2020年浙江省绍兴市高考数学一模试卷(含答案解析)

上传人:h****3 文档编号:136088 上传时间:2020-04-27 格式:DOCX 页数:23 大小:1.02MB
下载 相关 举报
2020年浙江省绍兴市高考数学一模试卷(含答案解析)_第1页
第1页 / 共23页
2020年浙江省绍兴市高考数学一模试卷(含答案解析)_第2页
第2页 / 共23页
2020年浙江省绍兴市高考数学一模试卷(含答案解析)_第3页
第3页 / 共23页
2020年浙江省绍兴市高考数学一模试卷(含答案解析)_第4页
第4页 / 共23页
2020年浙江省绍兴市高考数学一模试卷(含答案解析)_第5页
第5页 / 共23页
亲,该文档总共23页,到这儿已超出免费预览范围,如果喜欢就下载吧!
资源描述

1、2020 年高考数学一模试卷年高考数学一模试卷 一、选择题. 1已知集合 Ax|x1,Bx|x1,则(RA)B( ) A B1 CR D(1,+) 2双曲线y21 的焦点到渐近线的距离是( ) A1 B C D2 3 底面是正方形且侧棱长都相等的四棱锥的三视图如图所示, 则该四棱锥的体积是 ( ) A4 B8 C D 4若实数 x,y 满足不等式组,则 x3y( ) A有最大值2,最小值 B有最大值,最小值 2 C有最大值 2,无最小值 D有最小值2,无最大值 5在ABC 中,已知 A,则“sinAsinB”是“ABC 是钝角三角形”的( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D

2、既不充分也不必要条件 6已知 a0,且 a1,若 loga21,则 yx的图象可能是( ) A B C D 7 已知 x1, x2, x3R, x1x2x3, 设 y1, y2, y3 , z 1 , z2,z3,若随机变量 X,Y,Z 满足:P(Xxi)P(Yyi)P(Z zi) (i1,2,3),则( ) AD( X )D(Y )D(Z ) BD( X )D(Y )D(Z ) CD( X )D(Z )D(Y ) DD( X )D(Z )D(Y ) 8如图,三棱锥 VABC 的底面 ABC 是正三角形,侧棱长均相等,P 是棱 VA 上的点(不 含端点),记直线 PB 与直线 AC 所成角为

3、,二面角 PACB 的平面角为 ,则 + 不可能是( ) A B C D 9如图,一系列椭圆n:+1(nN*),射线 yx(x0)与椭圆n交于点 Pn, 设 an|PnPn+1|,则数列an是( ) A递增数列 B递减数列 C先递减后递增数列 D先递增后递减数列 10设 aR,若 x1,e时恒有(e1)x ln(x+)x2x+a(其中 e2.71828为 自然对数的底数),则恒有零点的是( ) Ayx2+ax+1 Byax2+3x+1 Cyex+a1 Dyexa+1 二、填空题(共 7 小题) 11函数 f(x)3sin(x+2)的最小正周期为 ,值域为 12已知 i 为虚数单位,复数 z 满

4、足12i,则 z ,|z| 13 已知 (1+x) 6 (2+x)6a 0+a1x+a2x 2+a 5x 5+a 6x 6, 则 a 6 , |a0|+|a1|+|a2|+ +|a5|+|a6| 14已知函数 f(x),若 f(1)f (1),则实数 a ; 若 yf(x)存在最小值,则实数 a 的取值范围为 15某地区有 3 个不同值班地点,每个值班地点需配一名医务人员和两名警察,现将 3 名医 务人员(1 男 2 女)和 6 名警察(4 男 2 女)分配到这 3 个地点去值班,要求每个值班地 点至少有一名女性,则共有 种不同分配方案(用具体数字作答) 16已知平面向量 , , , ,满足|

5、 | | |1, 0,| | |,则 的取值范围为 17已知 a,bR,设函数 f(x)2|sinx+a|+|cos2x+sinx+b|的最大值为 G(a,b),则 G(a, b)的最小值为 三、解答题(共 5 小题) 18在ABC 中,已知内角 A,B,C 的对边分别是 a,b,c,且 b1, ()求角 A; ()若 a2,求ABC 的面积 19如图,四棱锥 ABCDE 中,底面 BCDE 是正方形,ABC90,AC2,BC1, AE ()求证:BCAE; ()求直线 AD 与平面 BCDE 所成角的正弦值 20已知数列an是等比数列,a12,且 a2,a3+2,a4成等差数列数列bn满足:

6、b1+ +(nN*) ()求数列an和bn的通项公式; ()求证:+ 21如图,已知点 O(0,0),E(2,0),抛物线 C:y22px(p0)的焦点 F 为线段 OE 中点 ()求抛物线 C 的方程; ()过点 E 的直线交抛物线 C 于 A,B 两点,4,过点 A 作抛物线 C 的切线 l, N 为切线 l 上的点,且 MNy 轴,求ABN 面积的最小值 22已知函数 f(x)(x+1)exax2(x0) ()若函数 f(x)在 (0,+)上单调递增,求实数 a 的取值范围; ()若函数 f(x)有两个不同的零点 x1,x2, ()求实数 a 的取值范围; ()求证:+1(其中 t0为

7、f(x)的极小值点) 参考答案 一、选择题(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已知集合 Ax|x1,Bx|x1,则(RA)B( ) A B1 CR D(1,+) 【分析】进行交集和补集的运算即可 解:Ax|x1,Bx|x1, RAx|x1,(RA)B1 故选:B 2双曲线y21 的焦点到渐近线的距离是( ) A1 B C D2 【分析】根据双曲线的方程求出啊、焦点坐标和渐近线,利用点到直线的距离公式进行 求解即可 解:双曲线y21 的渐近线为 yx, a23,b21,c2a2+b23+14,即 C2, 设一个焦点 F(2,0)

8、,渐近线方程为x+y0, 则焦点 F 到其渐近线的距离 d, 故选:A 3 底面是正方形且侧棱长都相等的四棱锥的三视图如图所示, 则该四棱锥的体积是 ( ) A4 B8 C D 【分析】根据三视图知该四棱锥的底面是边长为 2 的正方形,且各侧面的斜高是 2;求出 四棱锥的底面积和高,计算它的体积 解:根据三视图知该四棱锥的底面是边长为 2 的正方形,且各侧面的斜高是 2; 画出图形,如图所示; 所以该四棱锥的底面积为 S224,高为 h; 所以该四棱锥的体积是 VSh4 故选:C 4若实数 x,y 满足不等式组,则 x3y( ) A有最大值2,最小值 B有最大值,最小值 2 C有最大值 2,无

9、最小值 D有最小值2,无最大值 【分析】画出不等式组表示的平面区域,设 zx3y,则直线 x3yz0 是一组平行 线,找出最优解,求出 z 有最大值,且 z 无最小值 解:画出不等式组表示的平面区域,如图阴影所示; 设 zx3y,则直线 x3yz0 是一组平行线; 当直线过点 A 时,z 有最大值,由,得 A(2,0); 所以 z 的最大值为 x3y202,且 z 无最小值 故选:C 5在ABC 中,已知 A,则“sinAsinB”是“ABC 是钝角三角形”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 【分析】A,则“sinAsinB”,利用正弦定理可得:a

10、b,AB,B,C 为 钝角反之不成立可能 B 是钝角 解:A,则“sinAsinB”,由正弦定理可得:abB,C 为钝角,“ABC 是钝角三角形”,反之不成立可能 B 是钝角 A,则“sinAsinB”是“ABC 是钝角三角形”的充分不必要条件 故选:A 6已知 a0,且 a1,若 loga21,则 yx的图象可能是( ) A B C D 【分析】先根据对数不等式求出 a 的范围,然后利用特殊值验证找出图象 解:loga21, a1 结合图象 f(1)1a0,故排除 B,C 又f(1)1a0,故排除 A D 选项满足 故选:D 7 已知 x1, x2, x3R, x1x2x3, 设 y1, y

11、2, y3 , z 1 , z2,z3,若随机变量 X,Y,Z 满足:P(Xxi)P(Yyi)P(Z zi) (i1,2,3),则( ) AD( X )D(Y )D(Z ) BD( X )D(Y )D(Z ) CD( X )D(Z )D(Y ) DD( X )D(Z )D(Y ) 【分析】计算可得 E(X)E(Y),进而得到 D(X)D(Y),同理 D(Y)D(Z), 解:E(X), E(Y)(+ +)E(X), ,距 E(Y),x1,x2,x3较近, 所以 D(X)D(Y), 同理 D(Y)D(Z), 故 D( X )D(Y )D(Z ), 故选:B 8如图,三棱锥 VABC 的底面 ABC

12、 是正三角形,侧棱长均相等,P 是棱 VA 上的点(不 含端点),记直线 PB 与直线 AC 所成角为 ,二面角 PACB 的平面角为 ,则 + 不可能是( ) A B C D 【分析】由题意,三棱锥 VABC 为正三棱锥,过 P 作 PEAC,则BPE 为直线 PB 与 直线 AC 所成角为 ,二面角 PACB 的平面角为 ,即 VACB 的平面角为 ,然 后利用运动思想分析两角的范围,可得 +(,),则 + 不可能是,答案可 求 解:如图,由题意,三棱锥 VABC 为正三棱锥, 过 P 作 PEAC,则BPE 为直线 PB 与直线 AC 所成角为 , 当 P 无限靠近 A 时,PBE 无限

13、接近,但小于,则BPEBEP 当棱锥的侧棱无限长,P 无限靠近 V 时, 无限趋于但小于; 二面角 PACB 的平面角为 ,即 VACB 的平面角为 , 由三棱锥存在,得 0,随着棱长无限增大, 无限趋于 +(,) 则 + 不可能是 故选:D 9如图,一系列椭圆n:+1(nN*),射线 yx(x0)与椭圆n交于点 Pn, 设 an|PnPn+1|,则数列an是( ) A递增数列 B递减数列 C先递减后递增数列 D先递增后递减数列 【分析】取射线 yx 的参数方程,利用参数 t 的几何意义表示出 an, 然后作差法判断其单调性 解:设 yx 的参数方程,代入+1(nN*)整理得 , ant n+

14、1 tn 要判断上式增大还是减小,只需研究的值增大或减小即可 将上式通分得 ,显然随着 n 的增大,an的逐渐减小 故该数列是递减数列 故选:B 10设 aR,若 x1,e时恒有(e1)x ln(x+)x2x+a(其中 e2.71828为 自然对数的底数),则恒有零点的是( ) Ayx2+ax+1 Byax2+3x+1 Cyex+a1 Dyexa+1 【分析】原式变形可得,构造,可得(e1)lnt t1,再构造,利用导数可知,满足 g(t)0 的 t(0,1 e,+),结合 x1,e,可知,由此再逐项判断即可得出结论 解:(e1)x ln(x+)x2x+a 等价于 , 令,则(e1)lntt1

15、, 令,则,令 g(t)0,解得 te, 函数 g(t)在(0,e1)单调递增,在(e1,+)单调递减,注意到 g(1)g (e)0, 作函数 g(t)的图象如下, 由图可知,g(t)0 的解集为 t(0,1e,+), 当 t(0,1时,则,此时无解; 当 te,+)时,则, 对 A,取时,y0 恒成立,不合题意; 对 B、C,取 a+时,y0 恒成立,不合题意; 对 D,事实上,必有 a10,因此 yexa+1 必有零点 故选:D 二、填空题(共 7 小题,多空题每题 6 分,单空题每题 4 分,共 36 分) 11函数 f(x)3sin(x+2)的最小正周期为 2 ,值域为 3,3 【分析

16、】利用周期计算公式和 ysinx 的值域直接计算即可 解:由题意最小正周期 因为 sin(x+2)1,1,所以3sin(x+2)3,3, 故值域为3,3 故答案为:2,3,3 12已知 i 为虚数单位,复数 z 满足12i,则 z 32i ,|z| 【分析】利用复数的加减法、乘法公式、复数模的计算公式直接计算即可 解:12i, z+i(12i)(1+i)3i z32i 故答案为:32i, 13 已知 (1+x) 6(2+x)6a 0+a1x+a2x 2+a 5x 5+a 6x 6, 则 a 6 0 ,|a0|+|a1|+|a2|+ +|a5|+|a6| 665 【分析】根据其特点可知 a6为

17、x6的系数,把第二问所求去掉绝对值符号发现各项为负, 令 x1 即可求解 解:因为(1+x)6(2+x)6a0+a1x+a2x2+a5x5+a6x6, 令 x1 可得:a0+a1+a2+a5+a62636665 所以:a60; a026 63; a125186; a2x2+24225; a526; a6200; 故|a0|+|a1|+|a2|+|a5|+|a6|a0a1a2a5a 6665 故答案为:0,665 14 已知函数 f (x) , 若 f (1) f (1) , 则实数 a 1 ; 若 yf(x)存在最小值,则实数 a 的取值范围为 1,0) 【分析】(1)根据题意列出关于 a 的

18、方程即可; (2)在每一段上求出其函数值域,然后小中取小,能取到即可 解:(1)f(1)f (1), 21log2(1a), , (2)易知 x0 时,f(x)2x(0,1); 又 x0 时,f(x)log2(xa)递增,故 f(x)f(0)log2(a), 要使函数 f(x)存在最小值,只需, 解得:1a0 故答案为:1,1,0) 15某地区有 3 个不同值班地点,每个值班地点需配一名医务人员和两名警察,现将 3 名医 务人员(1 男 2 女)和 6 名警察(4 男 2 女)分配到这 3 个地点去值班,要求每个值班地 点至少有一名女性,则共有 324 种不同分配方案(用具体数字作答) 【分析

19、】根据题意,分 2 步进行分析:,将 9 人分成 3 组,每组一名医务人员和两名 警察,要求每一组至少有 1 名女性,将分好的三组全排列,对应三个值班地点,由 分步计数原理计算可得答案 解:根据题意,分 2 步进行分析: ,将 9 人分成 3 组,每组一名医务人员和两名警察,要求每一组至少有 1 名女性, 将 9 人分成 3 组, 有 A33种情况, 其中存在某组没有女性即全部为男性的情况 有 C42C42种, 则有 A33 C42C42903654 种分组方法, ,将分好的三组全排列,对应三个值班地点,有 A336 种情况, 则有 546324 种不同的分配方案; 故答案为:324 16已知

20、平面向量 , , , ,满足| | | |1, 0,| | |,则 的取值范围为 【分析】根据已知条件,假设各向量的坐标表示,通过转换成三角函数的范围来求解 【解答】解;由题,设 | | |,(xcos)2+(ysin)2sin2 根据中圆的几何意义, 的取值范围即:, 的取值范围为 故答案为: 17已知 a,bR,设函数 f(x)2|sinx+a|+|cos2x+sinx+b|的最大值为 G(a,b),则 G(a, b)的最小值为 【分析】换元 tsinx1,1,可知 G(a,b)max|2t2+3t+2a+b+1|,|2t2+t+2ab 1|,分 G(a,b)|2t2+3t+2a+b+1|

21、及 G(a,b)|2t2+t+2ab1|讨论,利用绝对 值的几何意义两点控制可求得对应的最小值,进而求得 G(a,b)的最小值 解:设 tsinx1,1,则 f(x)2|sinx+a|+|12sin2x+sinx+b|2t+2a|+|2t2+t+b+1| max|2t2+3t+2a+b+1|,|2t2+t+2ab1|, G(a,b)max|2t2+3t+2a+b+1|,|2t2+t+2ab1|, 当 G(a,b)|2t2+3t+2a+b+1|时,令 g(t)2t2+3t+2a+b+1,t1,1,则此时 , 故 ,由 a,bR 可知,等号能成立; 当 G(a,b)|2t2+t+2ab1|时,令

22、h(t)2t2+t+2ab1,t1,1,则此时 , 故 ,由 a,bR 可知,等号能成立; 综上,G(a,b)的最小值为 故答案为: 三、解答题(共 5 小题,共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算过程) 18在ABC 中,已知内角 A,B,C 的对边分别是 a,b,c,且 b1, ()求角 A; ()若 a2,求ABC 的面积 【分析】()由已知结合正弦定理求得 A 的正切值,即可求得结论; ()由余弦定理求得边 c,进而求得其面积 解:()asinBcosA, asinBbsinA; b1; 所以:cosAsinAtanAA(三角形内角) ()因为 a2b2+c22bccosAc2

23、c30c ;(负值舍); SABC bcsinA 19如图,四棱锥 ABCDE 中,底面 BCDE 是正方形,ABC90,AC2,BC1, AE ()求证:BCAE; ()求直线 AD 与平面 BCDE 所成角的正弦值 【分析】 (I) 由 BCAB, BCBE, 利用线面垂直的判定定理与性质定理即可证明结论 (II)过点 B 作平面 ABC 的垂线 Bz,则 BA,BC,Bz 两两相互垂直建立空间直角坐标 系可得:A(,0,0),C(0,1,0),设 E(x,y,z)可得0, |BE|1,|EA|z0,解得 E由(,0, )得 D 坐标设平 面 BCDE 的法向量为: (a,b,c),则 0

24、,可得: ,利用向量夹 角公式即可得出 【解答】(I)证明:BCAB,BCBE,ABBEB,BC平面 ABE,又 AE平 面 ABE,BCAE (II)解:过点 B 作平面 ABC 的垂线 Bz,则 BA,BC,Bz 两两相互垂直建立空间直角 坐标系 可得:A(,0,0),C(0,1,0),设 E(x,y,z)则0,|BE|1,|EA| 可得:y0,x2+z21,+z27 z0, 解得 E (,0, ) 由(,0, ) 得 D( ,1, ) (,1,) 设平面 BCDE 的法向量为: (a,b,c),则 0,可得:x+ z0y, 可得: (1,0,) cos, 直线 AD 与平面 BCDE 所

25、成角的正弦值为 20已知数列an是等比数列,a12,且 a2,a3+2,a4成等差数列数列bn满足:b1+ +(nN*) ()求数列an和bn的通项公式; ()求证:+ 【分析】()由递推公式可以求出通项公式 an2n,bnn ()采用缩放的方法证明当 n1 和 n2 时成立,采用缩放的方法证明 解:()设等比数列an的公比为 q,则 a22q,a32q2,a42q3, 由 a2,a3+2,a4成等差数列,得 2(a3+2)a2+a4, 即 2(2q2+2)2q+2q3,即(q1)(q2+1)0,解得 q2,所以 an2n 当 n1 时,b11,当 n2 时,b1+ , b1+,作差得n, 所

26、以,bnn(n2),当 n1 时,b11 1 也成立,所以 bnn, 综上,an2n,bnn ()因为当 n2 时,所以, +, 设 Tn+ ,则Tn+,两式相减得, Tn+(+)+(1) , 所以 Tn ,所以 Tn 所以+ 21如图,已知点 O(0,0),E(2,0),抛物线 C:y22px(p0)的焦点 F 为线段 OE 中点 ()求抛物线 C 的方程; ()过点 E 的直线交抛物线 C 于 A,B 两点,4,过点 A 作抛物线 C 的切线 l, N 为切线 l 上的点,且 MNy 轴,求ABN 面积的最小值 【分析】()由已知得焦点 F(1,0),所以 p2,从而求出抛物线 C 的方程

27、; ()设 A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),设直线 l 方程为:yy1k(xx1), 与抛物线方程联立, 利用0 求得, 所以直线 l 的方程为: 2xy1y+2x10, 由 4, 求得点 M 的坐标, 进而求出点 N 的坐标, 所以 S ABN 设直线 AB 的方程为: xmy+2, 与抛物线方程联立, 设直线 l 方程为: yy1k (xx1) , 利用韦达定理代入 SABN,利用基本不等式即可求出ABN 面积的最小值 解:()由已知得焦点 F 的坐标为(1,0), p2, 抛物线 C 的方程为:y24x; ()设直线 AB 的方程为:xmy+2,设 A(x1,y1)

28、,B(x2,y2),M(x0,y0), 联立方程,消去 x 得:y24my80, 16m2+320,y1+y24m,y1y28, 设直线 l 方程为:yy1k(xx1), 联立方程,消去 x 得:, 由相切得:, 又, , , 直线 l 的方程为:2xy1y+2x10, 由4,得, 将 代入直线 l 方程,解得, 所以 SABN , 又, 所以,当且仅当时,取到等号, 所以ABN 面积的最小值为 4 22已知函数 f(x)(x+1)exax2(x0) ()若函数 f(x)在 (0,+)上单调递增,求实数 a 的取值范围; ()若函数 f(x)有两个不同的零点 x1,x2, ()求实数 a 的取

29、值范围; ()求证:+1(其中 t0为 f(x)的极小值点) 【分析】()先求其导函数,转化为 f(x)0,即求 g(x) ex2a 的最小 值即可; ()()结合第一问的结论得 f(x)不单调,故 a;设 f(x) 0 有两个根,设为 t1,t0,且 0t1t0,可得原函数的单调性,把问题转化为 f(t0)0,即可求解结论 ()转化为先证明不等式,若 x1,x2(0,+),x1x2,则 再把原结论成立转化为证 x1+x22t0;构造函数 r(x)f(t0+x)f(t0x) 一步步推其成立即可 解:()由 f(x)(x+1)exax2,得 f(x)x(ex2a), 设 g(x) ex,(x0)

30、;则 g(x); 由 g(x)0,解得 x1, 所以 g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增, 所以函数 f(x)在(0,+)上单调递增, f(x)0,所以 2ag()(2+) e; 所以,实数 a 的取值范围是:(, () (i) 因为函数 f (x) 有两个不同的零点, f (x) 不单调, 所以 a 因此 f(x)0 有两个根,设为 t1,t0,且 0t1t0, 所以 f(x)在(0,t1)上单调递增,在(t1,t0)上单调递减,在(t0,+)上单调递增; 又 f(t1)f(0)1,f(x)(x+1)exax2a(exx2)+(x+1a) ex,当 x 充 分大时,f(x

31、)取值为正,因此要使得 f(x)有两个不同的零点,则必须有 f(t0)0, 即(t0+1)ea t020; 又因为 f(t0)(t0+2)e2at00; 所以:(t0+2)e (t0+2)e 0,解得 t0,所以 ag( ) e; 因此当函数 f(x)有两个不同的零点时,实数 a 的取值范围是( e,+) () 先证明不等式, 若 x1, x2 (0, +) , x1x2, 则 证明:不妨设 x2x10,即证ln , 设 t1g(t)lnt,h(t)lnt, 只需证 g(t)0 且 h(t)0; 因为 g(t)0,h(t)0, 所以 g(t)在(1,+)上单调递减,h(t)在(1,+)上单调递

32、增, 所以 g(t)g(1)0,h(t)h(1)0,从而不等式得证 再证原命题+1 由得; 所以, 两边取对数得: 2 (lnx2lnx1) ln (x2+1) ln (x1+1) x2x1; 即1 因为 , 所以 1+ +, 因此,要证+1 只需证 x1+x22t0; 因为 f(x)在(t0,+)上单调递增,0x1t0x2,所以只需证 f(x2)f(2t0x2), 只需证 f(x1)f(2t0x1),即证 f(t0+x)f(t0x),其中 x(t0,0); 设 r(x)f(t0+x)f(t0x),t0x0,只需证 r(x)0; 计算得 r(x)(x+t0+2)e+(x+t0+2)e4at0; r(x)e(x+t0+3)e2x+(xt03) 由 y(x+t0+3)e2x+(xt03)在(t0,0)上单调递增, 得 y(t0+3)e0+(0t03)0, 所以 r(x)0;即 r(x)在(t0,0)上单调递减, 所以:r(x)r(0)2f(t0)0; 即 r(x)在(t0,0)上单调递增,所以 r(x)r(0)0 成立,即原命题得证

展开阅读全文
相关资源
相关搜索
资源标签

当前位置:首页 > 高中 > 高中数学 > 数学高考 > 第一次模拟