2020届浙江省高考冲刺抢分练高考仿真卷（六） 数学（解析版）

2020届浙江省高考冲刺抢分练高考仿真卷（六） 数学（解析版）
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)
1．设集合A＝{1,2,3}，B＝{x∈R|－1 A．{1,2} B．{1,3} C．{2,3} D．{1,2,3}
答案　A
解　∵集合A＝{1,2,3}，B＝{x∈R|－1 ∴集合A与集合B公共元素组成的集合A∩B＝{1,2}．
2．已知双曲线－＝1的右顶点和抛物线y2＝8x的焦点重合，则m的值为(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
答案　D
解析　双曲线－＝1(m>0)的右顶点为(，0)，抛物线y2＝8x的焦点为(2,0)，所以m＝4.
3．若实数x，y满足则函数z＝2x＋y的最大值为(　　)
A．12 B. C．3 D．15
答案　A
解析　作出不等式组对应的平面区域如图阴影部分所示(含边界)．

由z＝2x＋y得y＝－2x＋z，
平移直线y＝－2x＋z，
由图象可知当直线y＝－2x＋z经过点A时，
直线y＝－2x＋z在y轴上的截距最大，
此时z最大．
由解得即A(5,2)，
代入目标函数z＝2x＋y，得z＝2×5＋2＝12.
即目标函数z＝2x＋y的最大值为12.
4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，面积最大的侧面的面积为(　　)

A．1 B. C. D.
答案　C
解析　几何体为一个四棱锥P－ABCD，其中PA＝，PB＝，PC＝，PD＝，AB＝BC＝CD＝DA＝1，
所以S△PAB＝S△PAD＝，S△PDC＝，S△PBC＝，因此面积最大的侧面面积为.

5．“x<2”是“2x<1”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案　B
解析　由2x<1得x<0，因为“x<2”是“x<0”的必要不充分条件，所以“x<2”是“2x<1”的必要不充分条件．
6．函数f(x)＝ln＋2sin x的图象大致为(　　)

答案　C
解析　由>0，得f(x)的定义域为(－1,1)，
f(－x)＝ln＋2sin(－x)＝－ln－2sin x＝－f(x)，
∴f(x)为定义在(－1,1)上的奇函数，可排除A和B，
又f(x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＋2sin x，x∈(－1,1)，
当x→1时，f(x)→－∞，可排除D.
7．已知0 ξ
－1
0
1
P
a
－a


当a增大时(　　)
A．E(ξ)增大，D(ξ)增大 B．E(ξ)减小，D(ξ)增大
C．E(ξ)增大，D(ξ)减小 D．E(ξ)减小 ，D(ξ)减小
答案　B
解析　由题意得，E(ξ)＝－a＋，D(ξ)＝2×a＋2×＋2×＝－a2＋2a＋，又∵0 ∴故当a增大时，E(ξ)减小，D(ξ)增大．
8.如图，已知三棱锥D－ABC，记二面角C－AB－D的平面角是θ，直线DA与平面ABC所成的角是θ1，直线DA与BC所成的角是θ2，则(　　)

A．θ≥θ1 B．θ≤θ1
C．θ≥θ2 D．θ≤θ2
答案　A
解析　若θ>，则θ>θ1，θ>θ2；若θ≤，如图所示，设D在平面ABC的投影为M，过M作MN⊥AB，垂足为N，连接DN，AM，

∴sin θ＝，sin θ1＝，∵DA≥DN，∴sin θ1≤sin θ，∴θ1≤θ，而θ与θ2的大小关系是不确定的，故选A.
9．已知||＝1，||＋||＝2，则与夹角的余弦值的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　易知＋＝，所以2＋2＋2·＝1.
设向量与的夹角为θ，||＝x，则||＝2－x，所以cos θ＝－＝－1－，因为||＝|＋|≥|||－|||，所以|2x－2|≤1，所以≤x≤，所以≤cos θ≤1.故选C.
10．已知函数f(x)＝若方程f(－x)＝－f(x)有五个不同的实数根，则a的取值范围是(　　)
A．(0，＋∞) B.
C．(－∞，0) D．(0,1)
答案　B
解析　设g(x)＝－f(－x)，则y＝g(x)的图象与y＝f(x)的图象关于原点对称，
方程f(－x)＝－f(x)有五个不同的实数根等价于函数y＝f(x)的图象与y＝g(x)的图象有5个交点，
由图象可知(图略)，只需y＝ax与曲线y＝ln x在第一象限有两个交点即可，
设过原点的直线与y＝ln x切于点P(x0，y0)，
由f′(x)＝，
则y＝ln x的切线为y－ln x0＝(x－x0)，
又此直线过点(0,0)，
所以ln x0＝1，
所以x0＝e，
即f′(e)＝，
即过原点的与y＝ln x相切的直线方程为y＝x，
即所求a的取值范围为.
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满足z·(1－i)＝3－4i(其中i为虚数单位)，则|z|＝________，复数z的共轭复数＝________.
答案　　＋i
解析　由z·(1－i)＝3－4i，得z＝＝＝－i，故|z|＝＝，＝＋i.
12．已知直线l：mx－y＝1，若直线l与直线x＋m(m－1)y＝2垂直，则m的值为________．动直线l: mx－y＝1被圆C：x2－2x＋y2－8＝0截得的最短弦长为________．
答案　0或2　2
解析　由两直线垂直的充要条件得m×1＋(－1)×m(m－1)＝0，∴m＝0或m＝2；圆的半径为3，当圆心(1,0)到直线的距离最长即d＝＝时弦长最短，此时弦长为2＝2.
13．(1－2x)5展开式中x3的系数为________；所有项的系数和为________．
答案　－80　－1
解析　因为Tk＋1＝C(－2)kxk，令k＝3，T4＝－80x3，
所以x3的系数为－80，
设(1－2x)5 ＝a0＋a1x＋…＋a5x5，
令x＝1，则a0＋a1＋…＋a5＝－1 ，
所以所有项的系数和为－1.
14．在△ABC中，若b＝2，A＝120°，三角形的面积S＝，则c＝________；三角形外接圆的半径为________．
答案　2　2
解析　S＝＝×2csin 120°，解得c＝2.
∴a2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12，
解得a＝2，
∴2R＝＝＝4，
解得R＝2.
15．已知椭圆C：＋＝1的左、右两焦点为F1，F2，△ABC为椭圆的内接三角形，已知A，且满足＋＋＝0，则直线BC的方程为_______________．
答案　14x－32y－27＝0
解析　由＋＋＝0知点F2为△ABC的重心，
设D(x0，y0)为BC的中点，
则＝2，
所以解得
即D.
设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
则
①－②得＋＝0，
即·＝－，
因为y1＋y2＝2y0＝－，
x1＋x2＝2x0＝，
所以直线BC的斜率k＝＝，
所以直线BC的方程为y＋＝，
即14x－32y－27＝0.
16．已知函数f(x)＝x＋＋c有两个不同的零点x1，x2，且x1，x2∈(0,2)，则b2＋2bc＋4b的取值范围是__________________．
答案　(0,1)
解析　函数f(x)＝x＋＋c有两个不同的零点x1，x2∈(0,2)，等价于函数g(x)＝x2＋cx＋b(x≠0)有两个不同的零点x1，x2∈(0,2)，则g(x)＝(x－x1)(x－x2)，所以x1x2＝b，x1＋x2＝－c，则b2＋2bc＋4b＝b(b＋2c＋4)＝x1x2[x1x2－2(x1＋x2)＋4]＝x1x2(2－x1)(2－x2)＝x1(2－x1)·x2(2－x2)≤2·2＝1，“＝”成立的条件是x1＝x2＝1.因为x1≠x2，所以“＝”取不到．又因为x1，x2∈(0,2)，所以2－x1∈(0,2)，2－x2∈(0,2)，所以x1x2(2－x1)(2－x2)>0，所以b2＋2bc＋4b的取值范围是(0,1)．
17．在平面四边形ABCD中，AB＝BC＝1，AD＝CD＝，∠DAB＝∠DCB＝90°，点P为AD的中点，M，N分别在线段BD，BC上，则PM＋MN的最小值为________．
答案　1
解析　由题意得BD＝＝，cos ∠ADB＝.
设DM＝t(0 PM＝
＝.
当MN⊥BC时，MN取得最小值为＝，
则PM＋MN＝－t＋1，
设y＝－t＋1，
则t2－yt＋－(y－1)2＝0，
将其看作是关于t的一元二次方程，

则Δ＝y2－≥0，
解得y≥1或y≤.
过点P作PM′⊥BD，故易得
PM≥PM′＝＝>，
所以y>，
则y≤舍去，即y≥1，
当y＝1时，t＝，
所以PM＋MN的最小值为1.
三、解答题(本大题共5小题，共74分．)
18．(14分)已知函数f(x)＝2sin(π－x)cos x＋2cos2x－1 .
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)当x∈时，f(x)≥m恒成立，求m的取值范围．
解　(1)f(x)＝2sin(π－x)cos x＋2cos2x－1
＝2sin xcos x＋cos 2x
＝sin 2x＋cos 2x
＝sin，
所以最小正周期T＝＝π.
(2)因为x∈ ，所以2x∈ ，
2x＋∈，
所以当2x＋＝－ ，即x＝－ 时，
sin 有最小值－ ，所以f(x)有最小值－1，
因为当x∈时，f(x)≥m 恒成立，所以m≤－1，
即m的取值范围是(－∞，－1]．
19.(15分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC，D为BC的中点．

(1)求证：A1C∥平面ADB1；
(2)若AB＝AA1＝，求直线A1D与平面ADB1所成角的正弦值．
解　(1)连接A1B(图略)，记AB1∩A1B＝E，连接DE，
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，
易知侧面ABB1A1为矩形，
所以E是A1B的中点，又D为BC的中点，所以A1C∥DE，
又A1C⊄平面ADB1，DE⊂平面ADB1，
所以A1C∥平面ADB1.
(2)方法一　因为AB＝AC＝AA1＝，△ABC为等腰直角三角形，
所以BC＝＝2，所BD＝＝1.
在Rt△B1BD中，tan∠BDB1＝＝，
连接BC1，在Rt△B1BC1中，tan∠B1BC1＝＝，
所以∠BDB1＝∠B1BC1.
又∠BB1D＋∠BDB1＝，所以∠BB1D＋∠B1BC1＝，所以BC1⊥B1D.
因为AB＝AC，D为BC的中点，所以AD⊥BC.
又在直三棱柱ABC－A1B1C1中，B1B⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，所以B1B⊥AD.
又B1B∩BC＝B，所以AD⊥平面B1BCC1，又BC1⊂平面B1BCC1，所以AD⊥BC1.
因为AD∩B1D＝D，所以BC1⊥平面AB1D.
取CC1的中点F，连接DF，A1F，则DF∥BC1，DF⊥平面ADB1，则∠A1DF为直线A1D与平面ADB1所成角的余角，设直线A1D与平面ADB1所成的角为θ，则θ＝－∠A1DF.
在△A1DF中，易知A1D＝＝，A1F＝＝，
DF＝＝，
所以cos∠A1DF＝＝，
故sin θ＝sin＝cos∠A1DF＝，
所以直线A1D与平面ADB1所成角的正弦值为.
方法二　因为AB＝AC，D为BC的中点，所以AD⊥BC，

又在直三棱柱ABC－A1B1C1中，B1B⊥平面ABC，
所以可以DA，DC所在直线，过点D且平行于B1B的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB＝AC＝AA1＝，△ABC为等腰直角三角形，
所以A(1,0,0)，D(0,0,0)，A1(1,0，)，B1(0，－1，)，故＝(－1,0，－)，＝(－1,0,0)，
＝(0,1，－)，
设平面ADB1的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，得y＝，则n＝(0，，1)为平面ADB1的一个法向量，
设直线A1D与平面ADB1所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝，
故直线A1D与平面ADB1所成角的正弦值为.
20．(15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝－an＋n(n∈N*)．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)求数列{an－1}的前n项和Tn.
(1)证明　2Sn＝－an＋n，
当n≥2时，2Sn－1＝－an－1＋n－1，
两式相减，得2an＝－an＋an－1＋1，即an＝an－1＋.
∴an－＝，
所以数列为等比数列．
(2)解　由2S1＝－a1＋1，得a1＝.由(1)知，数列是以－为首项，为公比的等比数列．
所以an－＝－n－1＝－n，
∴an＝－n＋(n∈N*)，
∴an－1＝－n－，
∴Tn＝－＝－(n∈N*)．
21．(15分)已知抛物线E：y2＝8x，直线l：y＝kx－4.
(1)若直线l与抛物线E相切，求直线l的方程；
(2)设Q(4,0)，直线l与抛物线E交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，若存在点C，满足AC⊥QC，且线段OC与AB互相平分(O为原点)，求x2的取值范围．
解　(1)方法一　当k＝0时，直线与抛物线不相切，所以k≠0.
由得k2x2－8(k＋1)x＋16＝0，
由k2≠0及Δ＝64(k＋1)2－64k2＝0，得k＝－，
所以，所求的直线l的方程为x＋2y＋8＝0.
方法二　直线l恒过点(0，－4)，
由y2＝8x，得y＝±，
设切点为(x0，y0)，由题意得，直线与抛物线在x轴下方的图象相切，
则y＝－，所以y′|＝－ ，
所以切线方程为y＋＝－(x－x0)，
将坐标(0，－4)代入得x0＝8，
即切点为(8，－8)，再将该点代入y＝kx－4得，k＝－，
所以所求的直线l的方程为x＋2y＋8＝0.
(2)由得k2x2－8(k＋1)x＋16＝0，且k≠0，
因为Δ＝64(k＋1)2－64k2>0，且k≠0，
所以k>－，且k≠0，
所以x1＋x2＝，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)－8＝，
因为线段OC与AB互相平分，所以四边形OACB为平行四边形．
所以＝＋＝(x1＋x2，y1＋y2)
＝，即C.
因为AC⊥QC,
方法一　所以kAC·kQC＝－1，
又kQC＝＝，
又kAC＝kOB＝＝k－，
所以·＝－1，
所以＝k＋＋2，
所以若k>0，则≥2＋2＝2(＋1)，
当且仅当k＝时取等号，
此时0 若－ 所以<－，即x2<－(舍去)，
综上所述，x2的取值范围是(0,4(－1)]．
方法二　所以·＝0，
又＝，
＝＝(x2，y2)＝(x2，kx2－4)，
所以·＝x2＋(kx2－4)＝0，
即＝k＋＋2，
所以若k>0，则≥2＋2＝2(＋1)，
当且仅当k＝时取等号，
此时0 若－ 所以<－，即x2<－(舍去)．
综上所述，x2的取值范围是(0,4(－1)]．

22．(15分)已知函数f(x)＝ae2x－aex－xex(a≥0，e＝2.718…，e为自然对数的底数)，若f(x)≥0对于x∈R恒成立．
(1)求实数a的值；
(2)证明：f(x)存在唯一极大值点x0，且＋≤f(x0)<.
(1)解　由f(x)＝ex(aex－a－x)≥0对于x∈R恒成立，
设函数g(x)＝aex－a－x，
可得g(x)＝aex－a－x≥0对于x∈R恒成立，
∵g(0)＝0，∴g(x)≥g(0)，
从而x＝0是g(x)的一个极小值点，
∵g′(x)＝aex－1，∴g′(0)＝a－1＝0，即a＝1.
当a＝1时，g(x)＝ex－1－x，g′(x)＝ex－1，
∵x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，0)上单调递减，
x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(0)＝0，即f(x)≥0，∴a＝1.
(2)证明　当a＝1时，f(x)＝e2x－ex－xex，
f′(x)＝ex(2ex－x－2)．
令h(x)＝2ex－x－2，则h′(x)＝2ex－1，
∴当x∈(－∞，－ln 2)时，
h′(x)<0，h(x)在(－∞，－ln 2)上为减函数；
当x∈(－ln 2，＋∞)时，h′(x)>0，
h(x)在(－ln 2，＋∞)上为增函数，且h(0)＝0，
∵h(－1)<0，h(－2)>0，
∴在(－2，－1)上存在x＝x0满足h(x0)＝0，
∵h(x)在(－∞，－ln 2)上为减函数，
∴当x∈(－∞，x0)时，h(x)>0，
即f′(x)>0，f(x)在(－∞，x0)上为增函数，
当x∈(x0，－ln 2)时，h(x)<0，
即f′(x)<0，f(x)在(x0，－ln 2)上为减函数，
当x∈(－ln 2,0)时，h(x) 即f′(x)<0，f(x)在(－ln 2,0)上为减函数，
当x∈(0，＋∞)时，h(x)>h(0)＝0，
即f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，
∴f(x)在(－ln 2，＋∞)上只有一个极小值点0，
综上可知，f(x)存在唯一的极大值点x0，
且x0∈(－2，－1)．
∵h(x0)＝0，∴2－x0－2＝0，
∴f(x0)＝－x0
＝2－(x0＋1)
＝－，x0∈(－2，－1)，
∵当x∈(－2，－1)时，－<，
∴f(x0)<；
∵ln ∈(－2，－1)，
∴f(x0)≥f ＝＋；
综上知＋≤f(x0)<.