(浙江專用)2020版高考數(shù)學(xué)三輪沖刺 搶分練 高考仿真卷(三)



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1、浙江高考仿真卷(三) 一、選擇題(本大題共10小題,每小題4分,共40分) 1.已知集合A={x∈Z|x≤0},B=,則A∩B等于( ) A.{x|-1≤x≤0} B.{x|x≤6} C.{0,1,2,3,4,5,6} D.{0,-1} 答案 D 解析 A={x∈Z|x≤0},B={x|-1≤x≤6},則A∩B={0,-1}. 2.若雙曲線-y2=1(a>0)的實軸長為2,則其漸近線方程為( ) A.y=±x B.y=±x C.y=±x D.y=±2x 答案 A 解析 雙曲線的實軸長為2,得a=1,又b=1,所以雙曲線的漸近線方程為y=±x. 3.設(shè)α是空間中的一個
2、平面,l,m,n是三條不同的直線. ①若m?α,n?α,l⊥m,l⊥n,則l⊥α; ②若l∥m,m∥n,l⊥α,則n⊥α; ③若l∥m,m⊥α,n⊥α,則n∥l; ④若m?α,n⊥α,l⊥n,則l∥m. 則上述命題中正確的是( ) A.①②B.①④C.③④D.②③ 答案 D 解析 對于①,當(dāng)m,n相交時,才能得到l⊥α,①錯誤;對于②,由l∥m,m∥n得l∥n,又因為l⊥α,所以n⊥α,②正確;對于③,因為m⊥α,n⊥α,所以m∥n,又因為l∥m,所以n∥l,③正確;對于④,直線l與m可能相交、平行或互為異面直線,④錯誤.綜上所述,正確命題的序號為②③. 4.函數(shù)f(x)=
3、sin(ωx+φ)的最小正周期是π,若將該函數(shù)的圖象向右平移個單位長度后得到的函數(shù)圖象關(guān)于直線x=對稱,則函數(shù)f(x)的解析式為( ) A.f(x)=sin B.f(x)=sin C.f(x)=sin D.f(x)=sin 答案 D 解析 因為函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)的最小正周期是π, 所以=π,解得ω=2,所以f(x)=sin(2x+φ), 將該函數(shù)的圖象向右平移個單位長度后, 得到圖象所對應(yīng)的函數(shù)解析式為 y=sin=sin, 由此函數(shù)圖象關(guān)于直線x=對稱,得 2×+φ-=kπ+,k∈Z,即φ=kπ-,k∈Z, 取k=0,得φ=-,滿足|φ|<, 所以函數(shù)
4、f(x)的解析式為f(x)=sin. 5.函數(shù)f(x)=的圖象大致為( ) 答案 A 解析 由題意知,函數(shù)f(x)的定義域為{x|x≠±1}且滿足f(-x)==-=-f(x),所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù),圖象關(guān)于原點對稱,排除C,D項;又由當(dāng)x∈(0,1)時,函數(shù)f(x)的值小于0,排除B項,故選A. 6.已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,則“a1>0”是“S3>S2”的( ) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 答案 C 解析 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,S3>S2?a3>0?a1q2>0?a1>0,故選C.
5、7.一個箱子中裝有形狀完全相同的5個白球和n(n∈N*)個黑球.現(xiàn)從中有放回的摸取4次,每次都是隨機摸取一個球,設(shè)摸得白球個數(shù)為X,若D(X)=1,則E(X)等于( ) A.1B.2C.3D.4 答案 B 解析 設(shè)摸取一次摸得白球的概率為p,則易得X~B(4,p),D(X)=4p(1-p)=1,解得p=,則E(X)=4×=2. 8.將顏色分別為紅色、黃色、藍(lán)色的3個球,放入編號為1,2,…,7的七個盒子中,每一個盒子至多放2個球,則不同的放法有( ) A.98種B.196種C.252種D.336種 答案 D 解析 3個球放入編號為1,2,…,7的七個盒子中,每個盒子至多放2個
6、球,應(yīng)采用排除法,每個球放入盒子的放法各有7種,共73種,排除3個球放在同一個盒中的7種放法,則共有73-7=336(種)放法. 9.已知向量a,b滿足|a|=|a+b|=2,則|2a+b|+|b|的最大值為( ) A.4B.4C.4+2D.8 答案 B 解析 記a+b=m,則|a|=|m|=2,|2a+b|+|b|=|a+m|+|m-a|≤=2=4,當(dāng)且僅當(dāng)|a+m|=|m-a|,即a·(a+b)=0,a·b=-4時,取等號,則所求的最大值為4. 10.已知偶函數(shù)f(x)滿足f(1-x)=f(1+x),當(dāng)x∈[0,1]時,f(x)=ax2-bx+c,a,b,c∈N*.若函數(shù)f(x
7、)在[-100,100]上有400個零點,則a+b+c的最小值為( ) A.5B.8C.11D.12 答案 C 解析 由f(1-x)=f(1+x),得f(x+2)=f(-x)=f(x),則函數(shù)f(x)是以2為周期的周期函數(shù),函數(shù)f(x)在[-100,100]上有400個零點等價于函數(shù)f(x)在[0,1]上有兩個不同的零點,又因為a,b,c∈N*, 所以即 所以要使a+b+c取得最小值,不妨取c=1,則不等式組化為以a為橫軸,b為縱軸建立平面直角坐標(biāo)系,在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)畫出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分(不含邊界)所示,由圖易得區(qū)域內(nèi)橫縱坐標(biāo)之和最小的整數(shù)點為(5,5),
8、此時a=b=5,所以a+b+c的最小值為11. 二、填空題(本大題共7小題,多空題每題6分,單空題每題4分,共36分) 11.復(fù)數(shù)z=(3+4i)2的虛部為________,z的共軛復(fù)數(shù)=________. 答案 24 -7-24i 解析 ∵z=(3+4i)2=32+2×3×4i+(4i)2=-7+24i,∴虛部為24,共軛復(fù)數(shù)=-7-24i. 12.若變量x,y滿足則2x+y的最大值為________,的取值范圍為________. 答案 8 解析 不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分(含邊界)所示,令z=x+y,則y=-x+z表示的是斜率為-1,在y軸上的截距為z的直線,當(dāng)
9、直線在y軸上的截距最大時,z最大,即直線過點C時,z最大,由得 zmax=3,2x+y的最大值為23=8.表示的是可行域內(nèi)的點(x,y)與點(2,-1)連線的斜率,設(shè)D(2,-1),kAD=-,kCD==-3,因此的取值范圍. 13.某多面體的三視圖如圖所示,則該多面體最長的棱長為________;其外接球的體積為________. 答案 4 π 解析 由三視圖知該幾何體是如圖所示的四棱錐O-ABCD, 且AB=CD=2,AD=BC=3,AO=,四邊形ABCD是矩形,OA⊥平面ABCD, 所以該多面體最長的棱長為OC===4,該幾何體外接球的半徑為2,其體積V=π×23
10、=π. 14.已知n的展開式中所有二項式系數(shù)和為64,則n=________;二項展開式中含x3的系數(shù)為________. 答案 6 -540 解析 n展開式中所有二項式系數(shù)和為64, ∴2n=64,解得n=6; ∴6展開式的通項公式為 Tk+1=C·(3x2)6-k·k =(-1)k·36-k·C·x12-3k, 令12-3k=3,解得k=3, ∴二項式展開式中含x3項的系數(shù)為(-1)3×33×C=-540. 15.已知實數(shù)a≥,b≥,且a2-a=b-b2,則M=+的最大值是________. 答案?。? 解析 由a2-a=b-b2化簡得,2+2=,又實數(shù)a≥,b≥,
11、圖形為圓,如圖: 由a2-a=b-b2,可得a2=a+b-b2,b2=a+b-a2, 則M=+=+=1+-a+1+-b=+-a-b+2, 由幾何意義得,∈[-1,1+],則∈[-1,1+],則當(dāng)過點A或點B時,a+b取最小值,可得Mmax=-1+1+-+2=+1, 所以M=+的最大值是+1. 16.如圖,橢圓M:+=1(a>b>0)的兩個頂點A(a,0),B(0,b),過A,B分別作AB的垂線交橢圓M于D,C(不同于頂點),若|BC|=3|AD|,則橢圓M的離心率e=________. 答案 解析 直線AB的斜率為-,故直線BC,AD的斜率都為,所以直線BC的方程為y=
12、x+b,直線AD的方程為y=.將直線BC的方程代入橢圓方程,求得C點的坐標(biāo)為,將直線AD的方程代入橢圓方程,求得D點的坐標(biāo)為,由于|BC|=3|AD|,即=3,也即=3,即=,化簡得=.故離心率為e==. 17.已知f(x)=2x2+2x+b是定義在[-1,0]上的函數(shù),若f(f(x))≤0在定義域上恒成立,而且存在實數(shù)x0滿足:f(f(x0))=x0且f(x0)≠x0,則實數(shù)b的取值范圍是________. 答案 解析 因為f(x)min=f?=b-, f(x)max=f(0)=f(-1)=b, 所以得b∈時滿足 f(f(x))≤0; 設(shè)f(x0)=y(tǒng)0,則f(y0)=x0且
13、y0≠x0,
所以函數(shù)f(x)=2x2+2x+b圖象上存在兩點關(guān)于直線y=x對稱,
令l:y=-x+m,
由得2x2+3x+b-m=0,
設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2)為直線與拋物線的交點,線段MN的中點為E(xE,yE),
所以
所以E,而E在y=x上,
所以m=-,
從而2x2+3x+b+=0在[-1,0]上有兩個不相等的實數(shù)根,
令h(x)=2x2+3x+b+,
所以
得b∈.
三、解答題(本大題共5小題,共74分.)
18.(14分)已知函數(shù)f(x)=cosx+.
(1)求f?的值;
(2)當(dāng)x∈時,不等式c 14、圍.
解 (1)f(x)=sinxcosx-cos2x+
=sin2x-cos2x=sin,
所以f?=sin=sin=1.
(2)因為0≤x≤,所以-≤2x-≤.
所以-≤sin≤1.
由不等式c 15、BEF∩平面ABCD=AB,
∴EB⊥平面ABCD,可得EB⊥BD.
又∵AD=AB=BC=CD,
不妨設(shè)AB=BC=AD=1,DC=2,
可求BD=,可得BD⊥BC,
∵EB∩BC=B,EB,BC?平面EBC,
∴DB⊥平面EBC.
(2)解 方法一 過點F作FH⊥平面ABCD,連接AH交CD于點G,過點H作HI⊥AD交AD于點I,連接FI,作HO⊥FI交FI于點O,
∵FH⊥平面ABCD,BC?平面ABCD,∴FH⊥BC,
又∵DF⊥BC,且FH∩DF=F,F(xiàn)H,DF?平面FDH,
∴BC⊥平面FDH,
又DH?平面FDH,∴BC⊥DH,即H在BD上,
又∵FH 16、⊥AB,F(xiàn)A⊥AB,且FH∩FA=F,F(xiàn)H,F(xiàn)A?平面FAH,∴AB⊥平面FAH,
又AH?平面FAH,∴AB⊥AH.
又∵AD⊥FH,AD⊥HI,F(xiàn)H∩HI=H,F(xiàn)H,HI?平面FHI,∴AD⊥平面FHI,
又∵AD?平面FAD,∴平面FHI⊥平面FAD,
∴H到平面AFD的距離為HO,
由(1)知DG=,HG=HI=,HO=,
又∵DB=3DH,∴B到平面AFD的距離為,
設(shè)直線BD與平面ADF所成角為θ,則sinθ=,
方法二 設(shè)AD=AB=BC=1,
以A為坐標(biāo)原點,AB為y軸建立空間直角坐標(biāo)系,
則A(0,0,0),B(0,1,0),C,D,
設(shè)F(x,y,z) 17、,由題意得
即
解得x=,y=0,z=,即F.
設(shè)平面ADF的法向量為m=(r,s,t),
又=,=,
∴即
令r=,則s=,t=-1,即m=(,,-1).
設(shè)直線BD與平面ADF所成角為θ,且=,
則sinθ=|cos〈m,〉|==,
∴直線BD與平面ADF所成角的正弦值為.
20.(15分)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,滿足a2=6,S4=28,數(shù)列{bn}滿足:b1=1,++…+=-1(n∈N*).
(1)求an和bn;
(2)記數(shù)列的前n項和為Sn,求Sn.
解 (1)設(shè)數(shù)列{an}的首項和公差分別為a1,d,則解得∴an=2n+2,n∈N*.
++…+=-1 18、,①
++…+=-1(n≥2),②
①-②得=-,=(n≥2),當(dāng)n=1時,=-1,b2=,當(dāng)n≥2時,bn=··…··b1=.當(dāng)n=1時,b1=1符合上式,所以bn=,n∈N*.
(2)===·
=,
Sn=++…+
=
==.
21.(15分)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點是F(1,0),直線l1:y=k1x,l2:y=k2x分別與拋物線C相交于點A和點B,過A,B的直線與圓O:x2+y2=4相切.
(1)求直線AB的方程(含k1,k2);
(2)若線段OA與圓O交于點M,線段OB與圓O交于點N,求S△MON的取值范圍.
解 (1)焦點是F(1,0), 19、可得=1,即p=2,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
拋物線方程為y2=4x,聯(lián)立可得A,同理可得B,
若AB的斜率存在,可得kAB==,
AB的方程為y-=,
化為k1k2x-(k1+k2)y+4=0,
若AB的斜率不存在,也滿足上面的方程,則直線AB的方程為k1k2x-(k1+k2)y+4=0.
(2)過A,B的直線與圓O:x2+y2=4相切,可得d==r=2,
化簡為(k1k2)2+(k1+k2)2=4,即有-2≤k1k2<0,
cos∠AOB==
=,
由(k1k2)2+(k1+k2)2=4,可得cos∠AOB=,sin2∠MON=,
設(shè)t=5-2k1k2∈ 20、(5,9],則S=4sin2∠MON=4·=4·==18-≤18-2=4,
當(dāng)t=7時取等號,即k1k2=-1∈[-2,0),所以(S△MON)max=2,
又S>18-=,即S△MON>,
即有S△MON的取值范圍為.
22.(15分)已知函數(shù)f(x)=kex-x2,k∈R.
(1)當(dāng)k=-1時,求f(x)的最大值;
(2)若函數(shù)f(x)有兩個零點,求k的取值范圍.
解 (1)函數(shù)f(x)的定義域為R,當(dāng)k=-1時,f(x)=-ex(x-1)-x2,
f′(x)=-exx-x=-x(ex+1).
當(dāng)x<0時,f′(x)>0,當(dāng)x>0時,f′(x)<0,所以f(x)在(-∞, 21、0)上單調(diào)遞增,在(0,+∞)上單調(diào)遞減,
所以f(x)在x=0時取到最大值,最大值為f(0)=1.
(2)f′(x)=kexx-x=x(kex-1),
當(dāng)k<0時,f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,在(0,+∞)上單調(diào)遞減,又因為f(0)=-k>0,f(1)=-<0,
f(2k-1)=ke2k-1(2k-2)-(2k-1)2<k(2k-2)-(2k-1)2=-<0,所以f(x)有兩個零點;
當(dāng)k=0時,f(x)=-x2,所以此時f(x)只有一個零點;
當(dāng)k=1時,f′(x)=exx-x=x(ex-1)≥0恒成立,f(x)在R上單調(diào)遞增,f(x)不存在兩個零點;
當(dāng)k>0且k≠1時,
令f′(x)=0,得x=0或x=ln,
當(dāng)0<k<1時,ln =-ln k>0,f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,在(0,-ln k)上單調(diào)遞減,在(-ln k,+∞)上單調(diào)遞增,且f(0)=-k<0,f(x)不存在兩個零點;
當(dāng)k>1時,ln=-lnk<0,f(x)在(-∞,-lnk)上單調(diào)遞增,在(-lnk,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增,且f=-<0,f(x)不存在兩個零點.
綜上,當(dāng)f(x)有兩個零點時,k的取值范圍是(-∞,0).
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