《（浙江專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 高考仿真模擬練（一）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 高考仿真模擬練（一）（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考仿真模擬練(一) (時(shí)間：120分鐘；滿分：150分) 選擇題部分 一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的． 1．設(shè)集合A＝{x|x2－x－2≤0}，B＝{x|x<1，且x∈Z}，則A∩B＝(　　) A．{－1}　　　　　　　　　 B．{0}　　　　　　　　　 C．{－1，0}　　　　　　　　　 D．{0，1} 2．若復(fù)數(shù)(i為虛數(shù)單位)為純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)a的值為(　　) A．2 B. C．－ D．－2 3．設(shè)a∈R，則“a＞0”是“a＋≥2”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充

2、分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 4．曲線f(x)＝x3－x＋3在點(diǎn)P處的切線平行于直線y＝2x－1，則P點(diǎn)的坐標(biāo)為(　　) A．(1，3) B．(－1，3) C．(1，3)和(－1，3) D．(1，－3) 5．函數(shù)y＝(a>1)的圖象大致形狀是(　　) 6．已知變量x，y滿足約束條件若不等式2x－y＋m2≥0恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為(　　) A．[－，] B．[－，] C．(－∞，－]∪[，＋∞) D．(－∞，－]∪[，＋∞) 7．隨機(jī)變量X的分布列如下表，且E(X)＝2，則D(2X－3)＝(　　) X 0 2 a

3、 P p A.2 B．3 C．4 D．5 8．已知平面向量a，b，c滿足c＝xa＋yb(x，y∈R)，且a·c>0，b·c>0.(　　) A．若a·b<0則x>0，y>0 B．若a·b<0則x<0，y<0 C．若a·b>0則x<0，y<0 D．若a·b>0則x>0，y>0 9. 如圖，四棱錐P-ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD都是等邊三角形，則異面直線CD與PB所成角的大小為(　　) A．90° B．75° C．60° D．45° 10．若函數(shù)f(x)＝2x＋1－x2－2x－2，對(duì)于任意的x∈

4、Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，－1] B．(－∞，0] C．(－∞，3] D．(－∞，4] 題號(hào) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 非選擇題部分 二、填空題：本大題共7小題，多空題每小題6分，單空題每小題4分，共36分． 11．設(shè)拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l，點(diǎn)A(0，2)．若線段FA的中點(diǎn)B在拋物線上，則F到l的距離為_(kāi)_______，|FB|＝________． 12. 某幾何體的三視圖如圖所示，當(dāng)xy取得

5、最大值為_(kāi)_______時(shí)，該幾何體的體積是________． 13．在△ABC中，角A，B，C分別對(duì)應(yīng)邊a，b，c，S為△ABC的面積．已知a＝4，b＝5，C＝2A，則c＝________，S＝________． 14．已知數(shù)列{an}滿足a1＝2且對(duì)任意的m，n∈N*，都有＝an，則a3＝________；{an}的前n項(xiàng)和Sn＝________． 15．安排甲、乙、丙、丁、戊5名大學(xué)生去杭州、寧波、金華三個(gè)城市進(jìn)行暑期社會(huì)實(shí)踐活動(dòng)，每個(gè)城市至少安排一人，則不同的安排方式共有________種．(用數(shù)字作答) 16．已知f(x)＝x3＋ax－2b，如果f(x)的圖象在切點(diǎn)P(1，－

6、2)處的切線與圓(x－2)2＋(y＋4)2＝5相切，那么3a＋2b＝________． 17．若二項(xiàng)式展開(kāi)式的二項(xiàng)式系數(shù)之和為32，常數(shù)項(xiàng)為10，則實(shí)數(shù)m的值為_(kāi)_______． 三、解答題：本大題共5小題，共74分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟． 18．(本題滿分14分)已知函數(shù)f(x)＝sin2x－sin2(x－)，x∈R. (1)求f(x)的最小正周期； (2)求f(x)在區(qū)間上的最大值和最小值． 19. (本題滿分15分)在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B是邊長(zhǎng)為2的正方形，點(diǎn)C在平面AA1B1B上的

7、射影H恰好為A1B的中點(diǎn)，且CH＝，設(shè)D為CC1的中點(diǎn)． (1)求證：CC1⊥平面A1B1D； (2)求DH與平面AA1C1C所成角的正弦值． 20．(本題滿分15分)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，公差d≠0，且S1，S3，S9成等比數(shù)列，數(shù)列{bn}滿足b1S1＋b2S2＋…＋bnSn＝6－(n∈N*)，{bn}的前n項(xiàng)和為Tn. (1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)記Rn＝＋＋…＋，試比較Rn與Tn的大?。?1.(本題滿分15分)已知拋物線y2＝2px，過(guò)焦點(diǎn)且垂直x軸的弦長(zhǎng)為6，拋物線上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)A(x1，y1)和B(x2，y2)，其中x1≠

8、x2且x1＋x2＝4，線段AB的垂直平分線與x軸交于點(diǎn)C. (1)求拋物線方程； (2)試證線段AB的垂直平分線經(jīng)過(guò)定點(diǎn)，并求此定點(diǎn)； (3)求△ABC面積的最大值． 22．(本題滿分15分)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋x2－ax＋2，(a∈R)在定義域內(nèi)不單調(diào)． (1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)若函數(shù)f(x)存在3個(gè)不同的零點(diǎn)，證明：存在m，n∈(0，＋∞)，使得<2－3. 高考仿真模擬練(一) 1．解析：選C.依題意得A＝{x|(x＋1)(x－2)≤0}＝{x|－1≤x≤2}，因此A∩B＝{x|－1≤x<1，x∈Z}＝{－1，0}，選C. 2．解析：選A.法

9、一：由題意得＝＝＝＋i為純虛數(shù)，則＝0，且≠0，解得a＝2.故選A. 法二：由題意，令＝ti(t≠0)，則1＋ai＝t＋2ti，則解得 3．解析：選C.由a＞0得，a＋≥2＝2，所以是充分條件； 由a＋≥2可得a＞0，所以是必要條件， 故“a＞0”是“a＋≥2”的充要條件．故選C. 4．解析：選C.f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，則3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1，所以P(1，3)或(－1，3)，經(jīng)檢驗(yàn)，點(diǎn)(1，3)，(－1，3)均不在直線y＝2x－1上，故選C. 5．解析：選B.當(dāng)x>0時(shí)，y＝ax，因?yàn)閍>1，所以是增函數(shù)，排除C、D，當(dāng)x<0時(shí)，y＝－ax，是

10、減函數(shù)，所以排除A.故選B. 6．解析：選D. 作出約束條件 所對(duì)應(yīng)的可行域(圖中陰影部分)，令z＝－2x＋y， 當(dāng)直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(－4，－1)時(shí)，z取得最大值， 即zmax＝－2×(－4)－1＝7， 所以m的取值范圍為(－∞，－]∪[，＋∞)，故選D. 7．解析：選C.由題意可得：＋p＋＝1，解得p＝，因?yàn)镋(X)＝2，所以0×＋2×＋a×＝2，解得a＝3.D(X)＝(0－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＝1.D(2X－3)＝4D(X)＝4.故選C. 8．解析：選A.由a·c>0，b·c>0，若a·b<0， 可舉a＝(1，1)，b＝(－2，1)，c＝(0，1)，

11、 則a·c＝1>0，b·c＝1>0，a·b＝－1<0， 由c＝xa＋yb，即有0＝x－2y，1＝x＋y， 解得x＝，y＝，則可排除B； 若a·b>0，可舉a＝(1，0)，b＝(2，1)，c＝(1，1)， 則a·c＝1>0，b·c＝3>0，a·b＝2>0， 由c＝xa＋yb，即有1＝x＋2y，1＝y(tǒng)，解得x＝－1，y＝1， 則可排除C，D.故選A. 9．解析：選A.延長(zhǎng)DA至E， 使AE＝DA，連接PE，BE，因?yàn)椤螦BC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，所以DE＝BC，DE∥BC. 所以四邊形CBED為平行四邊形． 所以CD∥BE. 所以∠PBE(或其補(bǔ)角)就是異面直

12、線CD與PB所成的角． 在△PAE中，AE＝PA，∠PAE＝120°， 由余弦定理得 PE＝ ＝ ＝AE. 在△ABE中，AE＝AB，∠BAE＝90°， 所以BE＝AE. 因?yàn)椤鱌AB是等邊三角形， 所以PB＝AB＝AE. 因?yàn)镻B2＋BE2＝AE2＋2AE2＝3AE2＝PE2，所以∠PBE＝90°.故選A. 10．解析：選D.f(x)＝2x＋1－x2－2x－2≤0，即2x＋1≤x2＋2x＋2.設(shè)g(x)＝2x＋1，h(x)＝x2＋2x＋2，當(dāng)x≤－1時(shí)，0＜g(x)≤1，h(x)＝x2＋2x＋2≥1，所以當(dāng)a≤－1時(shí)，滿足對(duì)任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0

13、恒成立；當(dāng)－1＜x＜4時(shí)，因?yàn)間(0)＝h(0)＝2，g(1)＝4＜h(1)＝5，g(2)＝8＜h(2)＝10，g(3)＝16＜h(3)＝17，所以當(dāng)－1＜a≤4時(shí)，亦滿足對(duì)任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立；當(dāng)x≥4時(shí)，易知f′(x)＝2x＋1·ln 2－2x－2，設(shè)F(x)＝2x＋1·ln 2－2x－2，則F′(x)＝2x＋1·(ln 2)2－2＞0，所以F(x)＝2x＋1·ln 2－2x－2在[4，＋∞)上是增函數(shù)，所以f′(x)≥f′(4)＝32ln 2－10＞0，所以函數(shù)f(x)＝2x＋1－x2－2x－2在[4，＋∞)上是增函數(shù)，所以f(x)≥f(4)＝32－16－8

14、－2＝6＞0，即當(dāng)a＞4時(shí)，不滿足對(duì)任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立． 綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，4]． 11．解析：依題意可知F點(diǎn)坐標(biāo)為，所以B點(diǎn)坐標(biāo)為，代入拋物線方程解得p＝，所以F到l的距離為，|FB|＝＋＝. 答案：　 12. 解析：分析題意可知，該幾何體為如圖所示的四棱錐P-ABCD， CD＝，AB＝y(tǒng)，AC＝5，CP＝，BP＝x，所以BP2＝BC2＋CP2，即x2＝25－y2＋7，x2＋y2＝32≥2xy，則xy≤16，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝4時(shí)，等號(hào)成立．此時(shí)該幾何體的體積V＝××3×＝3. 答案：16　3 13．6　 14．解析：因?yàn)?/p>

15、＝an，所以an＋m＝an·am，所以a3＝a1＋2＝a1·a2＝a1·a1·a1＝23＝8；令m＝1，則有an＋1＝an·a1＝2an，所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為a1＝2，公比q＝2的等比數(shù)列，所以Sn＝＝2n＋1－2. 答案：8　2n＋1－2 15．解析：根據(jù)題意，按五名同學(xué)分組的不同分2種情況討論； ①五人分為2，2，1的三組，有＝15(種)分組方法，對(duì)應(yīng)三個(gè)暑期社會(huì)實(shí)踐活動(dòng)，有15×A＝90(種)安排方案； ②五人分為3，1，1的三組，有＝10(種)分組方法，對(duì)應(yīng)三個(gè)暑期社會(huì)實(shí)踐活動(dòng)，有10×A＝60(種)安排方案； 綜上，共有90＋60＝150(種)不同的安排方案． 答案：

16、150 16．解析：由題意得f(1)＝－2?a－2b＝－3，又因?yàn)閒′(x)＝3x2＋a，所以f(x)的圖象在點(diǎn)(1，－2)處的切線方程為y＋2＝(3＋a)(x－1)，即(3＋a)x－y－a－5＝0，所以＝?a＝－，所以b＝，所以3a＋2b＝－7. 答案：－7 17．解析：因?yàn)槎?xiàng)式展開(kāi)式的二項(xiàng)式系數(shù)之和為32，所以2n＝32，所以n＝5，因?yàn)門r＋1＝C()5－r＝Cmrx－r，令－r＝0，得r＝1，所以常數(shù)項(xiàng)為Cm＝10，所以m＝2. 答案：2 18．解：(1)由已知，有f(x)＝－ ＝－cos 2x ＝sin 2x－cos 2x ＝sin. 所以f(x)的最小正周期T＝

17、＝π. (2)因?yàn)閒(x)在區(qū)間上是減函數(shù)，在區(qū)間上是增函數(shù)，且f＝－，f＝－，f＝， 所以f(x)在區(qū)間上的最大值為，最小值為－. 19．解： (1)證明：如圖，以H為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，則C(0，0，)，C1(，，)，A1(，0，0)，B1(0，，0)， 所以＝(，，0)， ＝， ＝， 所以·＝0，·＝0， 因此CC1⊥平面A1B1D. (2)設(shè)平面AA1C1C的法向量n＝(1，x，y)，由于＝(，，0)，＝(－，0，)， 則n·＝＋x＝0，n·＝－＋y＝0，得x＝－1，y＝， 所以n＝. 又＝， 所以sin θ＝＝＝. 20．解：(1)由已知得S＝

18、S1·S9， 即(3＋3d)2＝9＋36d， 又d≠0，所以d＝2，所以an＝2n－1，Sn＝n2， 由b1×12＋b2×22＋…＋bn×n2＝6－得b1＝， n≥2時(shí)，bn×n2＝6－－6＋＝， 所以bn＝，顯然b1＝也滿足． 所以bn＝(n∈N*)． (2)Tn＝1－，Tn＝(1－)， Rn＝＋＋…＋＝ ＝(1－)． 當(dāng)n＝1時(shí)，21<2×1＋1＝3，R1>T1； 當(dāng)n＝2時(shí)，22<2×2＋1＝5，R2>T2； 當(dāng)n≥3時(shí)，2n＝(1＋1)n＝1＋C＋C＋C＋…>1＋n＋≥2n＋1； 所以RnTn；當(dāng)n≥3時(shí)Rn

19、21．解：(1)由題意，2p＝6，所以拋物線方程為y2＝6x. (2)設(shè)線段AB的中點(diǎn)為M(x0，y0)， 則x0＝2，y0＝，kAB＝＝. 線段AB的垂直平分線的方程是y－y0＝－(x－2)，① 由題意知x＝5，y＝0是①的一個(gè)解， 所以線段AB的垂直平分線與x軸的交點(diǎn)C為定點(diǎn)，且點(diǎn)C坐標(biāo)為(5，0)． 所以線段AB的垂直平分線經(jīng)過(guò)定點(diǎn)C(5，0)． (3)由(2)知直線AB的方程為y－y0＝(x－2)， 即x＝(y－y0)＋2，② ②代入y2＝6x得y2＝2y0(y－y0)＋12， 即y2－2y0y＋2y－12＝0，③ 依題意，y1，y2是方程③的兩個(gè)實(shí)根，且y1≠y

20、2， 所以Δ>0，－22. (2)證明：令f′(x)＝＝0的兩根為x1，x2，且x1

21、為f(x)存在3個(gè)不同的零點(diǎn)， 且x→0時(shí)，f(x)→－∞，x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞， 所以f(x1)>0，f(x2)<0， f(x1)＝ln x1＋x－x1＋2＝ln x1－x＋1， 同理f(x2)＝ln x2－x＋1， 令g(x)＝ln x－x2＋1，則g′(x)＝－2x<0得x>， 所以g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， 因?yàn)間(1)＝0，所以x2>1， 又因?yàn)間>0， 當(dāng)x→0時(shí)，g(x)→－∞， 所以存在x0∈使得g＝0，因?yàn)間(x1)>0， 所以＝x1>x0， 所以1h(n)， 即f(m)－f(n)>(2－3)(m－n)， 即<2－3； 若t1