2020年浙江省高考全真模拟试卷二含解析

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1、2020年浙江省高考全真模拟试卷二一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分)1已知集合A,B,则AB等于()A(,1) B(0,1) C(1,0) D(1,1)2已知双曲线的中心在原点,焦点在坐标轴上,一条渐近线方程为3x4y0,则该双曲线的离心率是()A. B. C.或 D.或3如果实数x,y满足条件那么z2xy的最大值为()A2 B2 C1 D34如图是一个几何体的三视图,且正视图、侧视图都是矩形,则该几何体的体积为()A12 B14 C16 D185“对任意正整数n,不等式nlg a1)都成立”的一个必要不充分条件是()Aa0 Ba1 Ca2 Da36与函数f(x)sin x2

2、cos x的部分图象符合的是()7已知随机变量的分布列如下表所示:135P0.40.1x则的标准差为()A3.56 B. C3.2 D.8如图,正四面体ABCD中,P,Q,R分别在棱AB,AD,AC上,且AQQD,分别记二面角APQR,APRQ,AQRP的平面角为,则()A BC D9.如图,点C在以AB为直径的圆上,其中AB2,过A向点C处的切线作垂线,垂足为P,则的最大值是()A2 B1 C0 D110设等差数列an的前n项和为Sn,已知2 0192 019a2 0172 0212 000,(a2 0201)2 0192 019a2 020(a2 0201)2 0212 038,则S4 0

3、36等于()A2 019 B2 020 C2 021 D4 036二、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的共轭复数是_,复数z对应的点位于复平面内的第_象限12已知圆C:x2y22ax4ay5a2250的圆心在直线l1:xy20上,则a_;圆C被直线l2:3x4y50截得的弦长为_13若x(1mx)4a1xa2x2a3x3a4x4a5x5,其中a26,则实数m_; a1a3a5_.14在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知sin Asin Bsin C,且ABC的周长为9,ABC的面积为3sin C,则c_,cos C_.15某地火炬接

4、力传递路线共分6段,传递活动分别由6名火炬手完成,如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生,最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生,则不同的传递方案共有_种(用数字作答)16设椭圆C的两个焦点是F1,F2,过F1的直线与椭圆C交于P,Q,若|PF2|F1F2|,且5|PF1|6|F1Q|,则椭圆的离心率为_17在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若对任意R,不等式|恒成立,则的最大值为_三、解答题(本大题共5小题,共74分)18(14分)已知:函数f(x)(sin xcos x)(1)求函数f(x)的最小正周期和值域;(2)若函数f(x)的图象过点,.求f的值19.(15分)如图

5、,在四棱锥PABCD中,已知PA平面ABCD,ABCD,ABBC,CD2AB4,BC2.(1)求证:PCBD;(2)若直线AB与平面PBD所成的角为,求PA的长20(15分)数列an满足: a11,a22,an22(1)nan2,n1,2,3,.(1)求a3,a4,并证明数列a2n1是等比数列;(2)求数列an的前2n项和S2n.21(15分)已知平面上一动点P到定点C(1,0)的距离与它到直线l:x4的距离之比为.(1)求点P的轨迹方程;(2)点O是坐标原点,A,B两点在点P的轨迹上,F是点C关于原点的对称点,若,求的取值范围22(15分)已知函数f(x)exln(xm),其中m1.(1)设

6、x0是函数f(x)的极值点,讨论函数f(x)的单调性;(2)若yf(x)有两个不同的零点x1和x2,且x10e1.2020年浙江省高考全真模拟试卷二一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分)1已知集合A,B,则AB等于()A(,1) B(0,1) C(1,0) D(1,1)答案B解析由题得Ax|1x1,Bx|0x1,所以AB(0,1)2已知双曲线的中心在原点,焦点在坐标轴上,一条渐近线方程为3x4y0,则该双曲线的离心率是()A. B. C.或 D.或答案D解析3x4y0yx,当焦点位于x轴时,而c2a2b2,所以e;当焦点位于y轴时,c2a2b2e.3如果实数x,y满足条件那么z2

7、xy的最大值为()A2 B2 C1 D3答案C解析由约束条件画出可行域如图中阴影部分所示(含边界),再画出目标函数z2xy如图中过原点的虚线,平移目标函数易得过点A(0,1)处时取得最大值,代入得zmax1.4如图是一个几何体的三视图,且正视图、侧视图都是矩形,则该几何体的体积为()A12 B14 C16 D18答案D解析由题意可得,该几何体是由一个四棱柱和一个三棱柱组成的几何体,其中四棱柱的体积V113412,三棱柱的体积V23146,该几何体的体积为VV1V218.5“对任意正整数n,不等式nlg a1)都成立”的一个必要不充分条件是()Aa0 Ba1 Ca2 Da3答案A解析由nlg a

8、(n1)lg aa得nlg a1,lg a0,n1,又11.即a1时,不等式nlg a0是其必要不充分条件;a1是其充要条件;a2,a3均是其充分不必要条件6与函数f(x)sin x2cos x的部分图象符合的是()答案B解析f(0)sin 0cos 01排除C,Fsin cos sin 0,排除A,D.7已知随机变量的分布列如下表所示:135P0.40.1x则的标准差为()A3.56 B. C3.2 D.答案B解析由题意,E()10.430.15(10.40.1)3.2,D()(13.2)20.4(33.2)20.1(53.2)20.51.9360.0041.623.56,的标准差为.8如图

9、,正四面体ABCD中,P,Q,R分别在棱AB,AD,AC上,且AQQD,分别记二面角APQR,APRQ,AQRP的平面角为,则()A BC D答案D解析ABCD是正四面体,P,Q,R分别在棱AB,AD,AC上,且AQQD,可得为钝角,为锐角,设P到平面ACD的距离为h1,P到QR的距离为d1,Q到平面ABC的距离为h2,Q到PR的距离为d2,设正四面体的高为h ,棱长为6a,可得h1h,h2h,h11,即sin sin ,所以.9.如图,点C在以AB为直径的圆上,其中AB2,过A向点C处的切线作垂线,垂足为P,则的最大值是()A2 B1 C0 D1答案B解析连接BC(图略),则ACB90,AP

10、PC,2,依题意可证RtAPCRtACB,则,即PC,AC2CB2AB2,AC2CB242ACBC,即ACBC2,当且仅当ACCB时取等号PC1,21,的最大值为1.10设等差数列an的前n项和为Sn,已知2 0192 019a2 0172 0212 000,(a2 0201)2 0192 019a2 020(a2 0201)2 0212 038,则S4 036等于()A2 019 B2 020 C2 021 D4 036答案D解析由(a2 0171)2 0192 019a2 017(a2 0171)2 0212 000得:(a2 0171)2 0192 019(a2 0171)(a2 017

11、1)2 02119,由(a2 0201)2 0192 019a2 020(a2 0201)2 0212 038得:2 0192 0192 02119,令f(x)x2 0192 019xx2 021,则式即为f19,式即为f19,又ff(x)0,即f(x)为奇函数,且0,a2 017a2 0202,S4 0362 0182 018(a2 017a2 020)4 036.二、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的共轭复数是_,复数z对应的点位于复平面内的第_象限答案i一解析i,其共轭复数为i,复数z对应的点位于复平面内的第一象限12已知圆C:x2y22ax4

12、ay5a2250的圆心在直线l1:xy20上,则a_;圆C被直线l2:3x4y50截得的弦长为_答案28解析圆C:x2y22ax4ay5a2250的标准方程为(xa)2(y2a)252,可得圆心坐标是(a,2a),把圆心坐标代入直线l1:xy20的方程中得a2;即圆心为(2,4),圆心到直线l2:3x4y50的距离d3,所以弦长等于228.13若x(1mx)4a1xa2x2a3x3a4x4a5x5,其中a26,则实数m_; a1a3a5_.答案解析x(1mx)4a1xa2x2a3x3a4x4a5x5 ,则x(1mx)4x,则4ma26,解得m .令x1,则4a1a2a3a4a5 ,令x1, 则

13、4a1a2a3a4a5,244 ,解得a1a3a5.14在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知sin Asin Bsin C,且ABC的周长为9,ABC的面积为3sin C,则c_,cos C_.答案4解析在ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知sin Asin Bsin C,则ab, 且ABC的周长为9,则c9,解得c4 .因为ABC的面积等于3sin C,所以absin C3sin C,整理得ab6.ab5, 解得或cos C .15某地火炬接力传递路线共分6段,传递活动分别由6名火炬手完成,如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生,最后一棒火炬手只能从甲、

14、乙两人中产生,则不同的传递方案共有_种(用数字作答)答案96解析若第一棒火炬手为甲或乙,则最后一棒只能由甲、乙中不跑第一棒的火炬手完成,剩下的4段路线全排列,此时有2A种不同的传递方案;若第一棒火炬手为丙,则最后一棒由甲或乙完成,剩下的4段路线全排列,此时有2A种不同的传递方案,则由分类加法计数原理得共有2A2A96(种)不同的传递方案16设椭圆C的两个焦点是F1,F2,过F1的直线与椭圆C交于P,Q,若|PF2|F1F2|,且5|PF1|6|F1Q|,则椭圆的离心率为_答案解析画出图形如图所示由椭圆的定义可知:|PF1|PF2|QF1|QF2|2a,|F1F2|2c.|PF2|F1F2|,|

15、PF2|2c,|PF1|2(ac)5|PF1|6|F1Q|,|QF1|PF1|(ac),|QF2|.在PF1F2中,由余弦定理可得: cosPF1F2,在QF1F2中,由余弦定理可得: cosQF1F2.PF1F2QF1F2180,cosPF1F2cosQF1F2,整理得9a11c,e.17在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若对任意R,不等式|恒成立,则的最大值为_答案解析由对任意R,不等式|恒成立得BC边上的高ha.在ABC中,有ahbcsin A,即bc,在ABC中,由余弦定理得b2c2a22bccos Aa2,则sin A2cos Asin(A),其中tan 2,则当A且

16、ha时,取得最大值.三、解答题(本大题共5小题,共74分)18(14分)已知:函数f(x)(sin xcos x)(1)求函数f(x)的最小正周期和值域;(2)若函数f(x)的图象过点,.求f的值解(1)f(x)(sin xcos x)22sin.函数的最小正周期为2,值域为y|2y2(2)依题意得,2sin,sin,0,cos,f2sin2sin22.19.(15分)如图,在四棱锥PABCD中,已知PA平面ABCD,ABCD,ABBC,CD2AB4,BC2.(1)求证:PCBD;(2)若直线AB与平面PBD所成的角为,求PA的长解(1)连接AC,在ABC中,因为ABBC,AB2,BC2,所以

17、tanACB.因为ABCD,ABBC,所以CDBC.在RtBCD中,因为CD4,所以tanBDC,所以tanACBtanBDC,所以ACBBDC.因为ACBACD,所以BDCACD,所以BDAC.因为PA平面ABCD,BD平面ABCD,所以PABD.又PA平面PAC,AC平面PAC,PAACA,所以BD平面PAC.因为PC平面PAC,所以PCBD.(2)方法一如图,设PAt,AC与BD交于点M,连接PM,过点A作AHPM于点H,连接BH.由(1)知,BD平面PAC,又AH平面PAC,所以BDAH.因为AHPM,PM平面PBD,BD平面PBD,PMBDM,所以AH平面PBD,所以ABH为直线AB

18、与平面PBD所成的角在RtABC中,因为AB2,BC2,所以AC2,所以由三角形相似得AM.在RtPAM中,易知AH.因为直线AB与平面PBD所成的角为,所以ABH.所以sinABH,所以t2,所以PA的长为2.方法二取CD的中点E,连接AE,因为ABCD,CD2AB4,所以ABCE且ABCE,所以四边形ABCE是平行四边形,所以BCAE.因为ABBC,所以ABAE.又PA平面ABCD,所以PAAB,PAAE,故AE,AB,AP两两垂直,故以A为坐标原点,AE,AB,AP所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设PAt,因为CD2AB4,所以A(0,0,0),B(0,2,0)

19、,P(0,0,t),D(2,2,0),所以(0,2,0),(0,2,t),(2,4,0)设平面PBD的法向量为n(x,y,z),则即令x,则y1,z,故n为平面PBD的一个法向量因为直线AB与平面PBD所成的角为,所以sin |cosn,|,所以t2.所以PA的长为2.20(15分)数列an满足: a11,a22,an22(1)nan2,n1,2,3,.(1)求a3,a4,并证明数列a2n1是等比数列;(2)求数列an的前2n项和S2n.解(1) 当n1时,a3a123,当n2时,a43a228,令n2k,a2k23a2k2(k1,2,3,),即a2k213(a2k1)(k1,2,3,)所以数

20、列a2n1是等比数列(2)由(1)得,当n为偶数时,an1,当n为奇数时, an2an2,即数列an的奇数项构成等差数列,可求得ann,an的通项公式an 所以在前2n项中,S奇n1n2n2,S偶nn,S2nS奇S偶n2n.21(15分)已知平面上一动点P到定点C(1,0)的距离与它到直线l:x4的距离之比为.(1)求点P的轨迹方程;(2)点O是坐标原点,A,B两点在点P的轨迹上,F是点C关于原点的对称点,若,求的取值范围解(1)设P(x,y)是所求轨迹上的任意一点,由动点P到定点C(1,0)的距离与它到直线l:x4的距离之比为,则,化简得1,即点P的轨迹方程为1.(2)由F是点C关于原点的对

21、称点,所以点F的坐标为(1,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),因为,则(x11,y1)(1x2,y2),可得1,即1,又由1,则2,得12,化简得x2,2x22,22,解得3,所以的取值范围是.22(15分)已知函数f(x)exln(xm),其中m1.(1)设x0是函数f(x)的极值点,讨论函数f(x)的单调性;(2)若yf(x)有两个不同的零点x1和x2,且x10e1.(1)解f(x)ex,若x0是函数f(x)的极值点,则f(0)10,得m1,经检验满足题意,此时f(x)ex,x1,所以当x(1,0)时,f(x)0,f(x)单调递增(2)解m1, f(x)ex,xm,记h(x)f(

22、x),则h(x)ex0,知f(x)在区间(m,)内单调递增又f(0)10, f(m1)e1m10,f(x)在区间(1m,0)内存在唯一的零点x0,即f(x0)0,于是, x0ln(x0m)当mxx0时, f(x)x0时, f(x)0,f(x)单调递增若yf(x)有两个不同的零点x1和x2,且x10x2,易知xm时,f(x),x时,f(x),所以f(0)1ln me.证明由中的单调性知,当x(x1,x2)时,f(x)e,所以f(1)ln(m1)ln(e1)ln(e1)ln 1.7ln 0,所以x11.所以x1101,令tx2x11,要证ln(x2x11)e1,即证etln(t1)e1.令h(t)etln(t1),t1,则h(t)et单调递增,又h(1)e0,所以h(t)0,h(t)单调递增,所以h(t)h(1)eln 2e1,即ln(x2x11)e1.

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