2020届浙江省高考冲刺抢分练高考仿真卷(二) 数学

一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)

1．若集合A＝{x|x2

<1 }，B＝{x|0A.{x|0答案 D

2．双曲线x24－y2

＝1的顶点到渐近线的距离等于( )

A.255 B.45 C.25 D.455 答案 A

x≥0，3．已知实数x，y满足约束条件

3x＋y≤3，

y≥0，

则z＝x＋2y的最大值是( )

A．0 B．1 C．5 D．6 答案 D

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.22

3 B．20 C．20＋6 D．20＋10

答案 C

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

6．函数y＝x3＋ln(x2＋1－x)的图象大致为( )

页 1第

)

答案 C

7．设随机变量X的分布列如下：

X P 则方差D(X)等于( ) A．0 B．1 C．2 D．3 答案 B

8．已知在矩形ABCD中，AD＝2AB，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 C．β<α<θ 答案 D

|log2x|，09．已知函数f(x)＝设方程f(x)－x＝t(t∈R)的四个不等实数根从小到大依次为x1，x2，

ef4－x，20 0.1 1 a 2 0.3 3 0.4 B．β<θ<α D．α<β<θ

x3，x4，则下列判断中一定成立的是( ) x1＋x2

A.＝1

2C．410．已知a，b，c∈R且a＋b＋c＝0，a>b>c，则A.－

55

，

55

11

－， B.55D.－2，

b

的取值范围是( ) a2＋c2B．1D．0<(x3－4)(x4－4)<4



C．(－2，2) 答案 A



5 5

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)

页

2第

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

155

解析 所有的二项式系数之和为C0展开式为1＋10x＋40x2＋80x3＋80x4＋32x5，系5＋C5＋…＋C5＝2＝32，

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＝__________. 12答案 (1,2) 0或

5

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＝

|3k－2|

12|3k－2|2

，由弦心距、半径及半弦长之间的关系可得＋1＝5，解得k＝0或k＝. 251＋k1＋k2π

13．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝3，b＝2，A＝，则B＝________；S△ABC

3＝_____________. π3＋3答案 44

bsin A解析 由已知及正弦定理可得sin B＝＝aπ3π

由于044

因为b所以B＝，C＝π－－＝，

43412

115π3＋3

所以S△ABC＝absin C＝×3×2×sin＝. 221243＋3π

综上，B＝，S△ABC＝. 44

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

9 49

2×sin3π3

2， 2

＝

6×5

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C2＝＝6

215(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

2

的选法种数为m＝C26C6＝

6×56×5

×＝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22

225937×6×57×6×5n＝C3C×＝35×35＝1 225(种)，故所求事件的概率是P＝＝. 77＝1 2293×2×13×2×1

页

3第

15．已知正实数x，y满足x＋2y＝4，则2xy＋1的最大值为________． 答案 3

x＋2y＋2

解析 已知正实数x，y满足x＋2y＝4，根据基本不等式得到2x(y＋1)＝x(2y＋2)≤＝3.当且仅

21

当x＝2y＋2，即x＝3，y＝时，等号成立．

2

→→→

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|λBC－BA|≥|BC|恒成立，cb

则＋的最大值为________． bc答案

5

→→→

解析 由对任意λ∈R，不等式|λBC－BA|≥|BC|恒成立，得BC边上的高h≥a. 11ah

在△ABC中，有ah＝bcsin A，即bc＝，

22sin A在△ABC中，由余弦定理得 b2＋c2＝a2＋2bccos A＝a2＋

2

2

2ahcos A

， sin A

2ahcos Aa2＋

sin Acbb＋c

则＋＝＝ bcbcah

sin Aa2sin A＋2ahcos Aasin A＋2hcos A＝＝

ahh≤

hsin A＋2hcos A

＝sin A＋2cos A

h

＝5sin(A＋φ)，其中tan φ＝2，

πcb

则当A＋φ＝且h＝a时，＋取得最大值5.

2bc

222

17．等差数列{an}满足a21＋a2n＋1＝1，则an＋1＋a3n＋1的取值范围是________．

答案 

3－53＋5

2，2

a1＝sin α，

解析 设⇒a2n＋1＝a1＋2nd＝cos α

a2n＋1＝cos α

22

⇒2nd＝cos α－sin α⇒an＋1＋a3n＋1

2＝(a2n＋1－nd)2 ＋(a2n＋1＋nd)2＝2[a22n＋1＋(nd)]

＝2cos2α＋



cos α－sin α2

＝2cos2α

2

＋＝

1－2sin αcos α3＋2cos 2α－sin 2α＝

22

123＋5cos(2α＋φ)其中sin φ＝，cos φ＝，

2554第

页

所以所求的范围为 

3－53＋2，2

5

. 

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(sin x－3cos x)，x∈R. (1)求f(x)的最小正周期和最大值； π2π(2)讨论f(x)在区间3，3上的单调性． 解 (1)由题意得f(x)＝cos xsin x－3cos2x 13

＝sin 2x－(1＋cos 2x) 22

π1333

2x－－. ＝sin 2x－cos 2x－ ＝sin322222π3

所以f(x)的最小正周期T＝＝π，其最大值为1－.

22π

(2)令z＝2x－，

3

ππ

－＋2kπ，＋2kπ，k∈Z. 则函数y＝sin z的单调递增区间是22πππ

由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，

232π5π

得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.

1212π2π设A＝3，3，

π5π

－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z， B＝x1212





π5π易知A∩B＝3，12.

π2ππ5π5π2π

，时，f(x)在区间，上单调递增；在区间，上单调递减． 所以当x∈33312123

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，

页 5第

1

则FG∥AD，且FG＝AD，

21

又因为BC∥AD，且BC＝AD，

2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＝5， 由AB＝BE＝AE＝5，得BF＝所以MN＝BF＝

15， 2

15， 2

在Rt△AHE中，由AE＝5，AH＝1，得EH＝2， 在△EBH中，由BH＝EH＝2，BE＝5， MI⊥BE，M为HE的中点，可得MI＝MI165

因此sin∠MNI＝＝.

MN30

2

20．(15分)正项数列{an}满足a2n＋an＝3an＋1＋2an＋1，a1＝1.

11

， 4

(1)求a2的值；

(2)证明：对任意的n∈N*，an<2an＋1；

页 6第

(3)记数列{an}的前n项和为Sn，证明：对任意的n∈N*,2－

2

(1)解 当n＝1时，由a1＋a1＝3a22＋2a2＝2及a2>0，

2

n－1≤Sn<3.

1

得a2＝

7－1

. 3

222

(2)证明 由a2n＋an＝3an＋1＋2an＋1<4an＋1＋2an＋1＝(2an＋1)＋2an＋1，

又因为y＝x2＋x在x∈(0，＋∞)上单调递增，故an<2an＋1. an1an－11a21(3)证明 由(2)知当n≥2时，>，>，…，>，相乘得

a12an－12an－22111

an>n－1a1＝n－1，即an>n－1， 222

111故当n≥2时，Sn＝a1＋a2＋…＋an>1＋＋…＋n－1＝2－n－1，

2221

当n＝1时，S1＝1＝2－n－1.

2所以当n∈N*时，Sn≥2－

2

n－1.

1

22

另一方面，a2n＋an＝3an＋1＋2an＋1>2an＋1＋2an＋1

＝2(a2n＋1＋an＋1)，

令a2n＋an＝bn，则bn>2bn＋1，

bn1bn－11b21于是当n≥2时，<，<，…，<，相乘得

b12bn－12bn－2211

bn11即a2n＋an＝bn11故当n≥2时，Sn＝a1＋(a2＋…＋an)<1＋1＋2＋…＋2n－2



1

＝3－n－2<3.

2

当n＝1时，S1＝1<3， 综上，对任意的n∈N*,2－

2

n－1≤Sn<3.

1

21．(15分)已知抛物线C1：y2＝4x和C2：x2＝2py(p>0)的焦点分别为F1，F2，点P(－1，－1)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． p

0，， 解 (1)F1(1,0)，F22p→

－1，， ∴F1F2＝2

页

7第

pp→→－1，－1)＝1－＝0， (F1F2·OP＝－1，2·2∴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，

2

y＝4x，44联立得(kx)2＝4x，求得Mk2，k， y＝kx，

x2＝4y，联立得N(4k,4k2)(k＜0)，

y＝kx，

4242－4k＝1＋k2－4k， 从而|MN|＝1＋k2kk点P到直线MN的距离d＝

|k－1|1＋k

2，

1|k－1|24S△PMN＝··1＋kk2－4k 21＋k21－k1－k321－k2(1＋k＋k)

＝2＝

k2k22

11

k＋－2k＋＋1， ＝2kk

1

令t＝k＋(t≤－2)，有S△PMN＝2(t－2)(t＋1)，

k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；

1

(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∈2，1恒成立，求满足条件的b最小的整数值．

1

解 (1)由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a，

x1

当a≤0时，f′(x)＝－a>0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，

x11

当a>0时，令f′(x)＝－a＝0，x＝，

xa

11

0，，由f′(x)<0，得x∈，＋∞， 由f′(x)>0，得x∈aa11

0，，f(x)的单调递减区间为，＋∞. 所以f(x)的单调递增区间为aa综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，

页

8第

11

0，，单调递减区间为，＋∞. 当a>0时，f(x)的单调递增区间为aa(2)由g(x)＝(x－2)ex＋ln x－ax－b， 1

因为g(x)≤0对任意的x∈2，1恒成立，

1b≥(x－2)ex＋ln x－ax在a≥1时对任意的x∈2，1恒成立， 因为a≥1，x>0，

所以(x－2)ex＋ln x－ax≤(x－2)ex＋ln x－x，

1只需b≥(x－2)ex＋ln x－x对任意的x∈2，1恒成立即可． 构造函数h(x)＝(x－2)ex＋ln x－x， 11

ex－， h′(x)＝(x－1)ex＋－1＝(x－1)xx1

因为x∈2，1，所以x－1<0， 1

且t(x)＝ex－单调递增，

x

121因为t2＝e－2<0，t()＝e－1>0，

1所以一定存在唯一的x0∈2，1，使得t(x0)＝0， 1

即ex0＝，x0＝－ln x0.

x0

1

，x0，单调递减区间为(x0，1). 所以h(x)的单调递增区间为2所以h(x)max＝h(x0)＝(x0－2)ex0＋ln x0－x0 1

x0＋∈(－4，－3)， ＝1－2x0所以b的最小的整数值为－3.

1页 9第