（浙江專用）2020版高考數(shù)學三輪沖刺 搶分練 高考仿真卷（二）

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1、浙江高考仿真卷(二) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分) 1．若集合A＝，B＝，則A∪B等于(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　∵集合A＝＝，B＝，∴A∪B＝. 2．雙曲線－y2＝1的頂點到漸近線的距離等于(　　) A.B.C.D. 答案　A 解析　雙曲線－y2＝1的頂點為.漸近線方程為y＝±x. 雙曲線－y2＝1的頂點到漸近線的距離等于＝. 3．已知實數(shù)x，y滿足約束條件則z＝x＋2y的最大值是(　　) A．0B．1C．5D．6 答案　D 解析　作出不等式組對應的平面區(qū)域，如圖中陰影部分(含邊界)所示： 由z＝x＋2y，得y

2、＝－x＋z， 平移直線y＝－x＋z，由圖象可知， 當直線y＝－x＋z經(jīng)過點A時， 直線y＝－x＋z在y軸上的截距最大，此時z最大． 由得A(0,3)， 此時z的最大值為z＝0＋2×3＝6. 4．已知一個幾何體的三視圖如圖所示，其中俯視圖是一個邊長為2的正方形，則該幾何體的表面積為(　　) A. B．20 C．20＋ D．20＋ 答案　C 解析　該幾何體是棱長為2的正方體削去一個角后得到的幾何體(如圖)，其表面積為S＝3×2×2＋2×＋×2×2＋×2×＝20＋. 5．設x∈R，則x3<1是x2<1的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件

3、D．既不充分也不必要條件 答案　B 解析　由x3<1，可得x<1， 由x2<1，解得－10，所以排除A. 7．設隨機變量X的分布列如下： X 0 1 2 3 P 0.1 a 0.3 0.4 則方差D(X)等于(　

4、　) A．0B．1C．2D．3 答案　B 解析　a＝1－0.1－0.3－0.4＝0.2， E(X)＝1×0.2＋2×0.3＋3×0.4＝2， 故D(X)＝(0－2)2×0.1＋(1－2)2×0.2＋(2－2)2×0.3＋(3－2)2×0.4＝1. 8．已知在矩形ABCD中，AD＝AB，沿直線BD將△ABD折成△A′BD，使點A′在平面BCD上的射影在△BCD內(nèi)(不含邊界)．設二面角A′－BD－C的大小為θ，直線A′D, A′C與平面BCD所成的角分別為α，β則(　　) A．α<θ<β B．β<θ<α C．β<α<θ D．α<β<θ 答案　D 解析　如圖，作A′E⊥BD于E,

5、 O是A′在平面BCD內(nèi)的射影，連接OE，OD，OC，易知∠A′EO＝θ，∠A′DO＝α，∠A′CO＝β，在矩形ABCD中，作AE⊥BD于E，延長AE交BC于F，由O點必落在EF上，由AD＝AB知OEtanβ>tanα，即θ>β>α. 　 9．已知函數(shù)f(x)＝設方程f(x)－＝t(t∈R)的四個不等實數(shù)根從小到大依次為x1，x2，x3，x4，則下列判斷中一定成立的是(　　) A.＝1 B．1

6、x4<4， 所以4， 得log2>－log2， 所以log2>0，得>1，即x3x4－4＋15>0， 又x3＋x4>2，所以2<， 所以>0，所以x3x4<9， 綜上，4b>c，則的取值范圍是(　　) A. B. C．(－，) D. 答案　A 解析　由a＋b＋c＝0，a>b>c，得a>0，c<0，b＝－a－c.因為a>b>c，即a>－a－c>c，解得－2<<－.設t＝，則t2＝＝＝1＋＝1＋.令y＝＋，x＝，x∈，則y＝x＋，由對勾函數(shù)的性質(zhì)知函數(shù)在(－2，－1]上單調(diào)遞增，在上

7、單調(diào)遞減，所以ymax＝－2，y>－，即＋∈， 所以∈， 所以t2∈. 所以t∈. 二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分) 11．二項式(1＋2x)5中，所有的二項式系數(shù)之和為_________________； 系數(shù)最大的項為________． 答案　32　80x3,80x4 解析　所有的二項式系數(shù)之和為C＋C＋…＋C＝25＝32，展開式為1＋10x＋40x2＋80x3＋80x4＋32x5，系數(shù)最大的項為80x3和80x4. 12．圓x2＋y2－2x－4y＝0的圓心C的坐標是__________，設直線l：y＝k(x＋2)與圓C交于A，B兩點

8、，若|AB|＝2，則k＝__________. 答案　(1,2)　0或 解析　由圓的一般方程x2＋y2－2x－4y＝0可得(x－1)2＋(y－2)2＝5，故圓心為C(1,2)．又圓心到直線l的距離d＝，由弦心距、半徑及半弦長之間的關(guān)系可得2＋1＝5，解得k＝0或k＝. 13．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知a＝，b＝，A＝，則B＝________；S△ABC＝_____________. 答案　　 解析　由已知及正弦定理可得sinB＝＝＝， 由于0

9、以S△ABC＝absinC＝×××sin＝. 綜上，B＝，S△ABC＝. 14．在政治、歷史、物理、化學、生物、技術(shù)7門學科中任選3門．若同學甲必選物理，則甲的不同的選法種數(shù)為____．乙、丙兩名同學都選物理的概率是________． 答案　15　 解析　由題意知同學甲只要在除物理之外的六門學科中選兩門即可，故甲的不同的選法種數(shù)為C＝＝15(種)；由題意知同學乙、丙兩人除選物理之外，還要在剩下的六門學科中選兩門，故乙、丙的所有不同的選法種數(shù)為m＝CC＝×＝225(種)，而同學乙、丙兩人從7門學科中選3門的所有選法種數(shù)為n＝CC＝×＝35×35＝1225(種)，故所求事件的概率是P＝＝.

10、 15．已知正實數(shù)x，y滿足x＋2y＝4，則的最大值為________． 答案　3 解析　已知正實數(shù)x，y滿足x＋2y＝4，根據(jù)基本不等式得到＝≤＝3.當且僅當x＝2y＋2，即x＝3，y＝時，等號成立． 16．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若對任意λ∈R，不等式|λ－|≥||恒成立，則＋的最大值為________． 答案　 解析　由對任意λ∈R，不等式|λ－|≥||恒成立，得BC邊上的高h≥a. 在△ABC中，有ah＝bcsinA，即bc＝， 在△ABC中，由余弦定理得 b2＋c2＝a2＋2bccosA＝a2＋， 則＋＝＝ ＝＝ ≤＝sinA＋2c

11、osA ＝sin(A＋φ)，其中tanφ＝2， 則當A＋φ＝且h＝a時，＋取得最大值. 17．等差數(shù)列{an}滿足a＋a＝1，則a＋a的取值范圍是________． 答案　 解析　設?a2n＋1＝a1＋2nd＝cosα ?2nd＝cosα－sinα?a＋a ＝(a2n＋1－nd)2＋(a2n＋1＋nd)2＝2[a＋(nd)2] ＝2＝2cos2α ＋＝ ＝， 所以所求的范圍為. 三、解答題(本大題共5小題，共74分．) 18．(14分)已知函數(shù)f(x)＝cosx，x∈R. (1)求f(x)的最小正周期和最大值； (2)討論f(x)在區(qū)間上的單調(diào)性． 解　(1)由

12、題意得f(x)＝cosxsinx－cos2x ＝sin2x－ ＝sin2x－cos2x－＝sin－. 所以f(x)的最小正周期T＝＝π，其最大值為1－. (2)令z＝2x－， 則函數(shù)y＝sinz的單調(diào)遞增區(qū)間是，k∈Z. 由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z， 得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z. 設A＝， B＝， 易知A∩B＝. 所以當x∈時，f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增；在區(qū)間上單調(diào)遞減． 19．(15分)在四棱錐E－ABCD中，BC∥AD，AD⊥DC，AD＝DC＝2BC，AB＝AE＝ED＝BE，F(xiàn)是AE的中點． (1)證明：BF∥平面EDC； (2)求BF與平面

13、EBC所成角的正弦值． (1)證明　取ED的中點G，連接FG，GC， 則FG∥AD，且FG＝AD， 又因為BC∥AD，且BC＝AD， 所以FG∥BC，且FG＝BC， 所以四邊形BFGC是平行四邊形， 所以BF∥CG， 因為BF?平面EDC，CG?平面EDC， 所以BF∥平面EDC. (2)解　分別取AD，BC的中點H，N，連接EH交FG于點M，則M是FG的中點，連接MN，則BF∥MN， 所以BF與平面EBC所成角即為MN與平面EBC所成角， 由EA＝ED，H是AD的中點，得EH⊥AD， 由于BC∥AD，所以BC⊥EH，易知四邊形BHDC是平行四邊形，所以CD∥BH，

14、 由BC⊥CD，得BC⊥BH， 又EH∩BH＝H，所以BC⊥平面EBH， 因為BC?平面EBC，所以平面EBC⊥平面EBH， 過點M作MI⊥BE，垂足為I，則MI⊥平面EBC， 連接IN，∠MNI即為所求的角． 設BC＝1，則AD＝CD＝2，所以AB＝， 由AB＝BE＝AE＝，得BF＝， 所以MN＝BF＝， 在Rt△AHE中，由AE＝，AH＝1，得EH＝2， 在△EBH中，由BH＝EH＝2，BE＝， MI⊥BE，M為HE的中點，可得MI＝， 因此sin∠MNI＝＝. 20．(15分)正項數(shù)列滿足a＋an＝3a＋2an＋1，a1＝1. (1)求a2的值； (2)證明

15、：對任意的n∈N*，an<2an＋1； (3)記數(shù)列{an}的前n項和為Sn，證明：對任意的n∈N*,2－≤Sn<3. (1)解　當n＝1時，由a＋a1＝3a＋2a2＝2及a2>0， 得a2＝. (2)證明　由a＋an＝3a＋2an＋1<4a＋2an＋1＝(2an＋1)2＋2an＋1， 又因為y＝x2＋x在x∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故an<2an＋1. (3)證明　由(2)知當n≥2時，>，>，…，>，相乘得 an>a1＝，即an>， 故當n≥2時，Sn＝a1＋a2＋…＋an>1＋＋…＋＝2－， 當n＝1時，S1＝1＝2－. 所以當n∈N*時，Sn≥2－. 另一方面，a

16、＋an＝3a＋2an＋1>2a＋2an＋1 ＝2(a＋an＋1)， 令a＋an＝bn，則bn>2bn＋1， 于是當n≥2時，<，<，…，<，相乘得 bn

17、 解　(1)F1(1,0)，F(xiàn)2， ∴＝， ·＝·＝1－＝0， ∴p＝2， ∴拋物線C2的方程為x2＝4y. (2)由題意知，過點O的直線的斜率一定存在且不為0，設直線方程為y＝kx， 聯(lián)立得(kx)2＝4x，求得M， 聯(lián)立得N(4k,4k2)(k＜0)， 從而|MN|＝＝， 點P到直線MN的距離d＝， S△PMN＝·· ＝2＝ ＝2， 令t＝k＋，有S△PMN＝2(t－2)(t＋1)， 當t＝－2，k＝－1時，S△PMN取得最小值． 即當過原點的直線為y＝－x時， △PMN的面積取得最小值為8. 22．(15分)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋1. (1

18、)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)設函數(shù)g(x)＝(x－2)ex＋f(x)－1－b，當a≥1時，g(x)≤0對任意的x∈恒成立，求滿足條件的b最小的整數(shù)值． 解　(1)由題意知，函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－a， 當a≤0時，f′(x)＝－a>0，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)， 當a>0時，令f′(x)＝－a＝0，x＝， 由f′(x)>0，得x∈，由f′(x)<0，得x∈， 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為. 綜上，當a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)， 當a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為. (2)由g

19、(x)＝ex＋lnx－ax－b， 因為g(x)≤0對任意的x∈恒成立， b≥ex＋lnx－ax在a≥1時對任意的x∈恒成立， 因為a≥1，x>0， 所以ex＋lnx－ax≤ex＋lnx－x， 只需b≥ex＋lnx－x對任意的x∈恒成立即可． 構(gòu)造函數(shù)h(x)＝ex＋lnx－x， h′(x)＝(x－1)ex＋－1＝(x－1)， 因為x∈，所以x－1<0， 且t(x)＝ex－單調(diào)遞增， 因為t＝－2<0，t＝e－1>0， 所以一定存在唯一的x0∈，使得t(x0)＝0， 即ex0＝，x0＝－lnx0. 所以h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為. 所以h(x)max＝h＝ex0＋lnx0－x0 ＝1－2∈， 所以b的最小的整數(shù)值為－3. 13