2020届浙江省高考冲刺抢分练高考仿真卷（五） 数学（解析版）

2020届浙江省高考冲刺抢分练高考仿真卷（五） 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M＝{x|1≤x≤3}，N＝{x|x>2}，则集合M∩(∁RN)等于(　　)
A．{x|1≤x≤2} B．{x|x≥1}
C．{x|1≤x<2} D．{x|2 答案　A
解析　∵N＝{x|x>2}，
∴∁RN＝{x|x≤2}，
∴集合M∩(∁RN)＝{x|1≤x≤2}．
2．设双曲线－＝1(a>0)的两焦点之间的距离为10，则双曲线的离心率为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　因为双曲线－＝1(a>0)的两焦点之间的距离为10，所以2c＝10，c＝5，所以a2＝c2－9＝16，所以a＝4.所以离心率e＝.
3．已知x，y∈R，且x>y>0，若a>b>1，则一定有(　　)
A．logax>logby B．sinax>sinby
C．ay>bx D．ax>by
答案　D
解析　当x>y>0，a>b>1时，由指数函数和幂的性质易得ax>ay>by.
4．将函数y＝cos(2x＋φ)的图象向右平移个单位长度，得到的函数为奇函数，则|φ|的最小值为(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　设y＝cos(2x＋φ)向右平移个单位长度得到的函数为g(x)，则g(x)＝cos，因为g(x)为奇函数，且在原点有定义，所以－＋φ＝kπ＋(k∈Z)，解得φ＝kπ＋(k∈Z)，故当k＝－1时，|φ|min＝.

5．函数f(x)＝e|x－1|－2cos(x－1)的部分图象可能是(　　)


答案　A
解析　因为f(1)＝－1，所以排除B；因为f(0)＝e－2cos 1>0，所以排除D；因为当x>2时，f(x)＝ex－1－2cos (x－1)，∴f′(x)＝ex－1＋2sin(x－1)>e－2>0，即x>2时，f(x)具有单调性，排除C.
6．随机变量ξ的分布列如下：
ξ
－1
0
1
P
a
b
c

其中a，b，c成等差数列，则D(ξ)的最大值为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　由分布列得a＋b＋c＝1，又因为a，b，c成等差数列，所以2b＝a＋c，则a＋c＝，所以E(ξ)＝c－a，D(ξ)＝a(c－a＋1)2＋b(c－a)2＋c(c－a－1)2＝a(c－a)2＋b(c－a)2＋c(c－a)2＋2a(c－a)＋a－2c(c－a)＋c＝－(c－a)2＋，则当a＝c时，D(ξ)取得最大值.
7．已知单位向量e1，e2，且e1·e2＝－，若向量a满足(a－e1)·(a－e2)＝，则|a|的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　因为向量e1，e2为单位向量，
且e1·e2＝|e1|·|e2|·cos〈e1，e2〉＝－，
所以|e1＋e2|＝＝1.
因为(a－e1)·(a－e2)＝，
所以a2－a·(e1＋e2)＋e1·e2＝，
所以|a|2－a·(e1＋e2)＝，
所以|a|2－|a|·cos〈a，e1＋e2〉＝，
所以cos〈a，e1＋e2〉＝，
又因为－1≤cos〈a，e1＋e2〉≤1，
所以|a|的取值范围为.
8.在等腰梯形ABCD中，已知AB＝AD＝CD＝1，BC＝2，将△ABD沿直线BD翻折成△A′BD，如图，则直线BA′与CD所成角的取值范围是(　　)

A. B.
C. D.
答案　A
解析　在等腰梯形ABCD中，易知∠ABC＝，∠ABD＝∠CBD＝，则∠A′BD＝，为定值，所以BA′的轨迹可看作是以BD为轴，B为顶点，母线与轴的夹角为的圆锥的侧面，故点A′的轨迹如图中所示，其中F为BC的中点．过点B作CD的平行线，过点C作BD的平行线，两平行线交于点E，则直线BA′与BE所成的角即直线BA′与CD所成的角．又易知CD⊥BD，所以直线A′B与CD所成角的取值范围是，故选A.

9．已知函数f(x)＝ g(x)＝kx＋2，若函数F(x)＝f(x)－g(x)在[0，＋∞)上只有两个零点，则实数k的值不可能为(　　)
A．－ B．－ C．－ D．－1
答案　A
解析　函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点为函数y＝f(x)与y＝g(x)图象的交点，在同一直角坐标系下作出函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象，如图所示，

当函数y＝g(x)的图象经过点(2,0)时满足条件，此时k＝＝－1 ，当函数y＝g(x)的图象经过点(4,0)时满足条件，此时k＝＝－ ，当函数y＝g(x)的图象与(x－1)2＋y2＝1(x>0，y>0)相切时也满足题意，此时＝1 ，解得k＝－， 故选A.
10．已知数列满足，a1＝1，a2＝，且[3＋(－1)n]an＋2－2an＋2[(－1)n－1]＝0，n∈N*，记T2n为数列{an}的前2n项和，数列{bn}是首项和公比都是2的等比数列，则使不等式·<1成立的最小整数n为(　　)
A．7 B．6 C．5 D．4
答案　C
解析　因为[3＋(－1)n]an＋2－2an＋2[(－1)n－1]＝0，n∈N*，∴当n为偶数时，可得(3＋1)an＋2－2an＋2(1－1)＝0，n∈N*，即＝，∴a2，a4，a6，…是以a2＝为首项，以为公比的等比数列；当n为奇数时，可得(3－1)an＋2－2an＋2(－1－1)＝0，n∈N*，即an＋2－an＝2，∴a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，以2为公差的等差数列，T2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2n)＝n2＋1－，∵数列{bn}是首项和公比都是2的等比数列，bn＝2×2n－1＝2n，则·<1等价为·<1，即(n2＋1)·<1，即n2＋1<2n，分析函数y＝n2＋1与y＝2n，则当n＝1时，2＝2，当n＝2时，5<4不成立，当n＝3时，10<8不成立，当n＝4时，17<16不成立，当n＝5时，26<32成立，当n≥5时，n2＋1<2n恒成立，故使不等式·<1成立的最小整数n为5.
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．若n的展开式中所有项的系数的绝对值之和为64，则n＝________；该展开式中的常数项是____________．
答案　3　－27
解析　所求系数的绝对值之和相当于n中所有项的系数之和，则在n中令x＝1，得(3＋1)n＝64，所以n＝3；3的通项为Tk＋1＝C(3)3－kk＝C·33－k·
(－1)k，令＝0，则k＝1，常数项为C×32×(－1)1＝－27.
12．已知实数x，y满足若此不等式组所表示的平面区域形状为三角形，则m的取值范围为_______，如果目标函数z＝2x－y的最小值为－1，则实数m＝________.
答案　(2，＋∞)　4
解析　要使不等式组所表示的平面区域形状为三角形，直线x＝1与直线x－2y＋1＝0的交点(1,1)必在直线的左下方，所以m>2，画出该区域如图阴影部分所示(含边界)，

由z＝2x－y得y＝2x－z，由图可知，当直线y＝2x－z过点A(1，m－1)时在y轴上的截距最大，z最小，所以，－1＝2×1－(m－1)，解得m＝4.
13．如图是一个几何体的三视图，若它的体积是，则a＝________，该几何体的表面积为________．

答案　1　3＋
解析　如图所示，此几何体是四棱锥，底面是边长为a的正方形，平面SAB⊥平面ABCD，并且∠SAB＝90°，SA＝2，所以体积是V＝×a2×2＝，解得a＝1，四个侧面都是直角三角形，所以计算出表面积是S＝12＋×1×2＋×1×＋×1×2＋×1×＝3＋.

14．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c若a＝，c＝3，A＝60°，则b＝________，△ABC的面积S＝________.
答案　1或2　或
解析　由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，即7＝b2＋9－2b×3cos 60°，即b2－3b＋2＝0，解得b＝1或2, 当b＝1时， S＝bcsin A＝×1×3×sin 60°＝，同理当b＝2时， S＝.
15.如图所示，在排成4×4方阵的16个点中，中心位置4个点在某圆内，其余12个点在圆外．从16个点中任选3点，作为三角形的顶点，其中至少有一个顶点在圆内的三角形共有____个．

答案　312
解析　根据题意，分3种情况讨论：
①取出的3个点都在圆内，C＝4，即有4种取法；
②在圆内取2点，圆外12点中有10个点可供选择，从中取1点，CC＝60，即有60种取法；
③在圆内取1点，圆外12点中取2点，C＝248，即有248种取法．
则至少有一个顶点在圆内的三角形有
4＋60＋248＝312(个)．
16．已知F1，F2为椭圆C：＋＝1的左、右焦点，点P在椭圆C上移动时，△PF1F2的内心I的轨迹方程为____________________________．
答案　x2＋3y2＝1(y≠0)
解析　由题意得F1(－1,0)，F2(1,0)，设点P(x，y)，I(m，n)，－2 17．设点P是△ABC所在平面内一动点，满足＝λ＋μ，3λ＋4μ＝2(λ，μ∈R)，||＝||＝||.若|A|＝3，则△ABC面积的最大值是________．
答案　9
解析　由3λ＋4μ＝2，得λ＋2μ＝1，
所以＝λ＋μ＝λ·＋2μ·.
设＝，＝，
则由平面向量基本定理知点P，M，N在同一直线上，
又||＝||＝||，
所以P为△ABC的外心，且∠ACB为锐角，PN⊥BC，

由此可作图，如图所示，
设∠ACB＝θ，CN＝x，则BC＝2x，
CM＝，CA＝，
所以S△ABC＝AC·BCsin θ
＝··2x·sin θ＝x2，
在△ABC中，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos θ，
即4x2＋－2·2x··cos θ＝9，
所以x2＝，
所以S△ABC＝·＝＝＝≤9.
当且仅当9tan θ＝，即tan θ＝时等号成立，
所以△ABC面积的最大值是9.
三、解答题(本大题共5小题，共74分．)
18．(14分)已知函数f(x)＝4coscos－.
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)求f(x)在区间上的值域．
解　(1)f(x)＝4sinx·－
＝4sin x·－
＝2sin xcos x＋2sin2x－
＝sin 2x＋·－
＝sin 2x－cos 2x
＝2sin.
令2kπ－≤2x－≤2kπ＋，
得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，
f(x)的单调递增区间为.
(2)由≤x≤，得≤2x－≤，
故而2sin∈[1，]，
即f(x)在区间上的值域为[1，]．
19．(15分)如图，已知四边形ABCD是正方形，AE⊥平面ABCD，PD∥AE，PD＝AD＝2EA＝2，G，F，H分别为BE，BP，PC的中点．

(1)求证：平面ABE⊥平面GHF；
(2)求直线GH与平面PBC所成的角θ的正弦值．
解　(1)因为AE⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以AE⊥BC，
因为四边形ABCD是正方形，所以AB⊥BC，
又BA∩AE＝A，BA，AE⊂平面ABE，所以BC⊥平面AEB，
因为F，H分别为BP，PC的中点，所以FH为△PBC的中位线，
所以FH∥BC，
所以FH⊥平面ABE，
又FH⊂平面GHF，所以平面ABE⊥平面GHF.
(2)解　方法一　因为AE⊥平面ABCD，PD∥AE，所以PD⊥平面ABCD，

又BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC，因为四边形ABCD是正方形，所以CD⊥BC，
又PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，
所以BC⊥平面PCD，
又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PCD.
连接DH，则DH⊥PC，
因为平面PBC∩平面PCD＝PC，所以DH⊥平面PBC，
所以∠DHG为直线GH与平面PBC所成角的余角，即θ＝－∠DHG.
在等腰直角三角形PDC中，因为PD＝DC＝2，所以PC＝2，
所以DH＝＝.
连接DG，易知DG＝＝，GH＝＝，
所以在△DHG中，cos∠DHG＝＝，
所以sin θ＝sin＝cos∠DHG＝，
即直线GH与平面PBC所成的角θ的正弦值为.
方法二　易知DA，DC，DP两两垂直，所以以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由PD＝AD＝2EA＝2，易得B(2,2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，H(0,1,1)，G，则＝(0，－2,2)，＝(2,0,0)，＝.

设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则
则则
令y＝1，则z＝1，所以n＝(0,1,1)为平面PBC的一个法向量，
所以sin θ＝|cos〈n，〉|
＝＝＝，
故直线GH与平面PBC所成的角θ的正弦值为.
20．(15分)已知数列{an}满足：a1＝，an＋1＝(n∈N*)．(其中e为自然对数的底数，e＝2.71828…)
(1)证明：an＋1>an(n∈N*)；
(2)设bn＝1－an，是否存在实数M>0，使得b1＋b2＋…＋bn≤M对任意n∈N*成立？若存在，求出M的一个值；若不存在，请说明理由．
(1)证明　设f(x)＝ex－x－1，令f′(x)＝ex－1＝0，
得到x＝0.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
故f(x)≥f(0)＝0，即ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取等号)．
故an＋1＝≥an ，且取不到等号，所以an＋1>an.
(2)解　先用数学归纳法证明an≤1－.
①当n＝1时，a1≤1－成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak≤1－成立，那么当n＝k＋1时，ak＋1＝≤＝≤＝ ＝1－，即ak＋1≤1－也成立．故对n∈N*都有an≤1－.
所以bn＝1－an≥.
取n＝2t－1(t∈N*)，
b1＋b2＋…＋bn ≥＋＋…＋ ＝＋＋… ＋.
即b1＋b2＋…＋bn ≥＋＋…＋＝.
其中t＝log2n＋1，t∈N*，
当n→＋∞时，t→＋∞，→＋∞，
所以不存在满足条件的实数M，使得b1＋b2＋…＋bn≤M对任意n∈N*成立．
21．(15分)抛物线C：y＝x2，直线l的斜率为2.
(1)若l与抛物线C相切，求直线l的方程；
(2)若l与抛物线C相交于A，B，线段AB的中垂线交C于P，Q，求的取值范围．
解　(1)设直线l的方程为y＝2x＋b，联立直线l与抛物线C的方程得x2－2x－b＝0，
Δ＝4＋4b＝0，所以b＝－1，
因此，直线l的方程为y＝2x－1.
(2)设直线l的方程为y＝2x＋b，设点A，
B，P，Q，
联立直线l与抛物线C的方程
得x2－2x－b＝0，Δ＝4＋4b>0，所以b>－1.
由根与系数的关系得x1＋x2＝2，x1x2＝－b.
所以|AB|＝|x1－x2|＝2，
且y1＋y2＝2(x1＋x2)＋2b＝4＋2b，
所以线段AB的中点为(1,2＋b)，
所以直线PQ的方程为y＝－x＋＋b，
由得2x2＋x－5－2b＝0，
由根与系数的关系得x3＋x4＝－，x3x4＝－－b，
所以|PQ|＝|x3－x4|＝，
所以＝＝>，
所以的取值范围是.
22．(15分)已知函数f(x)＝ex－exsin x，x∈(e为自然对数的底数)．
(1)求函数f(x)的值域；
(2)若不等式f(x)≥k(x－1)(1－sin x)对任意x∈恒成立，求实数k的取值范围；
(3)证明：ex－1＞－(x－)2＋1.
(1)解　因为f(x)＝ex－exsin x，
所以f′(x)＝ex－ex(sin x＋cos x)＝ex(1－sin x－cos x)＝ex，
∵x∈，∴x＋∈，
∴sin≥，所以f′(x)≤0，
故函数f(x)在上单调递减，函数f(x)的最大值为f(0)＝1－0＝1；
f(x)的最小值为f ＝－sin ＝0，
所以函数f(x)的值域为[0,1]．
(2)解　原不等式可化为ex(1－sin x)≥k(x－1)(1－sin x)，(*)
因为1－sin x≥0恒成立，故(*)式可化为ex≥k(x－1)．
令g(x)＝ex－kx＋k，x∈，则g′(x)＝ex－k，
当k≤0时，g′(x)＝ex－k>0，所以函数g(x)在上单调递增，故g(x)≥g(0)＝1＋k≥0，所以－1≤k≤0；
当k>0时，令g′(x)＝ex－k＝0，得x＝ln k，
所以当x∈(0，ln k)时，g′(x)＝ex－k<0；
当x∈(ln k，＋∞)时，g′(x)＝ex－k>0.
所以当ln k＜，即00成立；
当ln k≥，即k≥时，函数g(x)在上单调递减，g(x)min＝g＝－k·＋k≥0，解得≤k≤，
综上，－1≤k≤.
(3)证明　令h(x)＝ex－1＋2－1，
则h′(x)＝ex－1＋x－.
令t(x)＝h′(x)＝ex－1＋x－，
则t′(x)＝ex－1＋1>0，
所以h′(x)在R上单调递增，
由h′＝－1＜0，h′＝－＞0，
故存在x0∈，使得h′＝0，
即＝－x0.
所以当x∈(－∞，x0)时，h′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0.
故当x＝x0时，函数h(x)有极小值，且是唯一的极小值，
故函数h(x)min＝h(x0)＝＋2－1
＝－＋2－1
＝×2－＝2－，
因为x0∈，所以2－>
×2－＝>0，
故h(x)＝ex－1＋2－1>0，
即ex－1>－2＋1.