（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）

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|x<1，且xZ，則AB()A1B0C1，0D0，12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()A2 B. C D23設(shè)aR，則“a0”是“a2”的()A充分不必要條件 B必要不充分條件C充要條件 D既不充分也不必要條件4曲線f(x)x3x3在點(diǎn)P處的切線平行于直線y2x1，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<0C若a·b>0則x<0，y<0 D若a·b>0則x>0，y>09.如圖，四棱錐P­ABCD中，ABCBAD90°，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° B75°C60° D45°10若函數(shù)f(x)2x1x22x2，對于任意的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_，|FB|_12.某幾何體的三視圖如圖所示，當(dāng)xy取得最大值為_時(shí)，該幾何體的體積是_13在ABC中，角A，B，C分別對應(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_三、解答題：本大題共5小題，共74分解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟18(本題滿分14分)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的大小21.(本題滿分15分)已知拋物線y22px，過焦點(diǎn)且垂直x軸的弦長為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|1x<1，xZ1，0，選C.2解析：選A.法一：由題意得i為純虛數(shù)，則0，且0，解得a2.故選A.法二：由題意，令ti(t0)，則1ait2ti，則解得3解析：選C.由a0得，a22，所以是充分條件；由a2可得a0，所以是必要條件，故“a0”是“a2”的充要條件故選C.4解析：選C.f(x)3x21，令f(x)2，則3x212，解得x1或x1，所以P(1，3)或(1，3)，經(jīng)檢驗(yàn)，點(diǎn)(1，3)，(1，3)均不在直線y2x1上，故選C.5解析：選B.當(dāng)x>0時(shí)，yax，因?yàn)閍>1，所以是增函數(shù)，排除C、D，當(dāng)x<0時(shí)，yax，是減函數(shù)，所以排除A.故選B.6解析：選D.作出約束條件所對應(yīng)的可行域(圖中陰影部分)，令z2xy，當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)A(4，1)時(shí)，z取得最大值，即zmax2×(4)17，所以m的取值范圍為(，)，故選D.7解析：選C.由題意可得：p1，解得p，因?yàn)镋(X)2，所以0×2×a×2，解得a3.D(X)(02)2×(22)2×(32)2×1.D(2X3)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)，則a·c1>0，b·c1>0，a·b1<0，由cxayb，即有0x2y，1xy，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·c1>0，b·c3>0，a·b2>0，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B2BE2AE22AE23AE2PE2，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)，亦滿足對任意的xZ且x(，a)，f(x)0恒成立；當(dāng)x4時(shí)，易知f(x)2x1·ln 22x2，設(shè)F(x)2x1·ln 22x2，則F(x)2x1·(ln 2)220，所以F(x)2x1·ln 22x2在4，)上是增函數(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)，等號成立此時(shí)該幾何體的體積V××3×3.答案：16313614解析：因?yàn)閍n，所以anman·am，所以a3a12a1·a2a1·a1·a1238；令m1，則有an1an·a12an，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，對應(yīng)三個(gè)暑期社會(huì)實(shí)踐活動(dòng)，有15×A90(種)安排方案；五人分為3，1，1的三組，有10(種)分組方法，對應(yīng)三個(gè)暑期社會(huì)實(shí)踐活動(dòng)，有10×A60(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)式展開式的二項(xiàng)式系數(shù)之和為32，所以2n32，所以n5，因?yàn)門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·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·x0，n·y0，得x1，y，所以n.又，所以sin .20解：(1)由已知得SS1·S9，即(33d)2936d，又d0，所以d2，所以an2n1，Snn2，由b1×12b2×22bn×n26得b1，n2時(shí)，bn×n266，所以bn，顯然b1也滿足所以bn(nN*)(2)Tn1，Tn(1)，Rn(1)當(dāng)n1時(shí)，21<2×113，R1>T1；當(dāng)n2時(shí)，22<2×215，R2>T2；當(dāng)n3時(shí)，2n(11)n1CCC>1n2n1；所以Rn<Tn.綜上，當(dāng)n2時(shí)，Rn>Tn；當(dāng)n3時(shí)Rn<Tn.21解：(1)由題意，2p6，所以拋物線方程為y26x.(2)設(shè)線段AB的中點(diǎn)為M(x0，y0)，則x02，y0，kAB.線段AB的垂直平分線的方程是yy0(x2)，由題意知x5，y0是的一個(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)過定點(diǎn)C(5，0)(3)由(2)知直線AB的方程為yy0(x2)，即x(yy0)2，代入y26x得y22y0(yy0)12，即y22y0y2y120，依題意，y1，y2是方程的兩個(gè)實(shí)根，且y1y2，所以>0，2<y0<2.|AB|.定點(diǎn)C(5，0)到線段AB的距離h|CM|.所以SABC·.當(dāng)且僅當(dāng)9y242y，即y0±時(shí)等號成立，所以ABC面積的最大值為.22解：(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)不單調(diào)，所以f(x)2xa0有正根，即a2x22，除去等號，所以a>2.(2)證明：令f(x)0的兩根為x1，x2，且x1<x2，則f(x)在(0，x1)上單調(diào)遞增，(x1，x2)上單調(diào)遞減，(x2，)上單調(diào)遞增，且x1x2，x1·x2，x1<<x2，a2x12x2，因?yàn)閒(x)存在3個(gè)不同的零點(diǎn)，且x0時(shí)，f(x)，x時(shí)，f(x)，所以f(x1)>0，f(x2)<0，f(x1)ln x1xx12ln x1x1，同理f(x2)ln x2x1，令g(x)ln xx21，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)x0時(shí)，g(x)，所以存在x0使得g0，因?yàn)間(x1)>0，所以x1>x0，所以1<x2<，所以a2x2，令h(x)f(x)(23)xln xx2(a23)x2，h(x)2x(a23)，h(x)min3a<0，所以h(x)0有兩個(gè)根，設(shè)為t1，t2且t1<t2，則h(x)在(t1，t2)上單調(diào)遞減若t1<m<n<t2，則h(m)>h(n)，即f(m)f(n)>(23)(mn)，即<23；若t1<n<m<t2同理可證，所以對于任意的m，n(t1，t2)，不等式<23成立；即存在m，n(0，)使得<23成立- 13 -