2020浙江新高考数学二轮复习专题强化练：高考仿真模拟练（二）

高考仿真模拟练(二)

(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．若集合M＝{y|y＝2－x}，P＝{y|y＝}，则(　　)
A．M＝P　　 　　　　　　 B．M⊆P　 　　　　　　　
C．P⊆M　 　　　　　　　 D．M∩P＝∅
2．已知＝1＋ni，其中m，n是实数，i是虚数单位，则m＋ni在复平面内对应的点到坐标原点的距离为(　　)
A.　　 B．3
C. D．5
3．已知直线l⊥平面α，直线m∥平面β，则“α∥β”是“l⊥m”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
4．直线y＝kx＋1与曲线y＝x3＋ax＋b相切于点A(1，3)，则2a＋b的值等于(　　)
A．2 B．－1
C．1 D．－2
5．函数y＝(2x－1)ex的图象是(　　)

6．已知O是坐标原点，若点M(x，y)为平面区域上的一个动点，则目标函数z＝－x＋2y的最大值是(　　)
A．0 B．1
C．3 D．4
7．设随机变量X的概率分布列如下表所示：

X
0
1
2
P
a


若F(x)＝P(X≤x)，则当x的取值范围是[1，2)时，F(x)等于(　　)
A. B.
C. D.
8．已知单位向量a，b满足|2a－b|＝2，若存在向量c，使得(c－2a)·(c－b)＝0，则|c|的取值范围是(　　)
A. B.
C. D．[－1，＋1]
9.

如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
10．已知函数f(x)＝x＋＋a，x∈[a，＋∞)，其中a>0，b∈R，记m(a，b)为f(x)的最小值，则当m(a，b)＝2时，b的取值范围为(　　)
A．b> B．b<
C．b> D．b<
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．双曲线x2－＝1的离心率是________，渐近线方程是________．
12.

一个正四棱锥的所有棱长均为2，其俯视图如图所示，则该正四棱锥的正视图的面积为________，正四棱锥的体积为________．
13．已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，2asin B＝b，b＝2，c＝3，AD是内角的平分线，则BC＝________，BD＝________．
14．在等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16，则数列{an}的通项公式为________．若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，则数列{bn}的前n项和Sn为________．
15．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种(用数字作答)．
16．已知圆O：x2＋y2＝1，直线x－2y＋5＝0上动点P，过点P作圆O的一条切线，切点为A，则|PA|的最小值为________．
17．已知函数f(x)＝，g(x)＝logx，记函数h(x)＝则函数F(x)＝h(x)＋x－5的所有零点的和为________．
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)＝sin xsin.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)当x∈时，求f(x)的取值范围．











19.(本题满分15分)

如图，已知四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，侧棱AA1⊥底面ABCD，M是AC的中点，∠BAD＝120°，AA1＝AB.
(1)证明：MD1∥平面A1BC1；
(2)求直线MA1与平面A1BC1所成的角的正弦值．

20．(本题满分15分)已知f(x)＝ex－aln x(a∈R)．
(1)求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当a＝－1时，若不等式f(x)>e＋m(x－1)对任意x∈(1，＋∞)恒成立，求实数m的取值范围．
21.(本题满分15分)

如图，已知直线PA，PB，PC分别与抛物线y2＝4x交于点A，B，C与x轴的正半轴分别交于点L，M，N且|LM|＝|MN|，直线PB的方程为2x－y－4＝0.
(1)设直线PA，PC的斜率分别为k1，k2，求证：k1＋k2＝k1k2；
(2)求的取值范围．

22．(本题满分15分)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，n∈N*.记Sn，Tn分别是数列{an}，{a}的前n项和．证明：当n∈N*时，
(1)an＋1＜an；
(2)Tn＝－2n－1；
(3)－1＜Sn＜.

高考仿真模拟练(二)
1．解析：选B.因为集合M＝{y|y>0}，P＝{y|y≥0}，故M⊆P，选B.
2．解析：选C.法一：由已知可得m＝(1＋ni)(1－i)＝(1＋n)＋(n－1)i，因为m，n是实数，所以故即m＋ni＝2＋i，m＋ni在复平面内对应的点为(2，1)，其到坐标原点的距离为，故选C.
法二：＝＝＋i＝1＋ni，故即m＋ni在复平面内对应的点到坐标原点的距离为＝.
3．解析：选A.根据已知条件，由于直线l⊥平面α，直线m∥平面β，如果两个平面平行α∥β，则必然能满足l⊥m，反之，如果l⊥m，则对于平面α，β可能是相交的，故条件能推出结论，但是结论不能推出条件，故选A.
4．解析：选C.题意知，y′＝3x2＋a，
则由此解得所以2a＋b＝1，选C.
5．解析：选A.令y＝(2x－1)ex＝0，解得x＝，函数有唯一的零点，故排除C、D.当x→－∞时，ex→0，所以y→0，故排除B.故选A.
6.

解析：选D.作出点M(x，y)满足的平面区域，如图所示，由图知当点M为点C(0，2)时，目标函数z＝－x＋2y取得最大值，即为－1×0＋2×2＝4，故选D.
7．解析：选D.由分布列的性质，得a＋＋＝1，所以a＝.而x∈[1，2)，所以F(x)＝P(X≤x)＝＋＝.
8．解析：选C.如图，设＝a，＝b，＝c，＝2a，因为|2a－b|＝2，所以△OA′B是等腰三角形．因为(c－2a)·(c－b)＝0，所以(c－2a)⊥(c－b)，即A′C⊥BC，所以△A′BC

是直角三角形，所以C在以A′B为直径，1为半径的圆上．
取A′B的中点M，因为cos ∠A′BO＝，所以OM2＝1＋1－2×1×1×＝，即OM＝，
所以|c|∈.
9．解析：选D.连接BC1，

易证BC1∥AD1，
则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角．
连接A1C1，由AB＝1，AA1＝2，则A1C1＝，A1B＝BC1＝，故cos∠A1BC1＝＝.
10．D
11．2　y＝±x
12．解析：由正四棱锥的俯视图，可得到正四棱锥的直观图如图，

则该正四棱锥的正视图为三角形PEF(E，F分别为AD，BC的中点)，
因为正四棱锥的所有棱长均为2，
所以PB＝PC＝2，EF＝AB＝2，PF＝，
所以PO＝＝＝，
所以该正四棱锥的正视图的面积为
×2×＝；
正四棱锥的体积为×2×2×＝.
答案：　
13．解析：由2asin B＝b及正弦定理得2sin∠BAC·sin B＝sin B，所以sin∠BAC＝.
因为∠BAC为锐角，所以∠BAC＝.
因为AD是内角平分线，
所以＝＝＝.
由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC＝4＋9－2×2×3×＝7，
所以BC＝，BD＝.
答案：　
14．解析：设数列{an}的公比为q，则＝q3＝8，
所以q＝2，所以an＝2×2n－1＝2n.
设数列{bn}的公差为d，因为b3＝a3＝23＝8，b5＝a5＝25＝32，且{bn}为等差数列，所以b5－b3＝24＝2d，所以d＝12，
所以b1＝b3－2d＝－16，
所以Sn＝－16n＋×12＝6n2－22n.
答案：2n　6n2－22n
15．解析：把8张奖券分4组有两种分法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，无奖)、(无奖，无奖)四组，分给4人有A种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有C种分法，再分给4人有CA种分法，所以不同获奖情况种数为A＋CA＝24＋36＝60.
答案：60
16．解析：过O作OP垂直于直线x－2y＋5＝0，过P作圆O的切线PA，连接OA，易知此时|PA|的值最小．由点到直线的距离公式，得|OP|＝＝.又|OA|＝1，所以|PA|＝＝2.
答案：2
17．解析：由题

意知函数h(x)的图象如图所示，易知函数h(x)的图象关于直线y＝x对称，函数F(x)所有零点的和就是函数y＝h(x)与函数y＝5－x图象交点横坐标的和，设图象交点的横坐标分别为x1，x2，因为两函数图象的交点关于直线y＝x对称，所以＝5－所以x1＋x2＝5.
答案：5
18．解：(1)由题意得
f(x)＝sin2x＋sinxcos x
＝sin(2x－)＋，
所以函数f(x)的最小正周期T＝π.
(2)由0≤x≤知，
－≤sin≤1，
所以函数f(x)的取值范围为.
19．解：(1)证明：连接B1D1交A1C1于点E，连接BE，BD.
因为ABCD为菱形，所以点M在BD上，
且ED1∥BM，又ED1＝BM，故四边形ED1MB是平行四边形，则MD1∥BE，又BE⊂平面A1BC1，MD1⃘平面A1BC1，因此，
MD1∥平面BC1A1.

(2)由于A1B1C1D1为菱形，
所以A1C1⊥B1D1，
又ABCD­A1B1C1D1是直四棱柱，有A1C1⊥BB1，则A1C1⊥平面BB1D1D，
因此，平面BB1D1D⊥平面BC1A1.
过点M作平面BB1D1D和平面BC1A1交线BE的垂线，垂足为H，得MH⊥平面BC1A1.
连接HA1，则∠MA1H是直线MA1与平面BC1A1所成的角．
设AA1＝1，因为ABCD是菱形且∠BAD＝120°，则AM＝，MB＝.
在Rt△MAA1中，由AM＝，AA1＝1，得MA1＝.在Rt△EMB中，由MB＝，ME＝1，得MH＝.
所以sin ∠MA1H＝＝.
20．解：(1)由f(x)＝ex－aln x，
则f′(x)＝ex－，
f′(1)＝e－a，切点为(1，e)，所求切线方程为y－e＝(e－a)(x－1)，即(e－a)x－y＋a＝0.
(2)由f(x)＝ex－aln x，a＝－1，
原不等式即为ex＋ln x－e－m(x－1)>0.
记F(x)＝ex＋ln x－e－m(x－1)，F(1)＝0.
依题意有F(x)>0对任意x∈(1，＋∞)恒成立，
求导得F′(x)＝ex＋－m，F′(1)＝e＋1－m，
令g(x)＝ex＋－m，
则g′(x)＝ex－，
当x>1时，g′(x)>0，则F′(x)在(1，＋∞)上单调递增，有F′(x)>F′(1)，
若m≤e＋1，符合题意；若m>e＋1，则F′(1)<0，又F′(ln m)＝>0，
故存在x1∈(1，ln m)，使F′(x1)＝0，
当1 综上，实数m的取值范围是(－∞，e＋1]．
21．解：(1)联立，
解得x＝1，4，由图象可知，P(1，－2)，
易知M(2，0)，由题意可设L(2－t，0)，N(2＋t，0)，0 所以k1＝(t≠1)，k2＝，
所以＋＝＋＝1，
故k1＋k2＝k1k2.
(2)由(1)得，lPA：2x＋(t－1)y＋2t－4＝0，0 ⇒y2＋(2t－2)y＋4t－8＝0，
得A((2－t)2，4－2t)，
同理可得B((2＋t)2，4＋2t)．
设A点到PB的距离为d1，C点到PB的距离为d2，
所以d1＝＝，
d1＝＝
所以＝＝
＝＝－1.
因为0＜t＜2，
所以的取值范围是.
22．证明：(1)由a1＝1及an＋1＝知an＞0，故an＋1－an＝－an＝＜0，
所以an＋1＜an，n∈N*.
(2)由＝＋an，
得＝＋a＋2，
从而＝＋a＋2
＝＋a＋a＋2×2
＝…
＝＋a＋a＋…＋a＋2n，
又a1＝1，所以
Tn＝－2n－1，n∈N*.
(3)由(2)知，an＋1＝，
由Tn≥a＝1，得an＋1≤.
所以，当n≥2时，an≤＝＜＝(－)，
由此Sn＜a1＋[(－1)＋(－)＋…＋(－)]＝1＋(－1)＜，
又a1＝1，故Sn＜.
另一方面，由an＝－，得
Sn＝－≥－1＞－1.
综上，－1＜Sn＜，n∈N*.