（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）

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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Ax|x2x20，Bx|x1)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2xym20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(2X3)()X02aPpA.2 B3 C4 D58已知平面向量a，b，c滿足cxayb(x，yR)，且ac0，bc0.()A若ab0，y0 B若ab0則x0，y0則x0，y0則x0，y09.如圖，四棱錐PABCD中，AB

2、CBAD90，BC2AD，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()A90 B75C60 D4510若函數(shù)f(x)2x1x22x2，對(duì)于任意的xZ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)12345678910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y22px(p0)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取得最大值為_(kāi)時(shí)，該幾何體的體積是_13在ABC中，角A

3、，B，C分別對(duì)應(yīng)邊a，b，c，S為ABC的面積已知a4，b5，C2A，則c_，S_14已知數(shù)列an滿足a12且對(duì)任意的m，nN*，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)x3ax2b，如果f(x)的圖象在切點(diǎn)P(1，2)處的切線與圓(x2)2(y4)25相切，那么3a2b_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(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟18(本題滿分14分

4、)已知函數(shù)f(x)sin2xsin2(x)，xR.(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ABCA1B1C1中，側(cè)面AA1B1B是邊長(zhǎng)為2的正方形，點(diǎn)C在平面AA1B1B上的射影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，a11，公差d0，且S1，S3，S9成等比數(shù)列，數(shù)列bn滿足b1S1b2S2bnSn6(nN*)，bn的前n項(xiàng)和為T(mén)n.(1)求數(shù)列an和bn的通項(xiàng)公式；(2)記Rn，試比較Rn

5、與Tn的大小21.(本題滿分15分)已知拋物線y22px，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x1x2且x1x24，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 xx2ax2，(aR)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23.高考仿真模擬練(一)1解析：選C.依題意得Ax|(x1)(x2)0x|1x2，因此ABx|1x0時(shí)，yax，因?yàn)閍1

6、，所以是增函數(shù)，排除C、D，當(dāng)x0，bc0，若ab0，bc10，ab10，可舉a(1，0)，b(2，1)，c(1，1)，則ac10，bc30，ab20，由cxayb，即有1x2y，1y，解得x1，y1，則可排除C，D.故選A.9解析：選A.延長(zhǎng)DA至E，使AEDA，連接PE，BE，因?yàn)锳BCBAD90，BC2AD，所以DEBC，DEBC.所以四邊形CBED為平行四邊形所以CDBE.所以PBE(或其補(bǔ)角)就是異面直線CD與PB所成的角在PAE中，AEPA，PAE120，由余弦定理得PE AE.在ABE中，AEAB，BAE90，所以BEAE.因?yàn)镻AB是等邊三角形，所以PBABAE.因?yàn)镻B2BE

7、2AE22AE23AE2PE2，所以PBE90.故選A.10解析：選D.f(x)2x1x22x20，即2x1x22x2.設(shè)g(x)2x1，h(x)x22x2，當(dāng)x1時(shí)，0g(x)1，h(x)x22x21，所以當(dāng)a1時(shí)，滿足對(duì)任意的xZ且x(，a)，f(x)0恒成立；當(dāng)1x4時(shí)，因?yàn)間(0)h(0)2，g(1)4h(1)5，g(2)8h(2)10，g(3)16h(3)17，所以當(dāng)1a4時(shí)，亦滿足對(duì)任意的xZ且x(，a)，f(x)0恒成立；當(dāng)x4時(shí)，易知f(x)2x1ln 22x2，設(shè)F(x)2x1ln 22x2，則F(x)2x1(ln 2)220，所以F(x)2x1ln 22x2在4，)上是增函

8、數(shù)，所以f(x)f(4)32ln 2100，所以函數(shù)f(x)2x1x22x2在4，)上是增函數(shù)，所以f(x)f(4)32168260，即當(dāng)a4時(shí)，不滿足對(duì)任意的xZ且x(，a)，f(x)0恒成立綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(，411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PABCD，CD，ABy，AC5，CP，BPx，所以BP2BC2CP2，即x225y27，x2y2322xy，則xy16，當(dāng)且僅當(dāng)xy4時(shí)，等號(hào)成立此時(shí)該幾何體的體積V33.答案：16313614解析：因?yàn)閍n，所

9、以anmanam，所以a3a12a1a2a1a1a1238；令m1，則有an1ana12an，所以數(shù)列an是首項(xiàng)為a12，公比q2的等比數(shù)列，所以Sn2n12.答案：82n1215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；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15A90(種)安排方案；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10A60(種)安排方案；綜上，共有9060150(種)不同的安排方案答案：15016解析：由題意得f(1)2a2b3，又因?yàn)閒(x)3x2a，所以f(x)的圖象在點(diǎn)(1，2)處的切線方程為

10、y2(3a)(x1)，即(3a)xya50，所以a，所以b，所以3a2b7.答案：717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2n32，所以n5，因?yàn)門(mén)r1C()5rCmrxr，令r0，得r1，所以常數(shù)項(xiàng)為Cm10，所以m2.答案：218解：(1)由已知，有f(x)cos 2xsin 2xcos 2xsin.所以f(x)的最小正周期T.(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

11、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nx0，ny0，得x1，y，所以n.又，所以sin .20解：(1)由已知得SS1S9，即(33d)2936d，又d0，所以d2，所以an2n1，Snn2，由b112b222bnn26得b1，n2時(shí)，bnn266，所以bn，顯然b1也滿足所以bn(nN*)(2)Tn1，Tn(1)，Rn(1)當(dāng)n1時(shí)，21T1；當(dāng)n2時(shí)，22T2；當(dāng)n3時(shí)，2n(11)n1CCC1n2n1；所以RnTn；當(dāng)n3時(shí)Rn0，2y02.(2)證明：令f(x)0的兩根為x1，x2，且x1x2，則f(x)在(0

12、，x1)上單調(diào)遞增，(x1，x2)上單調(diào)遞減，(x2，)上單調(diào)遞增，且x1x2，x1x2，x10，f(x2)0，f(x1)ln x1xx12ln x1x1，同理f(x2)ln x2x1，令g(x)ln xx21，則g(x)2x，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x21，又因?yàn)間0，當(dāng)x0時(shí)，g(x)，所以存在x0使得g0，因?yàn)間(x1)0，所以x1x0，所以1x2，所以a2x2，令h(x)f(x)(23)xln xx2(a23)x2，h(x)2x(a23)，h(x)min3a0，所以h(x)0有兩個(gè)根，設(shè)為t1，t2且t1t2，則h(x)在(t1，t2)上單調(diào)遞減若t1mnh(n)，即f(m)f(n)(23)(mn)，即23；若t1nmt2同理可證，所以對(duì)于任意的m，n(t1，t2)，不等式23成立；即存在m，n(0，)使得23成立- 13 -