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    2020届浙江省高考冲刺抢分练高考仿真卷(一) 数学(解析版)

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    2020届浙江省高考冲刺抢分练高考仿真卷(一) 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={x|x2<1},集合B={x|log2x<0},则A∩B等于(  )
    A.(0,1) B.(-1,0) C.(-1,1) D.(-∞,1)
    答案 A
    解析 根据题意集合A={x|-1 2.在平面直角坐标系中,经过点P(2,-),渐近线方程为y=±x的双曲线的标准方程为(  )
    A.-=1 B.-=1
    C.-=1 D.-=1
    答案 B
    解析 ∵双曲线的渐近线方程为y=±x,∴设所求双曲线的标准方程为2x2-y2=k.又在双曲线上,则k=16-2=14,即双曲线的方程为2x2-y2=14,
    ∴双曲线的标准方程为-=1.
    3.设变量x,y满足约束条件则目标函数z=2x+y的最大值是(  )
    A.2 B.3 C.5 D.7
    答案 C
    解析 画出约束条件表示的可行域,如图中阴影部分(含边界)所示,

    由可得
    将z=2x+y变形为y=-2x+z,
    平移直线y=-2x+z,
    由图可知当直线y=-2x+z经过点(3,-1)时,
    直线在y轴上的截距最大,即z最大,
    z的最大值为z=2×3-1=5.
    4.若复数z1=2+i,z2=cos α+isin α(α∈R),其中i是虚数单位,则|z1-z2|的最大值为
    A.-1 B. C.+1 D.
    答案 C
    解析 方法一 由题可得z1-z2=2+i-cos α-isin α=2-cos α+(1-sin α)i(α∈R),
    则|z1-z2|=

    ==
    =,其中tan φ=2,当sin(α+φ)=-1时,
    |z1-z2|有最大值,此时|z1-z2|==+1.
    方法二 ∵z1=2+i,z2=cos α+isin α(α∈R),
    ∴z2在复平面内对应的点在以原点为圆心,以1为半径的圆上,z1=2+i对应的点为Z1(2,1).
    如图:

    则|z1-z2|的最大值为+1.
    5.“α≠β”是“cos α≠cos β”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
    答案 B
    解析 因为α=β⇒cos α=cos β,所以cos α≠cos β⇒α≠β (逆否命题)必要性成立,α=-β⇒cos α=cos β,充分性不成立,故“α≠β”是“cos α≠cos β”的必要不充分条件.
    6.函数f(x)=的图象大致为(  )


    答案 A
    解析 函数的定义域为{x|x≠0},f(x)=,f ==-=-f(x),所以函数f(x)是奇函数,图象关于原点对称,故可排除B;当x>1时,f(x)==>0,故可排除C;当x>0时,f(x)== ,f′(x)=,显然当10,函数f(x)单调递增,当x>e时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,可排除D,故选A.
    7.本次模拟考试结束后,班级要排一张语文、数学、英语、物理、化学、生物六科试卷讲评顺序表,若化学排在生物前面,数学与物理不相邻且都不排在最后,则不同的排表方法共有(  )
    A.72种 B.144种 C.288种 D.360种
    答案 B
    解析 第一步排语文、英语、化学、生物4科,且化学排在生物前面,有=12(种)排法;第二步将数学和物理插入前4科除最后位置外的4个空档中的2个,有A=12(种)排法,所以不同的排表方法共有12×12=144(种).
    8.已知随机变量X的分布列如下表:
    X
    -1
    0
    1
    P
    a
    b
    c

    其中a,b,c>0.若X的方差D(X)≤对所有a∈(0,1-b)都成立,则(  )
    A.b≤ B.b≤ C.b≥ D.b≥
    答案 D
    解析 由X的分布列可得X的期望为E(X)=-a+c,
    a+b+c=1,
    所以X的方差D(X)=(-1+a-c)2a+(a-c)2b+(1+a-c)2c=(a-c)2(a+b+c)-2(a-c)2+a+c=-(a-c)2+a+c=-(2a-1+b)2+1-b=-42+1-b,因为a∈(0,1-b),所以当且仅当a=时,D(X)取最大值1-b,又D(X)≤对所有a∈(0,1-b)都成立,所以只需1-b≤,解得b≥.
    9.如图所示,用一边长为的正方形硬纸,按各边中点垂直折起四个小三角形,做成一个蛋巢,将体积为的鸡蛋(视为球体)放入其中,蛋巢形状保持不变,则鸡蛋(球体)离蛋巢底面的最短距离为(  )

    A. B. C. D.
    答案 D
    解析 因为蛋巢的底面是边长为1的正方形,所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1,又因为鸡蛋的体积为,所以球的半径为1,所以球心到截面的距离d==,而截面到球体最低点的距离为1-,而蛋巢的高度为,故球体到蛋巢底面的最短距离为-=.
    10.设α,β是方程x2-x-1=0的两个不等实数根,记an=αn+βn(n∈N*).
    下列两个命题(  )
    ①数列{an}的任意一项都是正整数;
    ②数列{an}存在某一项是5的倍数.
    A.①正确,②错误 B.①错误,②正确
    C.①②都正确 D.①②都错误
    答案 A
    解析 因为α,β是方程x2-x-1=0的两个不等实数根,所以α+β=1,αβ=-1,
    因为an=αn+βn,
    所以an+1=αn+1+βn+1=(αn+βn)α+(αn+βn)β-βnα-αnβ=(αn+βn)(α+β)-αβ(αn-1+βn-1)=(αn+βn)+(αn-1+βn-1)=an+an-1,即当n≥3时,数列{an}中的任一项都等于其前两项之和,又a1=α+β=1,a2=α2+β2=(α+β)2-2αβ=3,所以a3=a2+a1=4,a4=a3+a2=7,a5=a4+a3=11,以此类推,即可知数列{an}的任意一项都是正整数,故①正确,若数列{an}存在某一项是5的倍数,则此项个位数字应当为0或5.由a1=1,a2=3,依次计算知,数列{an}中不存在个位数字为0或5的项,②错误.

    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.《九章算术》中记载了“今有共买豕,人出一百,盈一百;人出九十,适足.问人数、豕价各几何?”.其意思是“若干个人合买一头猪,若每人出100,则会剩下100;若每人出90,则不多也不少.问人数、猪价各多少?”.设x,y分别为人数、猪价,则x=________,y=________.
    答案 10 900
    解析 由题意可列方程组
    解得
    12.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的表面积是________cm2,体积是________cm3.

    答案 20+4 8
    解析 由题意得,该几何体为三棱柱,故其表面积S=2××4×2+22+4×2+2×2=20+4,
    体积V=×4×2×2=8.
    13.已知多项式(x+2)m(x+1)n=a0+a1x+a2x2+…+am+nxm+n满足a0=4,a1=16,则m+n=________,a0+a1+a2+…+am+n=________.
    答案 5 72
    解析 令x=0,得a0=2m=4,又由二项展开式的通项公式得C·2m-1·C·1n+C·2m·C·1n-1=16,所以m=2,n=3,则m+n=5;令x=1,得a0+a1+a2+…+am+n=32×23=72.
    14.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,S为△ABC的面积,若c=2acos B,S=a2-c2,则△ABC的形状为________,C的大小为________.
    答案 等腰三角形 
    解析 在△ABC中,由c=2acos B及正弦定理得sin C=2sin Acos B,则sin(A+B)=2sin Acos B,化简得sin(A-B)=0,那么A=B,从而有a=b,所以△ABC为等腰三角形;由S=a2-c2及余弦定理得absin C=a2-(a2+b2-2abcos C),化简得a2sin C=a2cos C,又a>0,所以sin C=cos C,则tan C=1,又C是△ABC的内角,故C=.
    15.已知x>0,y>-1,且x+y=1,则+的最小值为________.
    答案 2+
    解析 +=+,
    结合x+y=1可知原式=+,
    且+=×

    ≥=2+,
    当且仅当x=3-,y=-2+时等号成立.
    即+的最小值为2+.
    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.如图,在△ABC中,已知AB=AC=1,∠A=120°,E,F分别是边AB,AC上的点,且=λ,=μ,其中λ,μ∈(0,1),且λ+4μ=1,若线段EF,BC的中点分别为M,N,则||的最小值为________.

    答案 
    解析 连接AM,AN(图略),在等腰三角形ABC中,AB=AC=1,∠A=120°,所以·=||·||·cos 120°=-,因为AM是△AEF的中线,所以=(+)=(λ+μ),同理可得=,由此可得=-=(1-λ)+,两边平方并化简得2=(1-λ)2-(1-λ)(1-μ)+(1-μ)2,由于λ+4μ=1,可得1-λ=4μ,代入上式并化简得2=μ2-μ+=2+,由于λ,μ∈,所以当μ=时,2取得最小值,所以||的最小值为.
    三、解答题(本大题共5小题,共74分.)
    18.(14分)已知f(x)=Asin(ωx+φ)过点,且当x=时,函数f(x)取得最大值1.
    (1)将函数f(x)的图象向右平移个单位长度得到函数g(x),求函数g(x)的表达式;
    (2)在(1)的条件下,函数h(x)=f(x)+g(x)+2cos2x-1,求h(x)在上的值域.
    解 (1)由题意得A=1,由函数过得sin φ=,∵|φ|<,
    ∴φ=.
    又f =1,∴ω+=+2kπ,k∈Z,∵0<ω<4,
    ∴ω=2,
    ∴f(x)=sin,
    ∴g(x)=f =sin.
    (2)h(x)=sin+sin+cos 2x
    =sin 2x+cos 2x=2sin,
    当x∈时,≤2x+≤,
    -≤sin≤1,
    -1≤2sin≤2,所以h(x)在上的值域为[-1,2].
    19.(15分)如图,四棱锥P-ABCD的底面是梯形,BC∥AD,AB=BC=CD=1,AD=2,PB=,PA=PC=.

    (1)证明:AC⊥BP;
    (2)求直线AD与平面APC所成角的正弦值.
    (1)证明 取AC的中点F,连接PF,BF,
    由PA=PC得PF⊥AC,由AB=BC,得BF⊥AC,
    又PF∩BF=F,∴AC⊥平面PBF,
    又BP⊂平面PBF,∴AC⊥BP.
    (2)解 延长BF交AD于点E,过点P作PO垂直于平面ABCD于点O,由(1)易知点O在BE上,

    在△PBF中,PB=,BF=,PF=,
    由余弦定理得cos∠PFB==-,
    即∠PFB=120°,则∠PFO=60°,
    ∴PO=PF·sin 60°=,
    由VP-ACD=VD-APC得·PO·S△ACD=·h·S△APC,其中h为点D到平面APC的距离,解得h=,
    设直线AD与平面APC所成角为θ,
    则sin θ==.
    20.(15分)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an=+(n∈N*,且n≥2).
    (1)求数列{an}的通项公式;
    (2)证明:当n≥2时,+++…+<.
    (1)解 由an=+,得Sn-Sn-1=+,即-=1(n≥2),
    所以数列{}是以==1为首项,以1为公差的等差数列,
    所以=1+(n-1)×1=n,即Sn=n2,
    当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,
    当n=1时,a1=S1=1,也满足上式,所以an=2n-1.
    (2)证明 当n≥2时,=<
    =·=,
    所以+++…+<1+
    =-<.
    故当n≥2时,+++…+<.
    21.(15分)已知直线l:y=kx+m与椭圆+=1(a>b>0)恰有一个公共点P,l与圆x2+y2=a2相交于A,B两点.

    (1)求k与m的关系式;
    (2)点Q与点P关于坐标原点O对称.若当k=-时,△QAB的面积取到最大值a2,求椭圆的离心率.
    解 (1)由得(a2k2+b2)x2+2a2kmx+
    a2(m2-b2)=0,
    则Δ=(2a2km)2-4(a2k2+b2)a2(m2-b2)=0,
    化简整理,得m2=a2k2+b2.
    (2)因为点Q与点P关于坐标原点O对称,故△QAB的面积是△OAB的面积的两倍.
    所以当k=-时,△OAB的面积取到最大值,此时OA⊥OB,
    从而原点O到直线l的距离d=,
    又d=,故=.
    再由(1),得=,则k2=1-.
    又k=-,故k2=1-=,即=,
    从而e2==1-=,即e=.
    22.(15分)已知f(x)=2ln(x+2)-(x+1)2,g(x)=k(x+1),k∈R.
    (1)求f(x)的单调区间;
    (2)当k=2时,求证:对于任意x>-1,f(x) (3)若存在x0>-1,使得当x∈(-1,x0)时,恒有f(x)>g(x)成立,试求k的取值范围.
    (1)解 函数f(x)的定义域为(-2,+∞).
    f′(x)=-2(x+1)
    =(x>-2),
    当f′(x)>0时,x2+3x+1<0.
    解得-2 当f′(x)<0时,解得x>.
    所以f(x)的单调递增区间为,
    单调递减区间为.
    (2)证明 设h(x)=f(x)-g(x)
    =2ln(x+2)-(x+1)2-k(x+1)(x>-1),
    当k=2时,
    h′(x)=-2=,
    ∴当x>-1时,h′(x)<0恒成立,h(x)单调递减.
    又h(-1)=0,
    ∴当x∈(-1,+∞)时,h(x) 即f(x)-g(x)<0.
    ∴对于任意x>-1,f(x) (3)解 因为h′(x)=-k
    =-.
    方法一 由(2)知,当k=2时,f(x) 即对于任意x>-1,2ln(x+2)-(x+1)2<2(x+1),
    不存在满足条件的x0;
    当k>2时,对于任意x>-1,x+1>0,
    此时2(x+1) ∴2ln(x+2)-(x+1)2<2(x+1) 即f(x) 当k<2时,令t(x)=-2x2-(k+6)x-(2k+2),
    可知t(x)与h′(x)符号相同,
    当x∈(x0,+∞)时,t(x)<0,h′(x)<0,
    h(x)单调递减.
    ∴当x∈(-1,x0)时,h(x)>h(-1)=0,
    即f(x)-g(x)>0恒成立.
    综上,k的取值范围为(-∞,2).
    方法二 存在x0>-1,使得当x∈(-1,x0)时,恒有f(x)>g(x)成立,即h(x)>0恒成立,即h(x)>h(-1)恒成立,即当x∈(-1,x0)时,h′(x)>0恒成立.
    令t(x)=-2x2-(k+6)x-(2k+2).
    则t(-1)>0,即可解得k<2,
    ∴k的取值范围是(-∞,2).

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