2、?e＝＝.
3．如果實(shí)數(shù)x，y滿足條件那么z＝2x－y的最大值為( )
A．2B．－2C．1D．－3
答案 C
解析 由約束條件畫出可行域如圖中陰影部分所示(含邊界)，
再畫出目標(biāo)函數(shù)z＝2x－y如圖中過原點(diǎn)的虛線，
平移目標(biāo)函數(shù)易得過點(diǎn)A(0，－1)處時(shí)取得最大值，
代入得zmax＝1.
4．如圖是一個(gè)幾何體的三視圖，且正視圖、側(cè)視圖都是矩形，則該幾何體的體積為( )
A．12B．14C．16D．18
答案 D
解析 由題意可得，該幾何體是由一個(gè)四棱柱和一個(gè)三棱柱組成的幾何體，
其中四棱柱的體積V1＝1×3×4＝12，三棱柱的體積V2＝×3×1×4＝6
3、，
該幾何體的體積為V＝V1＋V2＝18.
5．“對(duì)任意正整數(shù)n，不等式nlga<(n＋1)lgaa(a>1)都成立”的一個(gè)必要不充分條件是( )
A．a(chǎn)>0B．a(chǎn)>1C．a(chǎn)>2D．a(chǎn)>3
答案 A
解析 由nlga<(n＋1)lgaa得nlga1，∴l(xiāng)ga>0，∴n＝1－，
又1－<1，∴a>1.
即a>1時(shí)，不等式nlga<(n＋1)lgaa成立，
則a>0是其必要不充分條件；a>1是其充要條件；a>2，a>3均是其充分不必要條件．
6．與函數(shù)f(x)＝sinx2＋cosx的部分圖象符合的是( )
答案
4、B
解析 f(0)＝sin0＋cos0＝1排除C，
F?＝sin＋cos＝sin>0，排除A，D.
7．已知隨機(jī)變量ξ的分布列如下表所示：
ξ
1
3
5
P
0.4
0.1
x
則ξ的標(biāo)準(zhǔn)差為( )
A．3.56B.C．3.2D.
答案 B
解析 由題意，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的標(biāo)準(zhǔn)差為.
8．如圖，正四面體ABCD中，P，Q，R分別在棱AB，AD，AC上，且AQ
5、＝QD，＝＝，分別記二面角A－PQ－R，A－PR－Q，A－QR－P的平面角為α，β，γ，則( )
A．β>γ>α B．γ>β>α
C．α>γ>β D．α>β>γ
答案 D
解析 ∵ABCD是正四面體，P，Q，R分別在棱AB，AD，AC上，且AQ＝QD，＝＝，可得α為鈍角，β，γ為銳角，設(shè)P到平面ACD的距離為h1，P到QR的距離為d1，Q到平面ABC的距離為h2，Q到PR的距離為d2，設(shè)正四面體的高為h，棱長(zhǎng)為6a，可得h1＝h，h2＝h，h11，即sinβ>sinγ，所以
6、γ<β，∴α>β>γ.
9.如圖，點(diǎn)C在以AB為直徑的圓上，其中AB＝2，過A向點(diǎn)C處的切線作垂線，垂足為P，則·的最大值是( )
A．2B．1C．0D．－1
答案 B
解析 連接BC(圖略)，則∠ACB＝90°，
∵AP⊥PC，
∴·＝·＝·＝·＝2，
依題意可證Rt△APC∽R(shí)t△ACB，則＝，即PC＝，
∵AC2＋CB2＝AB2，
∴AC2＋CB2＝4≥2AC·BC，
即AC·BC≤2，當(dāng)且僅當(dāng)AC＝CB時(shí)取等號(hào)．
∴PC≤1，
∴·＝2≤1，
∴·的最大值為1.
10．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知2019＋2019a2017＋2021＝20
7、00，(a2020－1)2019＋2019a2020＋(a2020－1)2021＝2038，則S4036等于( )
A．2019B．2020C．2021D．4036
答案 D
解析 由(a2017－1)2019＋2019a2017＋(a2017－1)2021＝2000得：(a2017－1)2019＋2019(a2017－1)＋(a2017－1)2021＝－19，①
由(a2020－1)2019＋2019a2020＋(a2020－1)2021＝2038得：
2019＋2019＋2021＝19，②
令f(x)＝x2019＋2019x＋x2021，
則①式即為f?＝－19，
②式即
8、為f?＝19，
又f?＋f(x)＝0，即f(x)為奇函數(shù)，
且＋＝0，∴a2017＋a2020＝2，
∴S4036＝2018＝2018(a2017＋a2020)＝4036.
二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分)
11．復(fù)數(shù)z＝的共軛復(fù)數(shù)是________，復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于復(fù)平面內(nèi)的第________象限．
答案 －i 一
解析?。剑剑玦，其共軛復(fù)數(shù)為－i，復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于復(fù)平面內(nèi)的第一象限．
12．已知圓C：x2＋y2－2ax＋4ay＋5a2－25＝0的圓心在直線l1：x＋y＋2＝0上，則a＝________；圓C被直線l2：3x＋4
9、y－5＝0截得的弦長(zhǎng)為________．
答案 2 8
解析 圓C：x2＋y2－2ax＋4ay＋5a2－25＝0的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－a)2＋(y＋2a)2＝52，可得圓心坐標(biāo)是(a，－2a)，
把圓心坐標(biāo)代入直線l1：x＋y＋2＝0的方程中得a＝2；
即圓心為(2，－4)，圓心到直線l2：3x＋4y－5＝0的距離d＝＝3，
所以弦長(zhǎng)等于2＝2＝8.
13．若x(1－mx)4＝a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，其中a2＝－6，則實(shí)數(shù)m＝________；a1＋a3＋a5＝________.
答案
解析 x(1－mx)4＝a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x
10、5，
則x(1－mx)4＝x，
則－4m＝a2＝－6，
解得m＝.
令x＝1，則4＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5，
令x＝－1, 則－4＝－a1＋a2－a3＋a4－a5，
∴2＝4＋4，
解得a1＋a3＋a5＝.
14．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知sinA＋sinB＝sinC，且△ABC的周長(zhǎng)為9，△ABC的面積為3sinC，則c＝________，cosC＝________.
答案 4?。?
解析 在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，
已知sinA＋sinB＝sinC，則a＋b＝，
且△ABC的周長(zhǎng)為9，
則c＋＝9，
解
11、得c＝4.
因?yàn)椤鰽BC的面積等于3sinC，
所以absinC＝3sinC，
整理得ab＝6.
∵a＋b＝＝5,
∴解得或
∴cosC＝＝－.
15．某地火炬接力傳遞路線共分6段，傳遞活動(dòng)分別由6名火炬手完成，如果第一棒火炬手只能從甲、乙、丙三人中產(chǎn)生，最后一棒火炬手只能從甲、乙兩人中產(chǎn)生，則不同的傳遞方案共有________種(用數(shù)字作答)．
答案 96
解析 若第一棒火炬手為甲或乙，則最后一棒只能由甲、乙中不跑第一棒的火炬手完成，剩下的4段路線全排列，此時(shí)有2A種不同的傳遞方案；若第一棒火炬手為丙，則最后一棒由甲或乙完成，剩下的4段路線全排列，此時(shí)有2A種不同的傳遞方
12、案，則由分類加法計(jì)數(shù)原理得共有2A＋2A＝96(種)不同的傳遞方案．
16．設(shè)橢圓C的兩個(gè)焦點(diǎn)是F1，F(xiàn)2，過F1的直線與橢圓C交于P，Q，若|PF2|＝|F1F2|，且5|PF1|＝6|F1Q|，則橢圓的離心率為________．
答案
解析 畫出圖形如圖所示．
由橢圓的定義可知：|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∠PF
13、1F2＝＝，
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所對(duì)的邊分別為a，b，c.若對(duì)任意λ∈R，不等式|λ－|≥||恒成立，則＋的最大值為________．
答案
解析 由對(duì)任意λ∈R，不等式|λ－|≥||恒成立得BC邊上的高h(yuǎn)≥a.
在△ABC中，有ah＝bcsinA，即bc＝，
在△ABC中，由余弦定理得
b2＋c2＝a2＋2bccosA＝a2＋，
則＋＝＝
＝＝
≤＝sinA＋2
14、cosA
＝sin(A＋φ)，
其中tanφ＝2，
則當(dāng)A＋φ＝且h＝a時(shí)，＋取得最大值.
三、解答題(本大題共5小題，共74分．)
18．(14分)已知：函數(shù)f(x)＝(sinx－cosx)．
(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期和值域；
(2)若函數(shù)f(x)的圖象過點(diǎn)，<α<.求f?的值．
解 (1)f(x)＝(sinx－cosx)
＝2＝2sin.
∴函數(shù)的最小正周期為2π，值域?yàn)閧y|－2≤y≤2}．
(2)依題意得，2sin＝，sin＝，
∵<α<，∴0<α－<，
∴cos＝＝＝，
∴f?＝2sin
＝2sin
＝2
＝2××＝.
19.(15分)如圖
15、，在四棱錐P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，CD＝2AB＝4，BC＝2.
(1)求證：PC⊥BD；
(2)若直線AB與平面PBD所成的角為，求PA的長(zhǎng)．
解 (1)連接AC，在△ABC中，因?yàn)锳B⊥BC，AB＝2，BC＝2，
所以tan∠ACB＝＝.
因?yàn)锳B∥CD，AB⊥BC，所以CD⊥BC.
在Rt△BCD中，因?yàn)镃D＝4，所以tan∠BDC＝＝，
所以tan∠ACB＝tan∠BDC，
所以∠ACB＝∠BDC.
因?yàn)椤螦CB＋∠ACD＝，所以∠BDC＋∠ACD＝，所以BD⊥AC.
因?yàn)镻A⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥B
16、D.
又PA?平面PAC，AC?平面PAC，PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.
因?yàn)镻C?平面PAC，所以PC⊥BD.
(2)方法一 如圖，設(shè)PA＝t，AC與BD交于點(diǎn)M，連接PM，過點(diǎn)A作AH⊥PM于點(diǎn)H，連接BH.
由(1)知，BD⊥平面PAC，又AH?平面PAC，所以BD⊥AH.
因?yàn)锳H⊥PM，PM?平面PBD，BD?平面PBD，PM∩BD＝M，所以AH⊥平面PBD，
所以∠ABH為直線AB與平面PBD所成的角．
在Rt△ABC中，因?yàn)锳B＝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?yàn)橹本€AB與平面P
17、BD所成的角為，所以∠ABH＝.
所以sin∠ABH＝＝＝，
所以t＝2，
所以PA的長(zhǎng)為2.
方法二 取CD的中點(diǎn)E，連接AE，
因?yàn)锳B∥CD，CD＝2AB＝4，所以AB∥CE且AB＝CE，
所以四邊形ABCE是平行四邊形，所以BC∥AE.
因?yàn)锳B⊥BC，所以AB⊥AE.
又PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AE，
故AE，AB，AP兩兩垂直，故以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AE，AB，AP所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)PA＝t，因?yàn)镃D＝2AB＝4，所以A(0,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0，t)，D(2，－2,0)，所以＝(0
18、,2,0)，＝(0，－2，t)，＝(2，－4,0)．
設(shè)平面PBD的法向量為n＝(x，y，z)，則即
令x＝，則y＝1，z＝，故n＝為平面PBD的一個(gè)法向量．
因?yàn)橹本€AB與平面PBD所成的角為，
所以sin＝|cos〈n，〉|＝＝
＝，
所以t＝2.
所以PA的長(zhǎng)為2.
20．(15分)數(shù)列{an}滿足：a1＝1，a2＝2，an＋2＝[2＋(－1)n]an＋2，n＝1,2,3，….
(1)求a3，a4，并證明數(shù)列{a2n＋1}是等比數(shù)列；
(2)求數(shù)列{an}的前2n項(xiàng)和S2n.
解 (1) 當(dāng)n＝1時(shí)，a3＝a1＋2＝3，
當(dāng)n＝2時(shí)，a4＝3a2＋2＝8，
令n
19、＝2k，a2k＋2＝3a2k＋2(k＝1,2,3，…)，
即a2k＋2＋1＝3(a2k＋1)(k＝1,2,3，…)．
所以數(shù)列{a2n＋1}是等比數(shù)列．
(2)由(1)得，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an＝－1，
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an＋2＝an＋2，即數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)構(gòu)成等差數(shù)列，可求得an＝n，
{an}的通項(xiàng)公式an＝
所以在前2n項(xiàng)中，S奇＝n·1＋n·2＝n2，
S偶＝－n＝－n，
S2n＝S奇＋S偶＝＋n2－n.
21．(15分)已知平面上一動(dòng)點(diǎn)P到定點(diǎn)C(1,0)的距離與它到直線l：x＝4的距離之比為.
(1)求點(diǎn)P的軌跡方程；
(2)點(diǎn)O是坐標(biāo)原點(diǎn)，A，B兩點(diǎn)在點(diǎn)P的軌
20、跡上，F(xiàn)是點(diǎn)C關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)，若＝λ，求λ的取值范圍．
解 (1)設(shè)P(x，y)是所求軌跡上的任意一點(diǎn)，
由動(dòng)點(diǎn)P到定點(diǎn)C(1,0)的距離與它到直線l：x＝4的距離之比為，
則＝，化簡(jiǎn)得＋＝1，即點(diǎn)P的軌跡方程為＋＝1.
(2)由F是點(diǎn)C關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)，所以點(diǎn)F的坐標(biāo)為(－1,0)，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因?yàn)椋溅耍?
則(x1＋1，y1)＝λ(－1－x2，－y2)，
可得
∵＋＝1，即＋＝1，①
又由＋＝1，則＋＝λ2，②
①－②得＝1－λ2，
化簡(jiǎn)得x2＝，
∵－2≤x2≤2，∴－2≤≤2，解得≤λ≤3，
所以λ的取值范圍是.
22．(15分)
21、已知函數(shù)f(x)＝ex－ln(x＋m)，其中m≥1.
(1)設(shè)x＝0是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)若y＝f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1和x2，且x1<0e－1.
(1)解 f′(x)＝ex－，
若x＝0是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，則f′(0)＝1－＝0，得m＝1，經(jīng)檢驗(yàn)滿足題意，
此時(shí)f′(x)＝ex－，x>－1，
所以當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．
(2)①解 m≥1, f′(x)＝ex－，x>－m，
22、
記h(x)＝f′(x)，則h′(x)＝ex＋>0，
知f′(x)在區(qū)間(－m，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．
又∵f′(0)＝1－>0, f′(－m＋1)＝e1－m－1<0，
∴f′(x)在區(qū)間(1－m,0)內(nèi)存在唯一的零點(diǎn)x0，
即f′(x0)＝－＝0，于是＝，
x0＝－ln(x0＋m)．
當(dāng)－mx0時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．
若y＝f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1和x2，且x1<0e.
②證明 由①中的單調(diào)性知，當(dāng)x∈(x1，x2)時(shí)，f(x)<0，又m>e，所以f(－1)＝－ln(m－1)<－ln(e－1)<－ln(e－1)<－ln1.7＝ln<0，所以x1<－1.
所以x1<－1<01，令t＝x2－x1>1，
要證－ln(x2－x1＋1)>e－1，
即證et－ln(t＋1)>e－1.
令h(t)＝et－ln(t＋1)，t≥1，
則h′(t)＝et－單調(diào)遞增，
又h′(1)＝e－>0，
所以h′(t)>0，h(t)單調(diào)遞增，
所以h(t)>h(1)＝e－ln2>e－1，
即－ln(x2－x1＋1)>e－1.
13
（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)三輪沖刺 搶分練 高考仿真卷（四）
