（浙江专用）2020高考数学二轮复习 高考仿真模拟练（一）

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1、高考仿真模拟练(一) (时间：120分钟；满分：150分) 选择题部分 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．设集合A＝{x|x2－x－2≤0}，B＝{x|x<1，且x∈Z}，则A∩B＝(　　) A．{－1}　　　　　　　　　 B．{0}　　　　　　　　　 C．{－1，0}　　　　　　　　　 D．{0，1} 2．若复数(i为虚数单位)为纯虚数，则实数a的值为(　　) A．2 B. C．－ D．－2 3．设a∈R，则“a＞0”是“a＋≥2”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充

2、分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线平行于直线y＝2x－1，则P点的坐标为(　　) A．(1，3) B．(－1，3) C．(1，3)和(－1，3) D．(1，－3) 5．函数y＝(a>1)的图象大致形状是(　　) 6．已知变量x，y满足约束条件若不等式2x－y＋m2≥0恒成立，则实数m的取值范围为(　　) A．[－，] B．[－，] C．(－∞，－]∪[，＋∞) D．(－∞，－]∪[，＋∞) 7．随机变量X的分布列如下表，且E(X)＝2，则D(2X－3)＝(　　) X 0 2 a

3、 P p A.2 B．3 C．4 D．5 8．已知平面向量a，b，c满足c＝xa＋yb(x，y∈R)，且a·c>0，b·c>0.(　　) A．若a·b<0则x>0，y>0 B．若a·b<0则x<0，y<0 C．若a·b>0则x<0，y<0 D．若a·b>0则x>0，y>0 9. 如图，四棱锥P­ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD都是等边三角形，则异面直线CD与PB所成角的大小为(　　) A．90° B．75° C．60° D．45° 10．若函数f(x)＝2x＋1－x2－2x－2，对于任意的x∈

4、Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－1] B．(－∞，0] C．(－∞，3] D．(－∞，4] 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 非选择题部分 二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分． 11．设抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线为l，点A(0，2)．若线段FA的中点B在抛物线上，则F到l的距离为________，|FB|＝________． 12. 某几何体的三视图如图所示，当xy取得

5、最大值为________时，该几何体的体积是________． 13．在△ABC中，角A，B，C分别对应边a，b，c，S为△ABC的面积．已知a＝4，b＝5，C＝2A，则c＝________，S＝________． 14．已知数列{an}满足a1＝2且对任意的m，n∈N*，都有＝an，则a3＝________；{an}的前n项和Sn＝________． 15．安排甲、乙、丙、丁、戊5名大学生去杭州、宁波、金华三个城市进行暑期社会实践活动，每个城市至少安排一人，则不同的安排方式共有________种．(用数字作答) 16．已知f(x)＝x3＋ax－2b，如果f(x)的图象在切点P(1，－

6、2)处的切线与圆(x－2)2＋(y＋4)2＝5相切，那么3a＋2b＝________． 17．若二项式展开式的二项式系数之和为32，常数项为10，则实数m的值为________． 三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 18．(本题满分14分)已知函数f(x)＝sin2x－sin2(x－)，x∈R. (1)求f(x)的最小正周期； (2)求f(x)在区间上的最大值和最小值． 19. (本题满分15分)在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面AA1B1B是边长为2的正方形，点C在平面AA1B1B上的

7、射影H恰好为A1B的中点，且CH＝，设D为CC1的中点． (1)求证：CC1⊥平面A1B1D； (2)求DH与平面AA1C1C所成角的正弦值． 20．(本题满分15分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，公差d≠0，且S1，S3，S9成等比数列，数列{bn}满足b1S1＋b2S2＋…＋bnSn＝6－(n∈N*)，{bn}的前n项和为Tn. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)记Rn＝＋＋…＋，试比较Rn与Tn的大小．21.(本题满分15分)已知抛物线y2＝2px，过焦点且垂直x轴的弦长为6，抛物线上的两个动点A(x1，y1)和B(x2，y2)，其中x1≠

8、x2且x1＋x2＝4，线段AB的垂直平分线与x轴交于点C. (1)求抛物线方程； (2)试证线段AB的垂直平分线经过定点，并求此定点； (3)求△ABC面积的最大值． 22．(本题满分15分)已知函数f(x)＝ln x＋x2－ax＋2，(a∈R)在定义域内不单调． (1)求实数a的取值范围； (2)若函数f(x)存在3个不同的零点，证明：存在m，n∈(0，＋∞)，使得<2－3. 高考仿真模拟练(一) 1．解析：选C.依题意得A＝{x|(x＋1)(x－2)≤0}＝{x|－1≤x≤2}，因此A∩B＝{x|－1≤x<1，x∈Z}＝{－1，0}，选C. 2．解析：选A.法

9、一：由题意得＝＝＝＋i为纯虚数，则＝0，且≠0，解得a＝2.故选A. 法二：由题意，令＝ti(t≠0)，则1＋ai＝t＋2ti，则解得 3．解析：选C.由a＞0得，a＋≥2＝2，所以是充分条件； 由a＋≥2可得a＞0，所以是必要条件， 故“a＞0”是“a＋≥2”的充要条件．故选C. 4．解析：选C.f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，则3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1，所以P(1，3)或(－1，3)，经检验，点(1，3)，(－1，3)均不在直线y＝2x－1上，故选C. 5．解析：选B.当x>0时，y＝ax，因为a>1，所以是增函数，排除C、D，当x<0时，y＝－ax，是

10、减函数，所以排除A.故选B. 6．解析：选D. 作出约束条件 所对应的可行域(图中阴影部分)，令z＝－2x＋y， 当直线经过点A(－4，－1)时，z取得最大值， 即zmax＝－2×(－4)－1＝7， 所以m的取值范围为(－∞，－]∪[，＋∞)，故选D. 7．解析：选C.由题意可得：＋p＋＝1，解得p＝，因为E(X)＝2，所以0×＋2×＋a×＝2，解得a＝3.D(X)＝(0－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＝1.D(2X－3)＝4D(X)＝4.故选C. 8．解析：选A.由a·c>0，b·c>0，若a·b<0， 可举a＝(1，1)，b＝(－2，1)，c＝(0，1)，

11、 则a·c＝1>0，b·c＝1>0，a·b＝－1<0， 由c＝xa＋yb，即有0＝x－2y，1＝x＋y， 解得x＝，y＝，则可排除B； 若a·b>0，可举a＝(1，0)，b＝(2，1)，c＝(1，1)， 则a·c＝1>0，b·c＝3>0，a·b＝2>0， 由c＝xa＋yb，即有1＝x＋2y，1＝y，解得x＝－1，y＝1， 则可排除C，D.故选A. 9．解析：选A.延长DA至E， 使AE＝DA，连接PE，BE，因为∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，所以DE＝BC，DE∥BC. 所以四边形CBED为平行四边形． 所以CD∥BE. 所以∠PBE(或其补角)就是异面直

12、线CD与PB所成的角． 在△PAE中，AE＝PA，∠PAE＝120°， 由余弦定理得 PE＝ ＝ ＝AE. 在△ABE中，AE＝AB，∠BAE＝90°， 所以BE＝AE. 因为△PAB是等边三角形， 所以PB＝AB＝AE. 因为PB2＋BE2＝AE2＋2AE2＝3AE2＝PE2，所以∠PBE＝90°.故选A. 10．解析：选D.f(x)＝2x＋1－x2－2x－2≤0，即2x＋1≤x2＋2x＋2.设g(x)＝2x＋1，h(x)＝x2＋2x＋2，当x≤－1时，0＜g(x)≤1，h(x)＝x2＋2x＋2≥1，所以当a≤－1时，满足对任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0

13、恒成立；当－1＜x＜4时，因为g(0)＝h(0)＝2，g(1)＝4＜h(1)＝5，g(2)＝8＜h(2)＝10，g(3)＝16＜h(3)＝17，所以当－1＜a≤4时，亦满足对任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立；当x≥4时，易知f′(x)＝2x＋1·ln 2－2x－2，设F(x)＝2x＋1·ln 2－2x－2，则F′(x)＝2x＋1·(ln 2)2－2＞0，所以F(x)＝2x＋1·ln 2－2x－2在[4，＋∞)上是增函数，所以f′(x)≥f′(4)＝32ln 2－10＞0，所以函数f(x)＝2x＋1－x2－2x－2在[4，＋∞)上是增函数，所以f(x)≥f(4)＝32－16－8

14、－2＝6＞0，即当a＞4时，不满足对任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立． 综上可知，实数a的取值范围是(－∞，4]． 11．解析：依题意可知F点坐标为，所以B点坐标为，代入抛物线方程解得p＝，所以F到l的距离为，|FB|＝＋＝. 答案：　 12. 解析：分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P­ABCD， CD＝，AB＝y，AC＝5，CP＝，BP＝x，所以BP2＝BC2＋CP2，即x2＝25－y2＋7，x2＋y2＝32≥2xy，则xy≤16，当且仅当x＝y＝4时，等号成立．此时该几何体的体积V＝××3×＝3. 答案：16　3 13．6　 14．解析：因为

15、＝an，所以an＋m＝an·am，所以a3＝a1＋2＝a1·a2＝a1·a1·a1＝23＝8；令m＝1，则有an＋1＝an·a1＝2an，所以数列{an}是首项为a1＝2，公比q＝2的等比数列，所以Sn＝＝2n＋1－2. 答案：8　2n＋1－2 15．解析：根据题意，按五名同学分组的不同分2种情况讨论； ①五人分为2，2，1的三组，有＝15(种)分组方法，对应三个暑期社会实践活动，有15×A＝90(种)安排方案； ②五人分为3，1，1的三组，有＝10(种)分组方法，对应三个暑期社会实践活动，有10×A＝60(种)安排方案； 综上，共有90＋60＝150(种)不同的安排方案． 答案：

16、150 16．解析：由题意得f(1)＝－2⇒a－2b＝－3，又因为f′(x)＝3x2＋a，所以f(x)的图象在点(1，－2)处的切线方程为y＋2＝(3＋a)(x－1)，即(3＋a)x－y－a－5＝0，所以＝⇒a＝－，所以b＝，所以3a＋2b＝－7. 答案：－7 17．解析：因为二项式展开式的二项式系数之和为32，所以2n＝32，所以n＝5，因为Tr＋1＝C()5－r＝Cmrx－r，令－r＝0，得r＝1，所以常数项为Cm＝10，所以m＝2. 答案：2 18．解：(1)由已知，有f(x)＝－ ＝－cos 2x ＝sin 2x－cos 2x ＝sin. 所以f(x)的最小正周期T＝

17、＝π. (2)因为f(x)在区间上是减函数，在区间上是增函数，且f＝－，f＝－，f＝， 所以f(x)在区间上的最大值为，最小值为－. 19．解： (1)证明：如图，以H为原点，建立空间直角坐标系，则C(0，0，)，C1(，，)，A1(，0，0)，B1(0，，0)， 所以＝(，，0)， ＝， ＝， 所以·＝0，·＝0， 因此CC1⊥平面A1B1D. (2)设平面AA1C1C的法向量n＝(1，x，y)，由于＝(，，0)，＝(－，0，)， 则n·＝＋x＝0，n·＝－＋y＝0，得x＝－1，y＝， 所以n＝. 又＝， 所以sin θ＝＝＝. 20．解：(1)由已知得S＝

18、S1·S9， 即(3＋3d)2＝9＋36d， 又d≠0，所以d＝2，所以an＝2n－1，Sn＝n2， 由b1×12＋b2×22＋…＋bn×n2＝6－得b1＝， n≥2时，bn×n2＝6－－6＋＝， 所以bn＝，显然b1＝也满足． 所以bn＝(n∈N*)． (2)Tn＝1－，Tn＝(1－)， Rn＝＋＋…＋＝ ＝(1－)． 当n＝1时，21<2×1＋1＝3，R1>T1； 当n＝2时，22<2×2＋1＝5，R2>T2； 当n≥3时，2n＝(1＋1)n＝1＋C＋C＋C＋…>1＋n＋≥2n＋1； 所以RnTn；当n≥3时Rn

19、21．解：(1)由题意，2p＝6，所以抛物线方程为y2＝6x. (2)设线段AB的中点为M(x0，y0)， 则x0＝2，y0＝，kAB＝＝. 线段AB的垂直平分线的方程是y－y0＝－(x－2)，① 由题意知x＝5，y＝0是①的一个解， 所以线段AB的垂直平分线与x轴的交点C为定点，且点C坐标为(5，0)． 所以线段AB的垂直平分线经过定点C(5，0)． (3)由(2)知直线AB的方程为y－y0＝(x－2)， 即x＝(y－y0)＋2，② ②代入y2＝6x得y2＝2y0(y－y0)＋12， 即y2－2y0y＋2y－12＝0，③ 依题意，y1，y2是方程③的两个实根，且y1≠y

20、2， 所以Δ>0，－22. (2)证明：令f′(x)＝＝0的两根为x1，x2，且x1

21、为f(x)存在3个不同的零点， 且x→0时，f(x)→－∞，x→＋∞时，f(x)→＋∞， 所以f(x1)>0，f(x2)<0， f(x1)＝ln x1＋x－x1＋2＝ln x1－x＋1， 同理f(x2)＝ln x2－x＋1， 令g(x)＝ln x－x2＋1，则g′(x)＝－2x<0得x>， 所以g(x)在上单调递增，在上单调递减， 因为g(1)＝0，所以x2>1， 又因为g>0， 当x→0时，g(x)→－∞， 所以存在x0∈使得g＝0，因为g(x1)>0， 所以＝x1>x0， 所以1h(n)， 即f(m)－f(n)>(2－3)(m－n)， 即<2－3； 若t1