2020届浙江省高考冲刺抢分练高考仿真卷（四） 数学（解析版）

2020届浙江省高考冲刺抢分练高考仿真卷（四） 数学（解析版）
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A∩B等于(　　)
A．(－∞，1) B．(0,1) C．(－1,0) D．(－1,1)
答案　B
解析　由题得A＝{x|－1 所以A∩B＝(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3x＋4y＝0，则该双曲线的离心率是(　　)
A. B. C.或 D.或
答案　D
解析　3x＋4y＝0⇒y＝－x，当焦点位于x轴时，＝⇒＝，而c2＝a2＋b2，所以＝⇒e＝＝；
当焦点位于y轴时，＝⇒＝，c2＝a2＋b2⇒＝⇒e＝＝.
3．如果实数x，y满足条件那么z＝2x－y的最大值为(　　)
A．2 B．－2 C．1 D．－3
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z＝2x－y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zmax＝1.


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(　　)

A．12 B．14 C．16 D．18
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V1＝1×3×4＝12，三棱柱的体积V2＝×3×1×4＝6，
该几何体的体积为V＝V1＋V2＝18.
5．“对任意正整数n，不等式nlg a<(n＋1)lg aa(a>1)都成立”的一个必要不充分条件是(　　)
A．a>0 B．a>1 C．a>2 D．a>3
答案　A
解析　由nlg a<(n＋1)lg aa得nlg a ∵a>1，∴lg a>0，∴n＝1－，
又1－<1，∴a>1.
即a>1时，不等式nlg a<(n＋1)lg aa成立，
则a>0是其必要不充分条件；a>1是其充要条件；a>2，a>3均是其充分不必要条件．
6．与函数f(x)＝sin x2＋cos x的部分图象符合的是(　　)


答案　B
解析　f(0)＝sin 0＋cos 0＝1排除C，
F ＝sin ＋cos ＝sin >0，排除A，D.

7．已知随机变量ξ的分布列如下表所示：
ξ
1
3
5
P
0.4
0.1
x
则ξ的标准差为(　　)
A．3.56 B. C．3.2 D.
答案　B
解析　由题意，E(ξ)＝1×0.4＋3×0.1＋5×(1－0.4－0.1)＝3.2，
∴D(ξ)＝(1－3.2)2×0.4＋(3－3.2)2×0.1＋(5－3.2)2×0.5＝1.936＋0.004＋1.62＝3.56，
∴ξ的标准差为.
8．如图，正四面体ABCD中，P，Q，R分别在棱AB，AD，AC上，且AQ＝QD，＝＝，分别记二面角A－PQ－R，A－PR－Q，A－QR－P的平面角为α，β，γ，则(　　)

A．β>γ>α B．γ>β>α
C．α>γ>β D．α>β>γ
答案　D
解析　∵ABCD是正四面体，P，Q，R分别在棱AB，AD，AC上，且AQ＝QD，＝＝，可得α为钝角，β，γ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h1＝h，h2＝h，h11，即sin β>sin γ，所以γ<β，∴α>β>γ.
9.如图，点C在以AB为直径的圆上，其中AB＝2，过A向点C处的切线作垂线，垂足为P，则·的最大值是(　　)

A．2 B．1 C．0 D．－1
答案　B
解析　连接BC(图略)，则∠ACB＝90°，
∵AP⊥PC，
∴·＝·＝·＝·＝2，
依题意可证Rt△APC∽Rt△ACB，则＝，即PC＝，
∵AC2＋CB2＝AB2，
∴AC2＋CB2＝4≥2AC·BC，
即AC·BC≤2，当且仅当AC＝CB时取等号．
∴PC≤1，
∴·＝2≤1，
∴·的最大值为1.
10．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知2 019＋2 019a2 017＋2 021＝2 000，(a2 020－1)2 019＋2 019a2 020＋(a2 020－1)2 021＝2 038，则S4 036等于(　　)
A．2 019 B．2 020 C．2 021 D．4 036
答案　D
解析　由(a2 017－1)2 019＋2 019a2 017＋(a2 017－1)2 021＝2 000得：(a2 017－1)2 019＋2 019(a2 017－1)＋(a2 017－1)2 021＝－19，①
由(a2 020－1)2 019＋2 019a2 020＋(a2 020－1)2 021＝2 038得：
2 019＋2 019＋2 021＝19，②
令f(x)＝x2 019＋2 019x＋x2 021，
则①式即为f ＝－19，
②式即为f ＝19，
又f ＋f(x)＝0，即f(x)为奇函数，
且＋＝0，∴a2 017＋a2 020＝2，
∴S4 036＝2 018＝2 018(a2 017＋a2 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：x2＋y2－2ax＋4ay＋5a2－25＝0的圆心在直线l1：x＋y＋2＝0上，则a＝________；圆C被直线l2：3x＋4y－5＝0截得的弦长为________．
答案　2　8
解析　圆C：x2＋y2－2ax＋4ay＋5a2－25＝0的标准方程为(x－a)2＋(y＋2a)2＝52，可得圆心坐标是(a，－2a)，
把圆心坐标代入直线l1：x＋y＋2＝0的方程中得a＝2；
即圆心为(2，－4)，圆心到直线l2：3x＋4y－5＝0的距离d＝＝3，
所以弦长等于2＝2＝8.
13．若x(1－mx)4＝a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，其中a2＝－6，则实数m＝________； a1＋a3＋a5＝________.
答案　　
解析　x(1－mx)4＝a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5 ，
则x(1－mx)4＝x，
则－4m＝a2＝－6，
解得m＝ .
令x＝1，则4＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5 ，
令x＝－1, 则－4＝－a1＋a2－a3＋a4－a5，
∴2＝4＋4 ，
解得a1＋a3＋a5＝.
14．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin A＋sin B＝sin 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 A＋sin B＝sin C，则a＋b＝，
且△ABC的周长为9，
则c＋＝9，
解得c＝4 .
因为△ABC的面积等于3sin C，
所以absin C＝3sin C，
整理得ab＝6.
∵a＋b＝＝5,
∴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、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2A＋2A＝96(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|，∴|PF2|＝2c，
∴|PF1|＝2(a－c)．
∵5|PF1|＝6|F1Q|，
∴|QF1|＝|PF1|＝(a－c)，∴|QF2|＝＋.
在△PF1F2中，由余弦定理可得： cos∠PF1F2＝＝，
在△QF1F2中，由余弦定理可得： cos∠QF1F2＝＝.
∵∠PF1F2＋∠QF1F2＝180°，
∴cos∠PF1F2＝－cos∠QF1F2，
∴＝－，整理得9a＝11c，
∴e＝＝.
17．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|λ－|≥||恒成立，则＋的最大值为________．
答案　
解析　由对任意λ∈R，不等式|λ－|≥||恒成立得BC边上的高h≥a.
在△ABC中，有ah＝bcsin A，即bc＝，
在△ABC中，由余弦定理得
b2＋c2＝a2＋2bccos A＝a2＋，
则＋＝＝
＝＝
≤＝sin A＋2cos A
＝sin(A＋φ)，
其中tan φ＝2，
则当A＋φ＝且h＝a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 x－cos 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，<α<.求f 的值．
解　(1)f(x)＝(sin x－cos x)
＝2＝2sin.
∴函数的最小正周期为2π，值域为{y|－2≤y≤2}．
(2)依题意得，2sin＝，sin＝，
∵<α<，∴0<α－<，
∴cos＝＝＝，
∴f ＝2sin
＝2sin
＝2
＝2××＝.
19.(15分)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，CD＝2AB＝4，BC＝2.

(1)求证：PC⊥BD；
(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AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，
所以tan∠ACB＝＝.
因为AB∥CD，AB⊥BC，所以CD⊥BC.
在Rt△BCD中，因为CD＝4，所以tan∠BDC＝＝，
所以tan∠ACB＝tan∠BDC，
所以∠ACB＝∠BDC.
因为∠ACB＋∠ACD＝，所以∠BDC＋∠ACD＝，所以BD⊥AC.
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.
又PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.
因为PC⊂平面PAC，所以PC⊥BD.
(2)方法一　如图，设PA＝t，AC与BD交于点M，连接PM，过点A作AH⊥PM于点H，连接BH.

由(1)知，BD⊥平面PAC，又AH⊂平面PAC，所以BD⊥AH.
因为AH⊥PM，PM⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，PM∩BD＝M，所以AH⊥平面PBD，
所以∠ABH为直线AB与平面PBD所成的角．
在Rt△ABC中，因为AB＝2，BC＝2，所以AC＝＝2，
所以由三角形相似得AM＝＝.
在Rt△PAM中，易知AH＝＝＝.
因为直线AB与平面PBD所成的角为，所以∠ABH＝.
所以sin∠ABH＝＝＝，
所以t＝2，
所以PA的长为2.
方法二　取CD的中点E，连接AE，

因为AB∥CD，CD＝2AB＝4，所以AB∥CE且AB＝CE，
所以四边形ABCE是平行四边形，所以BC∥AE.
因为AB⊥BC，所以AB⊥AE.
又PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AE，
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PA＝t，因为CD＝2AB＝4，所以A(0,0,0)，B(0,2,0)，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y＝1，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 ＝|cos〈n，〉|＝＝
＝，
所以t＝2.
所以PA的长为2.
20．(15分)数列{an}满足： a1＝1，a2＝2，an＋2＝[2＋(－1)n]an＋2，n＝1,2,3，….
(1)求a3，a4，并证明数列{a2n＋1}是等比数列；
(2)求数列{an}的前2n项和S2n.
解　(1) 当n＝1时，a3＝a1＋2＝3，
当n＝2时，a4＝3a2＋2＝8，
令n＝2k，a2k＋2＝3a2k＋2(k＝1,2,3，…)，
即a2k＋2＋1＝3(a2k＋1)(k＝1,2,3，…)．
所以数列{a2n＋1}是等比数列．
(2)由(1)得，当n为偶数时，an＝－1，
当n为奇数时， an＋2＝an＋2，即数列{an}的奇数项构成等差数列，可求得an＝n，
{an}的通项公式an＝
所以在前2n项中，S奇＝n·1＋n·2＝n2，
S偶＝－n＝－n，
S2n＝S奇＋S偶＝＋n2－n.
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：x＝4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＝λ，求λ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：x＝4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关于原点的对称点，所以点F的坐标为(－1,0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为＝λ，
则(x1＋1，y1)＝λ(－1－x2，－y2)，
可得
∵＋＝1，即＋＝1，①
又由＋＝1，则＋＝λ2，②
①－②得＝1－λ2，
化简得x2＝，
∵－2≤x2≤2，∴－2≤≤2，解得≤λ≤3，
所以λ的取值范围是.
22．(15分)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)，其中m≥1.
(1)设x＝0是函数f(x)的极值点，讨论函数f(x)的单调性；
(2)若y＝f(x)有两个不同的零点x1和x2，且x1<0 ①求参数m的取值范围；
②求证：－ln(x2－x1＋1)>e－1.
(1)解　f′(x)＝ex－，
若x＝0是函数f(x)的极值点，则f′(0)＝1－＝0，得m＝1，经检验满足题意，
此时f′(x)＝ex－，x>－1，
所以当x∈(－1,0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)①解　m≥1, f′(x)＝ex－，x>－m，
记h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex＋>0，
知f′(x)在区间(－m，＋∞)内单调递增．
又∵f′(0)＝1－>0, f′(－m＋1)＝e1－m－1<0，
∴f′(x)在区间(1－m,0)内存在唯一的零点x0，
即f′(x0)＝－＝0，于是＝，
x0＝－ln(x0＋m)．
当－m 当x>x0时， f′(x)>0，f(x)单调递增．
若y＝f(x)有两个不同的零点x1和x2，且x1<0 易知x→－m时，f(x)→＋∞，x→＋∞时，f(x)→＋∞，
所以f(0)＝1－ln m<0，解得m>e.
②证明　由①中的单调性知，当x∈(x1，x2)时，f(x)<0，又m>e，所以f(－1)＝－ln(m－1)<－ln(e－1)<－ln(e－1)<－ln 1.7＝ln <0，所以x1<－1.
所以x1<－1<0 所以x2－x1>1，令t＝x2－x1>1，
要证－ln(x2－x1＋1)>e－1，
即证et－ln(t＋1)>e－1.
令h(t)＝et－ln(t＋1)，t≥1，
则h′(t)＝et－单调递增，
又h′(1)＝e－>0，
所以h′(t)>0，h(t)单调递增，
所以h(t)>h(1)＝e－ln 2>e－1，
即－ln(x2－x1＋1)>e－1.