浙江专用2020高考数学三轮冲刺抢分练仿真卷四

这是一份浙江专用2020高考数学三轮冲刺抢分练仿真卷四，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x20是其必要不充分条件；a>1是其充要条件；a>2，a>3均是其充分不必要条件．
6．与函数f(x)＝sin x2＋cs x的部分图象符合的是( )
答案 B
解析 f(0)＝sin 0＋cs 0＝1排除C，
F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝sin eq \f(π2,4)＋cs eq \f(π,2)＝sin eq \f(π2,4)>0，排除A，D.
7．已知随机变量ξ的分布列如下表所示：
则ξ的标准差为( )
A．3.56 B.eq \r(3.56) C．3.2 D.eq \r(3.2)
答案 B
解析 由题意，E(ξ)＝1×0.4＋3×0.1＋5×(1－0.4－0.1)＝3.2，
∴D(ξ)＝(1－3.2)2×0.4＋(3－3.2)2×0.1＋(5－3.2)2×0.5＝1.936＋0.004＋1.62＝3.56，
∴ξ的标准差为eq \r(3.56).
8．如图，正四面体ABCD中，P，Q，R分别在棱AB，AD，AC上，且AQ＝QD，eq \f(AP,PB)＝eq \f(CR,RA)＝eq \f(1,2)，分别记二面角A－PQ－R，A－PR－Q，A－QR－P的平面角为α，β，γ，则( )
A．β>γ>α B．γ>β>α
C．α>γ>β D．α>β>γ
答案 D
解析 ∵ABCD是正四面体，P，Q，R分别在棱AB，AD，AC上，且AQ＝QD，eq \f(AP,PB)＝eq \f(CR,RA)＝eq \f(1,2)，可得α为钝角，β，γ为锐角，设P到平面ACD的距离为h1，P到QR的距离为d1，Q到平面ABC的距离为h2，Q到PR的距离为d2，设正四面体的高为h ，棱长为6a，可得h1＝eq \f(1,3)h，h2＝eq \f(1,2)h，h11，即sin β>sin γ，所以γβ>γ.
9.如图，点C在以AB为直径的圆上，其中AB＝2，过A向点C处的切线作垂线，垂足为P，则eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))的最大值是( )
A．2 B．1 C．0 D．－1
答案 B
解析 连接BC(图略)，则∠ACB＝90°，
∵AP⊥PC，
∴eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(PC,\s\up6(→))＋\(CB,\s\up6(→))))＝eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))＋\(PC,\s\up6(→))))·eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \(PC,\s\up6(→))2，
依题意可证Rt△APC∽Rt△ACB，则eq \f(PC,CB)＝eq \f(AC,AB)，即PC＝eq \f(AC·CB,2)，
∵AC2＋CB2＝AB2，
∴AC2＋CB2＝4≥2AC·BC，
即AC·BC≤2，当且仅当AC＝CB时取等号．
∴PC≤1，
∴eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \(PC,\s\up6(→))2≤1，
∴eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))的最大值为1.
10．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2 017－1))2 019＋2 019a2 017＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2 017－1))2 021＝2 000，(a2 020－1)2 019＋2 019a2 020＋(a2 020－1)2 021＝2 038，则S4 036等于( )
A．2 019 B．2 020 C．2 021 D．4 036
答案 D
解析 由(a2 017－1)2 019＋2 019a2 017＋(a2 017－1)2 021＝2 000得：(a2 017－1)2 019＋2 019(a2 017－1)＋(a2 017－1)2 021＝－19，①
由(a2 020－1)2 019＋2 019a2 020＋(a2 020－1)2 021＝2 038得：
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2 020－1))2 019＋2 019eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2 020－1))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2 020－1))2 021＝19，②
令f(x)＝x2 019＋2 019x＋x2 021，
则①式即为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2 017－1))＝－19，
②式即为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2 020－1))＝19，
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x))＋f(x)＝0，即f(x)为奇函数，
且eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2 017－1))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2 020－1))＝0，∴a2 017＋a2 020＝2，
∴S4 036＝2 018eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a4 036))＝2 018(a2 017＋a2 020)＝4 036.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)
11．复数z＝eq \f(1,1－i)的共轭复数是________，复数z对应的点位于复平面内的第________象限．
答案 eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i 一
解析 eq \f(1,1－i)＝eq \f(1＋i,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－i))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋i)))＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i，其共轭复数为eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i，复数z对应的点位于复平面内的第一象限．
12．已知圆C：x2＋y2－2ax＋4ay＋5a2－25＝0的圆心在直线l1：x＋y＋2＝0上，则a＝________；圆C被直线l2：3x＋4y－5＝0截得的弦长为________．
答案 2 8
解析 圆C：x2＋y2－2ax＋4ay＋5a2－25＝0的标准方程为(x－a)2＋(y＋2a)2＝52，可得圆心坐标是(a，－2a)，
把圆心坐标代入直线l1：x＋y＋2＝0的方程中得a＝2；
即圆心为(2，－4)，圆心到直线l2：3x＋4y－5＝0的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(3×2－4×4－5)),\r(32＋42))＝3，
所以弦长等于2eq \r(r2－d2)＝2eq \r(52－32)＝8.
13．若x(1－mx)4＝a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，其中a2＝－6，则实数m＝________； a1＋a3＋a5＝________.
答案 eq \f(3,2) eq \f(313,16)
解析 x(1－mx)4＝a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5 ，
则x(1－mx)4＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－4mx＋C\\al(2,4)m2x2＋…))，
则－4m＝a2＝－6，
解得m＝eq \f(3,2) .
令x＝1，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,2)))4＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5 ，
令x＝－1, 则－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,2)))4＝－a1＋a2－a3＋a4－a5，
∴2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a3＋a5))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))4 ，
解得a1＋a3＋a5＝eq \f(313,16).
14．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin A＋sin B＝eq \f(5,4)sin C，且△ABC的周长为9，△ABC的面积为3sin C，则c＝________，cs C＝________.
答案 4 －eq \f(1,4)
解析 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，
已知sin A＋sin B＝eq \f(5,4)sin C，则a＋b＝eq \f(5c,4)，
且△ABC的周长为9，
则c＋eq \f(5c,4)＝9，
解得c＝4 .
因为△ABC的面积等于3sin C，
所以eq \f(1,2)absin C＝3sin C，
整理得ab＝6.
∵a＋b＝eq \f(5c,4)＝5,
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋b＝5，,ab＝6，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝3，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝2，))
∴cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq \f(1,4) .
15．某地火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成，如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方案共有________种(用数字作答)．
答案 96
解析 若第一棒火炬手为甲或乙，则最后一棒只能由甲、乙中不跑第一棒的火炬手完成，剩下的4段路线全排列，此时有2Aeq \\al(4,4)种不同的传递方案；若第一棒火炬手为丙，则最后一棒由甲或乙完成，剩下的4段路线全排列，此时有2Aeq \\al(4,4)种不同的传递方案，则由分类加法计数原理得共有2Aeq \\al(4,4)＋2Aeq \\al(4,4)＝96(种)不同的传递方案．
16．设椭圆C的两个焦点是F1，F2，过F1的直线与椭圆C交于P，Q，若|PF2|＝|F1F2|，且5|PF1|＝6|F1Q|，则椭圆的离心率为________．
答案 eq \f(9,11)
解析 画出图形如图所示．
由椭圆的定义可知：|PF1|＋|PF2|＝|QF1|＋|QF2|＝2a，|F1F2|＝2c.
∵|PF2|＝|F1F2|，∴|PF2|＝2c，
∴|PF1|＝2(a－c)．
∵5|PF1|＝6|F1Q|，
∴|QF1|＝eq \f(5,6)|PF1|＝eq \f(5,3)(a－c)，∴|QF2|＝eq \f(a,3)＋eq \f(5c,3).
在△PF1F2中，由余弦定理可得： cs∠PF1F2＝eq \f(|F1F2|2＋|F1P|2－|F2P|2,2|F1F2||F1P|)＝eq \f(a－c,2c)，
在△QF1F2中，由余弦定理可得： cs∠QF1F2＝eq \f(|F1F2|2＋|F1Q|2－|F2Q|2,2|F1F2||F1Q|)＝eq \f(2a－3c,5c).
∵∠PF1F2＋∠QF1F2＝180°，
∴cs∠PF1F2＝－cs∠QF1F2，
∴eq \f(a－c,2c)＝－eq \f(2a－3c,5c)，整理得9a＝11c，
∴e＝eq \f(c,a)＝eq \f(9,11).
17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若对任意λ∈R，不等式|λeq \(BC,\s\up6(→))－eq \(BA,\s\up6(→))|≥|eq \(BC,\s\up6(→))|恒成立，则eq \f(c,b)＋eq \f(b,c)的最大值为________．
答案 eq \r(5)
解析 由对任意λ∈R，不等式|λeq \(BC,\s\up6(→))－eq \(BA,\s\up6(→))|≥|eq \(BC,\s\up6(→))|恒成立得BC边上的高h≥a.
在△ABC中，有eq \f(1,2)ah＝eq \f(1,2)bcsin A，即bc＝eq \f(ah,sin A)，
在△ABC中，由余弦定理得
b2＋c2＝a2＋2bccs A＝a2＋eq \f(2ahcs A,sin A)，
则eq \f(c,b)＋eq \f(b,c)＝eq \f(b2＋c2,bc)＝eq \f(a2＋\f(2ahcs A,sin A),\f(ah,sin A))
＝eq \f(a2sin A＋2ahcs A,ah)＝eq \f(asin A＋2hcs A,h)
≤eq \f(hsin A＋2hcs A,h)＝sin A＋2cs A
＝eq \r(5)sin(A＋φ)，
其中tan φ＝2，
则当A＋φ＝eq \f(π,2)且h＝a时，eq \f(c,b)＋eq \f(b,c)取得最大值eq \r(5).
三、解答题(本大题共5小题，共74分．)
18．(14分)已知：函数f(x)＝eq \r(2)(sin x－cs x)．
(1)求函数f(x)的最小正周期和值域；
(2)若函数f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α，\f(6,5)))，eq \f(π,4)