2020届浙江省高考冲刺抢分练高考仿真卷（二） 数学（解析版）

2020届浙江省高考冲刺抢分练高考仿真卷（二） 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．若集合A＝，B＝，则A∪B等于(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　∵集合A＝＝，B＝，∴A∪B＝.
2．双曲线－y2＝1的顶点到渐近线的距离等于(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　双曲线－y2＝1的顶点为.渐近线方程为y＝±x.
双曲线－y2＝1的顶点到渐近线的距离等于＝.
3．已知实数x，y满足约束条件则z＝x＋2y的最大值是(　　)
A．0 B．1 C．5 D．6
答案　D
解析　作出不等式组对应的平面区域，如图中阴影部分(含边界)所示：

由z＝x＋2y，得y＝－x＋z，
平移直线y＝－x＋z，由图象可知，
当直线y＝－x＋z经过点A时，
直线y＝－x＋z在y轴上的截距最大，此时z最大．
由得A(0,3)，
此时z的最大值为z＝0＋2×3＝6.
4．已知一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个边长为2的正方形，则该几何体的表面积为(　　)

A. B．20
C．20＋ D．20＋
答案　C
解析　该几何体是棱长为2的正方体削去一个角后得到的几何体(如图)，其表面积为S＝3×2×2＋2×＋×2×2＋×2×＝20＋.

5．设x∈R，则x3<1是x2<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x3<1，可得x<1，
由x2<1，解得－1 所以(－1,1)(－∞，1)，
所以x3<1是x2<1的必要不充分条件．
6．函数y＝x3＋ln(－x)的图象大致为(　　)


答案　C
解析　因为f(x)的定义域为R，且f(－x)＝(－x)3＋ln＝－x3＋ln
＝－x3－ln－1＝－x3－ln＝－f，所以f为奇函数，图象关于原点对称，排除B，D，因为f(1)＝1＋ln>0，所以排除A.
7．设随机变量X的分布列如下：
X
0
1
2
3
P
0.1
a
0.3
0.4
则方差D(X)等于(　　)
A．0 B．1 C．2 D．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，沿直线BD将△ABD折成△A′BD，使点A′在平面BCD上的射影在△BCD内(不含边界)．设二面角A′－BD－C的大小为θ，直线A′D, A′C与平面BCD所成的角分别为α，β则(　　)
A．α<θ<β B．β<θ<α
C．β<α<θ D．α<β<θ
答案　D
解析　如图，作A′E⊥BD于E, O是A′在平面BCD内的射影，连接OE，OD，OC，易知∠A′EO＝θ，∠A′DO＝α，∠A′CO＝β，在矩形ABCD中，作AE⊥BD于E，延长AE交BC于F，由O点必落在EF上，由AD＝AB知OEtan β>tan α，即θ>β>α.
　
9．已知函数f(x)＝设方程f(x)－＝t(t∈R)的四个不等实数根从小到大依次为x1，x2，x3，x4，则下列判断中一定成立的是(　　)
A.＝1 B．1 C．4 答案　C
解析　由题意，作出函数的图象如图所示，

由图可知，0 所以4 又>，
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，
综上，4 10．已知a，b，c∈R且a＋b＋c＝0，a>b>c，则的取值范围是(　　)
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.因为a>b>c，即a>－a－c>c，解得－2<<－.设t＝，则t2＝＝＝1＋＝1＋.令y＝＋，x＝，x∈，则y＝x＋，由对勾函数的性质知函数在(－2，－1]上单调递增，在上单调递减，所以ymax＝－2，y>－，即＋∈，
所以∈，
所以t2∈.
所以t∈.
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)
11．二项式(1＋2x)5中，所有的二项式系数之和为_________________；
系数最大的项为________．
答案　32　80x3,80x4
解析　所有的二项式系数之和为C＋C＋…＋C＝25＝32，展开式为1＋10x＋40x2＋80x3＋80x4＋32x5，系数最大的项为80x3和80x4.
12．圆x2＋y2－2x－4y＝0的圆心C的坐标是__________，设直线l：y＝k(x＋2)与圆C交于A，B两点，若|AB|＝2，则k＝__________.
答案　(1,2)　0或
解析　由圆的一般方程x2＋y2－2x－4y＝0可得(x－1)2＋(y－2)2＝5，故圆心为C(1,2)．又圆心到直线l的距离d＝，由弦心距、半径及半弦长之间的关系可得2＋1＝5，解得k＝0或k＝.
13．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝，b＝，A＝，则B＝________；S△ABC＝_____________.
答案　　
解析　由已知及正弦定理可得sin B＝＝＝，
由于0 因为b 所以B＝，C＝π－－＝，
所以S△ABC＝absin C＝×××sin＝.
综上，B＝，S△ABC＝.
14．在政治、历史、物理、化学、生物、技术7门学科中任选3门．若同学甲必选物理，则甲的不同的选法种数为____．乙、丙两名同学都选物理的概率是________．
答案　15　
解析　由题意知同学甲只要在除物理之外的六门学科中选两门即可，故甲的不同的选法种数为C＝＝15(种)；由题意知同学乙、丙两人除选物理之外，还要在剩下的六门学科中选两门，故乙、丙的所有不同的选法种数为m＝CC＝×＝225(种)，而同学乙、丙两人从7门学科中选3门的所有选法种数为n＝CC＝×＝35×35＝1 225(种)，故所求事件的概率是P＝＝.
15．已知正实数x，y满足x＋2y＝4，则的最大值为________．
答案　3
解析　已知正实数x，y满足x＋2y＝4，根据基本不等式得到＝≤＝3.当且仅当x＝2y＋2，即x＝3，y＝时，等号成立．
16．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|λ－|≥||恒成立，则＋的最大值为________．
答案　
解析　由对任意λ∈R，不等式|λ－|≥||恒成立，得BC边上的高h≥a.
在△ABC中，有ah＝bcsin A，即bc＝，
在△ABC中，由余弦定理得
b2＋c2＝a2＋2bccos A＝a2＋，
则＋＝＝
＝＝
≤＝sin A＋2cos A
＝sin(A＋φ)，其中tan φ＝2，
则当A＋φ＝且h＝a时，＋取得最大值.
17．等差数列{an}满足a＋a＝1，则a＋a的取值范围是________．
答案　
解析　设⇒a2n＋1＝a1＋2nd＝cos α
⇒2nd＝cos α－sin α⇒a＋a
＝(a2n＋1－nd)2 ＋(a2n＋1＋nd)2＝2[a＋(nd)2]
＝2＝2cos2α
＋＝
＝，
所以所求的范围为 .
三、解答题(本大题共5小题，共74分．)
18．(14分)已知函数f(x)＝cos x，x∈R.
(1)求f(x)的最小正周期和最大值；
(2)讨论f(x)在区间上的单调性．
解　(1)由题意得f(x)＝cos xsin x－cos2x
＝sin 2x－
＝sin 2x－cos 2x－ ＝sin－.
所以f(x)的最小正周期T＝＝π，其最大值为1－.
(2)令z＝2x－，
则函数y＝sin z的单调递增区间是，k∈Z.
由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，
得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.
设A＝，
B＝，
易知A∩B＝.
所以当x∈时，f(x)在区间上单调递增；在区间上单调递减．
19．(15分)在四棱锥E－ABCD中，BC∥AD，AD⊥DC，AD＝DC＝2BC，AB＝AE＝ED＝BE，F是AE的中点．

(1)证明：BF∥平面EDC；
(2)求BF与平面EBC所成角的正弦值．
(1)证明　取ED的中点G，连接FG，GC，
则FG∥AD，且FG＝AD，
又因为BC∥AD，且BC＝AD，
所以FG∥BC，且FG＝BC，
所以四边形BFGC是平行四边形，
所以BF∥CG，
因为BF⊄平面EDC，CG⊂平面EDC，
所以BF∥平面EDC.
(2)解　分别取AD，BC的中点H，N，连接EH交FG于点M，则M是FG的中点，连接MN，则BF∥MN，

所以BF与平面EBC所成角即为MN与平面EBC所成角，
由EA＝ED，H是AD的中点，得EH⊥AD，
由于BC∥AD，所以BC⊥EH，易知四边形BHDC是平行四边形，所以CD∥BH，
由BC⊥CD，得BC⊥BH，
又EH∩BH＝H，所以BC⊥平面EBH，
因为BC⊂平面EBC，所以平面EBC⊥平面EBH，
过点M作MI⊥BE，垂足为I，则MI⊥平面EBC，
连接IN，∠MNI即为所求的角．
设BC＝1，则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为HE的中点，可得MI＝，
因此sin∠MNI＝＝.
20．(15分)正项数列满足a＋an＝3a＋2an＋1，a1＝1.
(1)求a2的值；
(2)证明：对任意的n∈N*，an<2an＋1；
(3)记数列{an}的前n项和为Sn，证明：对任意的n∈N*,2－≤Sn<3.
(1)解　当n＝1时，由a＋a1＝3a＋2a2＝2及a2>0，
得a2＝.
(2)证明　由a＋an＝3a＋2an＋1<4a＋2an＋1＝(2an＋1)2＋2an＋1，
又因为y＝x2＋x在x∈(0，＋∞)上单调递增，故an<2an＋1.
(3)证明　由(2)知当n≥2时，>，>，…，>，相乘得
an>a1＝，即an>，
故当n≥2时，Sn＝a1＋a2＋…＋an>1＋＋…＋＝2－，
当n＝1时，S1＝1＝2－.
所以当n∈N*时，Sn≥2－.
另一方面，a＋an＝3a＋2an＋1>2a＋2an＋1
＝2(a＋an＋1)，
令a＋an＝bn，则bn>2bn＋1，
于是当n≥2时，<，<，…，<，相乘得
bn 即a＋an＝bn<，故an<，
故当n≥2时，Sn＝a1＋(a2＋…＋an)<1＋
＝3－<3.
当n＝1时，S1＝1<3，
综上，对任意的n∈N*,2－≤Sn<3.
21．(15分)已知抛物线C1：y2＝4x和C2：x2＝2py的焦点分别为F1，F2，点P且F1F2⊥OP(O为坐标原点)．
(1)求抛物线C2的方程；
(2)过点O的直线交C1的下半部分于点M，交C2的左半部分于点N，求△PMN面积的最小值．
解　(1)F1(1,0)，F2，
∴＝，
·＝·＝1－＝0，
∴p＝2，
∴抛物线C2的方程为x2＝4y.
(2)由题意知，过点O的直线的斜率一定存在且不为0，设直线方程为y＝kx，
联立得(kx)2＝4x，求得M，
联立得N(4k,4k2)(k＜0)，
从而|MN|＝＝，
点P到直线MN的距离d＝，
S△PMN＝··
＝2＝
＝2，
令t＝k＋，有S△PMN＝2(t－2)(t＋1)，
当t＝－2，k＝－1时，S△PMN取得最小值．
即当过原点的直线为y＝－x时，
△PMN的面积取得最小值为8.
22．(15分)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设函数g(x)＝(x－2)ex＋f(x)－1－b，当a≥1时，g(x)≤0对任意的x∈恒成立，求满足条件的b最小的整数值．
解　(1)由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a，
当a≤0时，f′(x)＝－a>0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，
当a>0时，令f′(x)＝－a＝0，x＝，
由f′(x)>0，得x∈，由f′(x)<0，得x∈，
所以f(x)的单调递增区间为，f(x)的单调递减区间为.
综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，
当a>0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)由g(x)＝ex＋ln x－ax－b，
因为g(x)≤0对任意的x∈恒成立，
b≥ex＋ln x－ax在a≥1时对任意的x∈恒成立，
因为a≥1，x>0，
所以ex＋ln x－ax≤ex＋ln x－x，
只需b≥ex＋ln x－x对任意的x∈恒成立即可．
构造函数h(x)＝ex＋ln x－x，
h′(x)＝(x－1)ex＋－1＝(x－1)，
因为x∈，所以x－1<0，
且t(x)＝ex－单调递增，
因为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＝－ln x0.
所以h(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
所以h(x)max＝h＝ex0＋ln x0－x0
＝1－2∈，
所以b的最小的整数值为－3.