（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)三輪沖刺 搶分練 高考仿真卷（五）

《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)三輪沖刺 搶分練 高考仿真卷（五）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)三輪沖刺 搶分練 高考仿真卷（五）（14頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、浙江高考仿真卷(五) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分) 1．已知集合M＝{x|1≤x≤3}，N＝{x|x>2}，則集合M∩(?RN)等于(　　) A．{x|1≤x≤2} B．{x|x≥1} C．{x|1≤x<2} D．{x|22}， ∴?RN＝{x|x≤2}， ∴集合M∩(?RN)＝{x|1≤x≤2}． 2．設(shè)雙曲線－＝1(a>0)的兩焦點(diǎn)之間的距離為10，則雙曲線的離心率為(　　) A.B.C.D. 答案　C 解析　因?yàn)殡p曲線－＝1(a>0)的兩焦點(diǎn)之間的距離為10，所以2c＝10，c＝5，所以a2＝c2

2、－9＝16，所以a＝4.所以離心率e＝. 3．已知x，y∈R，且x>y>0，若a>b>1，則一定有(　　) A．logax>logby B．sinax>sinby C．a(chǎn)y>bx D．a(chǎn)x>by 答案　D 解析　當(dāng)x>y>0，a>b>1時(shí)，由指數(shù)函數(shù)和冪的性質(zhì)易得ax>ay>by. 4．將函數(shù)y＝cos(2x＋φ)的圖象向右平移個(gè)單位長度，得到的函數(shù)為奇函數(shù)，則|φ|的最小值為(　　) A.B.C.D. 答案　B 解析　設(shè)y＝cos(2x＋φ)向右平移個(gè)單位長度得到的函數(shù)為g(x)，則g(x)＝cos，因?yàn)間(x)為奇函數(shù)，且在原點(diǎn)有定義，所以－＋φ＝kπ＋(k∈Z)，解得φ

3、＝kπ＋(k∈Z)，故當(dāng)k＝－1時(shí)，|φ|min＝. 5．函數(shù)f(x)＝e|x－1|－2cos(x－1)的部分圖象可能是(　　) 答案　A 解析　因?yàn)閒(1)＝－1，所以排除B；因?yàn)閒(0)＝e－2cos1>0，所以排除D；因?yàn)楫?dāng)x>2時(shí)，f(x)＝ex－1－2cos (x－1)，∴f′(x)＝ex－1＋2sin(x－1)>e－2>0，即x>2時(shí)，f(x)具有單調(diào)性，排除C. 6．隨機(jī)變量ξ的分布列如下： ξ －1 0 1 P a b c 其中a，b，c成等差數(shù)列，則D(ξ)的最大值為(　　) A.B.C.D. 答案　A 解析　由分布列得a＋b＋

4、c＝1，又因?yàn)閍，b，c成等差數(shù)列，所以2b＝a＋c，則a＋c＝，所以E(ξ)＝c－a，D(ξ)＝a(c－a＋1)2＋b(c－a)2＋c(c－a－1)2＝a(c－a)2＋b(c－a)2＋c(c－a)2＋2a(c－a)＋a－2c(c－a)＋c＝－(c－a)2＋，則當(dāng)a＝c時(shí)，D(ξ)取得最大值. 7．已知單位向量e1，e2，且e1·e2＝－，若向量a滿足(a－e1)·(a－e2)＝，則|a|的取值范圍為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　因?yàn)橄蛄縠1，e2為單位向量， 且e1·e2＝|e1|·|e2|·cos〈e1，e2〉＝－， 所以|e1＋e2|＝＝1. 因?yàn)?a

5、－e1)·(a－e2)＝， 所以a2－a·(e1＋e2)＋e1·e2＝， 所以|a|2－a·(e1＋e2)＝， 所以|a|2－|a|·cos〈a，e1＋e2〉＝， 所以cos〈a，e1＋e2〉＝， 又因?yàn)椋?≤cos〈a，e1＋e2〉≤1， 所以|a|的取值范圍為. 8.在等腰梯形ABCD中，已知AB＝AD＝CD＝1，BC＝2，將△ABD沿直線BD翻折成△A′BD，如圖，則直線BA′與CD所成角的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　在等腰梯形ABCD中，易知∠ABC＝，∠ABD＝∠CBD＝，則∠A′BD＝，為定值，所以BA′的軌跡可看作是以BD

6、為軸，B為頂點(diǎn)，母線與軸的夾角為的圓錐的側(cè)面，故點(diǎn)A′的軌跡如圖中所示，其中F為BC的中點(diǎn)．過點(diǎn)B作CD的平行線，過點(diǎn)C作BD的平行線，兩平行線交于點(diǎn)E，則直線BA′與BE所成的角即直線BA′與CD所成的角．又易知CD⊥BD，所以直線A′B與CD所成角的取值范圍是，故選A. 9．已知函數(shù)f(x)＝g(x)＝kx＋2，若函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)在[0，＋∞)上只有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的值不可能為(　　) A．－B．－C．－D．－1 答案　A 解析　函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)的零點(diǎn)為函數(shù)y＝f(x)與y＝g(x)圖象的交點(diǎn)，在同一直角坐標(biāo)系下作出函數(shù)y＝f(x)與y＝g(x

7、)的圖象，如圖所示， 當(dāng)函數(shù)y＝g(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)(2,0)時(shí)滿足條件，此時(shí)k＝＝－1，當(dāng)函數(shù)y＝g(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)(4,0)時(shí)滿足條件，此時(shí)k＝＝－，當(dāng)函數(shù)y＝g(x)的圖象與(x－1)2＋y2＝1(x>0，y>0)相切時(shí)也滿足題意，此時(shí)＝1，解得k＝－，故選A. 10．已知數(shù)列滿足，a1＝1，a2＝，且[3＋(－1)n]an＋2－2an＋2[(－1)n－1]＝0，n∈N*，記T2n為數(shù)列{an}的前2n項(xiàng)和，數(shù)列{bn}是首項(xiàng)和公比都是2的等比數(shù)列，則使不等式·<1成立的最小整數(shù)n為(　　) A．7B．6C．5D．4 答案　C 解析　因?yàn)閇3＋(－1)n]an＋2－2an

8、＋2[(－1)n－1]＝0，n∈N*，∴當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，可得(3＋1)an＋2－2an＋2(1－1)＝0，n∈N*，即＝，∴a2，a4，a6，…是以a2＝為首項(xiàng)，以為公比的等比數(shù)列；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，可得(3－1)an＋2－2an＋2(－1－1)＝0，n∈N*，即an＋2－an＝2，∴a1，a3，a5，…是以a1＝1為首項(xiàng)，以2為公差的等差數(shù)列，T2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2n)＝n2＋1－，∵數(shù)列{bn}是首項(xiàng)和公比都是2的等比數(shù)列，bn＝2×2n－1＝2n，則·<1等價(jià)為·<1，即(n2＋1)·<1，即n2＋1<2n，分析函數(shù)y＝n2＋1與y＝2n，則

9、當(dāng)n＝1時(shí)，2＝2，當(dāng)n＝2時(shí)，5<4不成立，當(dāng)n＝3時(shí)，10<8不成立，當(dāng)n＝4時(shí)，17<16不成立，當(dāng)n＝5時(shí)，26<32成立，當(dāng)n≥5時(shí)，n2＋1<2n恒成立，故使不等式·<1成立的最小整數(shù)n為5. 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．若n的展開式中所有項(xiàng)的系數(shù)的絕對值之和為64，則n＝________；該展開式中的常數(shù)項(xiàng)是____________． 答案　3?。?7 解析　所求系數(shù)的絕對值之和相當(dāng)于n中所有項(xiàng)的系數(shù)之和，則在n中令x＝1，得(3＋1)n＝64，所以n＝3；3的通項(xiàng)為Tk＋1＝C(3)3－kk＝C·33－k· (－1)k

10、，令＝0，則k＝1，常數(shù)項(xiàng)為C×32×(－1)1＝－27. 12．已知實(shí)數(shù)x，y滿足若此不等式組所表示的平面區(qū)域形狀為三角形，則m的取值范圍為_______，如果目標(biāo)函數(shù)z＝2x－y的最小值為－1，則實(shí)數(shù)m＝________. 答案　(2，＋∞)　4 解析　要使不等式組所表示的平面區(qū)域形狀為三角形，直線x＝1與直線x－2y＋1＝0的交點(diǎn)(1,1)必在直線的左下方，所以m>2，畫出該區(qū)域如圖陰影部分所示(含邊界)， 由z＝2x－y得y＝2x－z，由圖可知，當(dāng)直線y＝2x－z過點(diǎn)A(1，m－1)時(shí)在y軸上的截距最大，z最小，所以，－1＝2×1－(m－1)，解得m＝4. 13．如圖是一

11、個(gè)幾何體的三視圖，若它的體積是，則a＝________，該幾何體的表面積為________． 答案　1　3＋ 解析　如圖所示，此幾何體是四棱錐，底面是邊長為a的正方形，平面SAB⊥平面ABCD，并且∠SAB＝90°，SA＝2，所以體積是V＝×a2×2＝，解得a＝1，四個(gè)側(cè)面都是直角三角形，所以計(jì)算出表面積是S＝12＋×1×2＋×1×＋×1×2＋×1×＝3＋. 14．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c若a＝，c＝3，A＝60°，則b＝________，△ABC的面積S＝________. 答案　1或2　或 解析　由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，即

12、7＝b2＋9－2b×3cos60°，即b2－3b＋2＝0，解得b＝1或2, 當(dāng)b＝1時(shí)，S＝bcsinA＝×1×3×sin60°＝，同理當(dāng)b＝2時(shí)，S＝. 15.如圖所示，在排成4×4方陣的16個(gè)點(diǎn)中，中心位置4個(gè)點(diǎn)在某圓內(nèi)，其余12個(gè)點(diǎn)在圓外．從16個(gè)點(diǎn)中任選3點(diǎn)，作為三角形的頂點(diǎn)，其中至少有一個(gè)頂點(diǎn)在圓內(nèi)的三角形共有____個(gè)． 答案　312 解析　根據(jù)題意，分3種情況討論： ①取出的3個(gè)點(diǎn)都在圓內(nèi)，C＝4，即有4種取法； ②在圓內(nèi)取2點(diǎn)，圓外12點(diǎn)中有10個(gè)點(diǎn)可供選擇，從中取1點(diǎn)，CC＝60，即有60種取法； ③在圓內(nèi)取1點(diǎn)，圓外12點(diǎn)中取2點(diǎn)，C＝248，即有248種取

13、法． 則至少有一個(gè)頂點(diǎn)在圓內(nèi)的三角形有 4＋60＋248＝312(個(gè))． 16．已知F1，F(xiàn)2為橢圓C：＋＝1的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P在橢圓C上移動(dòng)時(shí)，△PF1F2的內(nèi)心I的軌跡方程為____________________________． 答案　x2＋3y2＝1(y≠0) 解析　由題意得F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，設(shè)點(diǎn)P(x，y)，I(m，n)，－2

14、角形的內(nèi)心I的軌跡方程為m2＋3n2＝1(n≠0)，即x2＋3y2＝1(y≠0)． 17．設(shè)點(diǎn)P是△ABC所在平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，滿足＝λ＋μ，3λ＋4μ＝2(λ，μ∈R)，||＝||＝||.若|A|＝3，則△ABC面積的最大值是________． 答案　9 解析　由3λ＋4μ＝2，得λ＋2μ＝1， 所以＝λ＋μ＝λ·＋2μ·. 設(shè)＝，＝， 則由平面向量基本定理知點(diǎn)P，M，N在同一直線上， 又||＝||＝||， 所以P為△ABC的外心，且∠ACB為銳角，PN⊥BC， 由此可作圖，如圖所示， 設(shè)∠ACB＝θ，CN＝x，則BC＝2x， CM＝，CA＝， 所以S△ABC＝AC·

15、BCsinθ ＝··2x·sinθ＝x2， 在△ABC中，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosθ， 即4x2＋－2·2x··cosθ＝9， 所以x2＝， 所以S△ABC＝·＝＝＝≤9. 當(dāng)且僅當(dāng)9tanθ＝，即tanθ＝時(shí)等號(hào)成立， 所以△ABC面積的最大值是9. 三、解答題(本大題共5小題，共74分．) 18．(14分)已知函數(shù)f(x)＝4coscos－. (1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)求f(x)在區(qū)間上的值域． 解　(1)f(x)＝4sinx·－ ＝4sinx·－ ＝2sinxcosx＋2sin2x－ ＝sin2x＋·－ ＝sin2x－cos

16、2x ＝2sin. 令2kπ－≤2x－≤2kπ＋， 得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z， f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為. (2)由≤x≤，得≤2x－≤， 故而2sin∈[1，]， 即f(x)在區(qū)間上的值域?yàn)閇1，]． 19．(15分)如圖，已知四邊形ABCD是正方形，AE⊥平面ABCD，PD∥AE，PD＝AD＝2EA＝2，G，F(xiàn)，H分別為BE，BP，PC的中點(diǎn)． (1)求證：平面ABE⊥平面GHF； (2)求直線GH與平面PBC所成的角θ的正弦值． 解　(1)因?yàn)锳E⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以AE⊥BC， 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以AB⊥BC， 又BA∩

17、AE＝A，BA，AE?平面ABE，所以BC⊥平面AEB， 因?yàn)镕，H分別為BP，PC的中點(diǎn)，所以FH為△PBC的中位線， 所以FH∥BC， 所以FH⊥平面ABE， 又FH?平面GHF，所以平面ABE⊥平面GHF. (2)解　方法一　因?yàn)锳E⊥平面ABCD，PD∥AE，所以PD⊥平面ABCD， 又BC?平面ABCD，所以PD⊥BC，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以CD⊥BC， 又PD∩CD＝D，PD，CD?平面PCD， 所以BC⊥平面PCD， 又BC?平面PBC，所以平面PBC⊥平面PCD. 連接DH，則DH⊥PC， 因?yàn)槠矫鍼BC∩平面PCD＝PC，所以DH⊥平面PB

18、C， 所以∠DHG為直線GH與平面PBC所成角的余角，即θ＝－∠DHG. 在等腰直角三角形PDC中，因?yàn)镻D＝DC＝2，所以PC＝2， 所以DH＝＝. 連接DG，易知DG＝＝，GH＝＝， 所以在△DHG中，cos∠DHG＝＝， 所以sinθ＝sin＝cos∠DHG＝， 即直線GH與平面PBC所成的角θ的正弦值為. 方法二　易知DA，DC，DP兩兩垂直，所以以D為原點(diǎn)，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由PD＝AD＝2EA＝2，易得B(2,2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，H(0,1,1)，G，則＝(0，－2,2

19、)，＝(2,0,0)，＝. 設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)， 則 則則 令y＝1，則z＝1，所以n＝(0,1,1)為平面PBC的一個(gè)法向量， 所以sinθ＝|cos〈n，〉| ＝＝＝， 故直線GH與平面PBC所成的角θ的正弦值為. 20．(15分)已知數(shù)列{an}滿足：a1＝，an＋1＝(n∈N*)．(其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，e＝2.71828…) (1)證明：an＋1>an(n∈N*)； (2)設(shè)bn＝1－an，是否存在實(shí)數(shù)M>0，使得b1＋b2＋…＋bn≤M對任意n∈N*成立？若存在，求出M的一個(gè)值；若不存在，請說明理由． (1)證明　設(shè)f(x)＝ex－

20、x－1，令f′(x)＝ex－1＝0， 得到x＝0. 當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 故f(x)≥f(0)＝0，即ex≥x＋1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號(hào))． 故an＋1＝≥an，且取不到等號(hào)，所以an＋1>an. (2)解　先用數(shù)學(xué)歸納法證明an≤1－. ①當(dāng)n＝1時(shí)，a1≤1－成立． ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，不等式ak≤1－成立，那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝≤＝≤＝＝1－，即ak＋1≤1－也成立．故對n∈N*都有an≤1－. 所以bn＝1－an≥. 取n＝2t－1(t∈N*)，

21、 b1＋b2＋…＋bn≥＋＋…＋＝＋＋…＋. 即b1＋b2＋…＋bn≥＋＋…＋＝. 其中t＝log2n＋1，t∈N*， 當(dāng)n→＋∞時(shí)，t→＋∞，→＋∞， 所以不存在滿足條件的實(shí)數(shù)M，使得b1＋b2＋…＋bn≤M對任意n∈N*成立． 21．(15分)拋物線C：y＝x2，直線l的斜率為2. (1)若l與拋物線C相切，求直線l的方程； (2)若l與拋物線C相交于A，B，線段AB的中垂線交C于P，Q，求的取值范圍． 解　(1)設(shè)直線l的方程為y＝2x＋b，聯(lián)立直線l與拋物線C的方程得x2－2x－b＝0， Δ＝4＋4b＝0，所以b＝－1， 因此，直線l的方程為y＝2x－1. (2

22、)設(shè)直線l的方程為y＝2x＋b，設(shè)點(diǎn)A， B，P，Q， 聯(lián)立直線l與拋物線C的方程 得x2－2x－b＝0，Δ＝4＋4b>0，所以b>－1. 由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝2，x1x2＝－b. 所以|AB|＝|x1－x2|＝2， 且y1＋y2＝2(x1＋x2)＋2b＝4＋2b， 所以線段AB的中點(diǎn)為(1,2＋b)， 所以直線PQ的方程為y＝－x＋＋b， 由得2x2＋x－5－2b＝0， 由根與系數(shù)的關(guān)系得x3＋x4＝－，x3x4＝－－b， 所以|PQ|＝|x3－x4|＝， 所以＝＝>， 所以的取值范圍是. 22．(15分)已知函數(shù)f(x)＝ex－exsinx，x∈(e為

23、自然對數(shù)的底數(shù))． (1)求函數(shù)f(x)的值域； (2)若不等式f(x)≥k(x－1)(1－sinx)對任意x∈恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍； (3)證明：ex－1＞－(x－)2＋1. (1)解　因?yàn)閒(x)＝ex－exsinx， 所以f′(x)＝ex－ex(sinx＋cosx)＝ex(1－sinx－cosx)＝ex， ∵x∈，∴x＋∈， ∴sin≥，所以f′(x)≤0， 故函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，函數(shù)f(x)的最大值為f(0)＝1－0＝1； f(x)的最小值為f?＝－sin＝0， 所以函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇0,1]． (2)解　原不等式可化為ex(1－sinx)≥k(x

24、－1)(1－sinx)，(*) 因?yàn)?－sinx≥0恒成立，故(*)式可化為ex≥k(x－1)． 令g(x)＝ex－kx＋k，x∈，則g′(x)＝ex－k， 當(dāng)k≤0時(shí)，g′(x)＝ex－k>0，所以函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞增，故g(x)≥g(0)＝1＋k≥0，所以－1≤k≤0； 當(dāng)k>0時(shí)，令g′(x)＝ex－k＝0，得x＝lnk， 所以當(dāng)x∈(0，lnk)時(shí)，g′(x)＝ex－k<0； 當(dāng)x∈(lnk，＋∞)時(shí)，g′(x)＝ex－k>0. 所以當(dāng)lnk＜，即00成立； 當(dāng)lnk≥，即k≥時(shí)，函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞減，

25、g(x)min＝g＝－k·＋k≥0，解得≤k≤， 綜上，－1≤k≤. (3)證明　令h(x)＝ex－1＋2－1， 則h′(x)＝ex－1＋x－. 令t(x)＝h′(x)＝ex－1＋x－， 則t′(x)＝ex－1＋1>0， 所以h′(x)在R上單調(diào)遞增， 由h′＝－1＜0，h′＝－＞0， 故存在x0∈，使得h′＝0， 即＝－x0. 所以當(dāng)x∈(－∞，x0)時(shí)，h′(x)<0； 當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，h′(x)>0. 故當(dāng)x＝x0時(shí)，函數(shù)h(x)有極小值，且是唯一的極小值， 故函數(shù)h(x)min＝h(x0)＝＋2－1 ＝－＋2－1 ＝×2－＝2－， 因?yàn)閤0∈，所以2－> ×2－＝>0， 故h(x)＝ex－1＋2－1>0， 即ex－1>－2＋1. 14