（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)三輪沖刺 搶分練 高考仿真卷（三）

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1、浙江高考仿真卷(三) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分) 1．已知集合A＝{x∈Z|x≤0}，B＝，則A∩B等于(　　) A．{x|－1≤x≤0} B．{x|x≤6} C．{0,1,2,3,4,5,6} D．{0，－1} 答案　D 解析　A＝{x∈Z|x≤0}，B＝{x|－1≤x≤6}，則A∩B＝{0，－1}． 2．若雙曲線－y2＝1(a>0)的實(shí)軸長(zhǎng)為2，則其漸近線方程為(　　) A．y＝±x B．y＝±x C．y＝±x D．y＝±2x 答案　A 解析　雙曲線的實(shí)軸長(zhǎng)為2，得a＝1，又b＝1，所以雙曲線的漸近線方程為y＝±x. 3．設(shè)α是空間中的一個(gè)

2、平面，l，m，n是三條不同的直線． ①若m?α，n?α，l⊥m，l⊥n，則l⊥α； ②若l∥m，m∥n，l⊥α，則n⊥α； ③若l∥m，m⊥α，n⊥α，則n∥l； ④若m?α，n⊥α，l⊥n，則l∥m. 則上述命題中正確的是(　　) A．①②B．①④C．③④D．②③ 答案　D 解析　對(duì)于①，當(dāng)m，n相交時(shí)，才能得到l⊥α，①錯(cuò)誤；對(duì)于②，由l∥m，m∥n得l∥n，又因?yàn)閘⊥α，所以n⊥α，②正確；對(duì)于③，因?yàn)閙⊥α，n⊥α，所以m∥n，又因?yàn)閘∥m，所以n∥l，③正確；對(duì)于④，直線l與m可能相交、平行或互為異面直線，④錯(cuò)誤．綜上所述，正確命題的序號(hào)為②③. 4．函數(shù)f(x)＝

3、sin(ωx＋φ)的最小正周期是π，若將該函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度后得到的函數(shù)圖象關(guān)于直線x＝對(duì)稱，則函數(shù)f(x)的解析式為(　　) A．f(x)＝sin B．f(x)＝sin C．f(x)＝sin D．f(x)＝sin 答案　D 解析　因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期是π， 所以＝π，解得ω＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ)， 將該函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度后， 得到圖象所對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為 y＝sin＝sin， 由此函數(shù)圖象關(guān)于直線x＝對(duì)稱，得 2×＋φ－＝kπ＋，k∈Z，即φ＝kπ－，k∈Z， 取k＝0，得φ＝－，滿足|φ|<， 所以函數(shù)

4、f(x)的解析式為f(x)＝sin. 5．函數(shù)f(x)＝的圖象大致為(　　) 答案　A 解析　由題意知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧x|x≠±1}且滿足f(－x)＝＝－＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，排除C，D項(xiàng)；又由當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，函數(shù)f(x)的值小于0，排除B項(xiàng)，故選A. 6．已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則“a1>0”是“S3>S2”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 答案　C 解析　設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，S3>S2?a3>0?a1q2>0?a1>0，故選C.

5、7．一個(gè)箱子中裝有形狀完全相同的5個(gè)白球和n(n∈N*)個(gè)黑球．現(xiàn)從中有放回的摸取4次，每次都是隨機(jī)摸取一個(gè)球，設(shè)摸得白球個(gè)數(shù)為X，若D(X)＝1，則E(X)等于(　　) A．1B．2C．3D．4 答案　B 解析　設(shè)摸取一次摸得白球的概率為p，則易得X～B(4，p)，D(X)＝4p(1－p)＝1，解得p＝，則E(X)＝4×＝2. 8．將顏色分別為紅色、黃色、藍(lán)色的3個(gè)球，放入編號(hào)為1,2，…，7的七個(gè)盒子中，每一個(gè)盒子至多放2個(gè)球，則不同的放法有(　　) A．98種B．196種C．252種D．336種 答案　D 解析　3個(gè)球放入編號(hào)為1,2，…，7的七個(gè)盒子中，每個(gè)盒子至多放2個(gè)

6、球，應(yīng)采用排除法，每個(gè)球放入盒子的放法各有7種，共73種，排除3個(gè)球放在同一個(gè)盒中的7種放法，則共有73－7＝336(種)放法． 9．已知向量a，b滿足|a|＝|a＋b|＝2，則|2a＋b|＋|b|的最大值為(　　) A．4B．4C．4＋2D．8 答案　B 解析　記a＋b＝m，則|a|＝|m|＝2，|2a＋b|＋|b|＝|a＋m|＋|m－a|≤＝2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)|a＋m|＝|m－a|，即a·(a＋b)＝0，a·b＝－4時(shí)，取等號(hào)，則所求的最大值為4. 10．已知偶函數(shù)f(x)滿足f(1－x)＝f(1＋x)，當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)＝ax2－bx＋c，a，b，c∈N*.若函數(shù)f(x

7、)在[－100，100]上有400個(gè)零點(diǎn)，則a＋b＋c的最小值為(　　) A．5B．8C．11D．12 答案　C 解析　由f(1－x)＝f(1＋x)，得f(x＋2)＝f(－x)＝f(x)，則函數(shù)f(x)是以2為周期的周期函數(shù)，函數(shù)f(x)在[－100,100]上有400個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于函數(shù)f(x)在[0,1]上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，又因?yàn)閍，b，c∈N*， 所以即 所以要使a＋b＋c取得最小值，不妨取c＝1，則不等式組化為以a為橫軸，b為縱軸建立平面直角坐標(biāo)系，在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)畫出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分(不含邊界)所示，由圖易得區(qū)域內(nèi)橫縱坐標(biāo)之和最小的整數(shù)點(diǎn)為(5,5)，

8、此時(shí)a＝b＝5，所以a＋b＋c的最小值為11. 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＝(3＋4i)2的虛部為_(kāi)_______，z的共軛復(fù)數(shù)＝________. 答案　24?。?－24i 解析　∵z＝(3＋4i)2＝32＋2×3×4i＋(4i)2＝－7＋24i，∴虛部為24，共軛復(fù)數(shù)＝－7－24i. 12．若變量x，y滿足則2x＋y的最大值為_(kāi)_______，的取值范圍為_(kāi)_______． 答案　8　 解析　不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分(含邊界)所示，令z＝x＋y，則y＝－x＋z表示的是斜率為－1，在y軸上的截距為z的直線，當(dāng)

9、直線在y軸上的截距最大時(shí)，z最大，即直線過(guò)點(diǎn)C時(shí)，z最大，由得 zmax＝3,2x＋y的最大值為23＝8.表示的是可行域內(nèi)的點(diǎn)(x，y)與點(diǎn)(2，－1)連線的斜率，設(shè)D(2，－1)，kAD＝－，kCD＝＝－3，因此的取值范圍. 13．某多面體的三視圖如圖所示，則該多面體最長(zhǎng)的棱長(zhǎng)為_(kāi)_______；其外接球的體積為_(kāi)_______． 答案　4　π 解析　由三視圖知該幾何體是如圖所示的四棱錐O－ABCD， 且AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，AO＝，四邊形ABCD是矩形，OA⊥平面ABCD， 所以該多面體最長(zhǎng)的棱長(zhǎng)為OC＝＝＝4，該幾何體外接球的半徑為2，其體積V＝π×23

10、＝π. 14．已知n的展開(kāi)式中所有二項(xiàng)式系數(shù)和為64，則n＝________；二項(xiàng)展開(kāi)式中含x3的系數(shù)為_(kāi)_______． 答案　6?。?40 解析　n展開(kāi)式中所有二項(xiàng)式系數(shù)和為64， ∴2n＝64，解得n＝6； ∴6展開(kāi)式的通項(xiàng)公式為 Tk＋1＝C·(3x2)6－k·k ＝(－1)k·36－k·C·x12－3k， 令12－3k＝3，解得k＝3， ∴二項(xiàng)式展開(kāi)式中含x3項(xiàng)的系數(shù)為(－1)3×33×C＝－540. 15．已知實(shí)數(shù)a≥，b≥，且a2－a＝b－b2，則M＝＋的最大值是________． 答案?。? 解析　由a2－a＝b－b2化簡(jiǎn)得，2＋2＝，又實(shí)數(shù)a≥，b≥，

11、圖形為圓，如圖： 由a2－a＝b－b2，可得a2＝a＋b－b2，b2＝a＋b－a2， 則M＝＋＝＋＝1＋－a＋1＋－b＝＋－a－b＋2， 由幾何意義得，∈[－1,1＋]，則∈[－1，1＋]，則當(dāng)過(guò)點(diǎn)A或點(diǎn)B時(shí)，a＋b取最小值，可得Mmax＝－1＋1＋－＋2＝＋1， 所以M＝＋的最大值是＋1. 16.如圖，橢圓M：＋＝1(a>b>0)的兩個(gè)頂點(diǎn)A(a,0)，B(0，b)，過(guò)A，B分別作AB的垂線交橢圓M于D，C(不同于頂點(diǎn))，若|BC|＝3|AD|，則橢圓M的離心率e＝________. 答案　 解析　直線AB的斜率為－，故直線BC，AD的斜率都為，所以直線BC的方程為y＝

12、x＋b，直線AD的方程為y＝.將直線BC的方程代入橢圓方程，求得C點(diǎn)的坐標(biāo)為，將直線AD的方程代入橢圓方程，求得D點(diǎn)的坐標(biāo)為，由于|BC|＝3|AD|，即＝3，也即＝3，即＝，化簡(jiǎn)得＝.故離心率為e＝＝. 17．已知f(x)＝2x2＋2x＋b是定義在[－1,0]上的函數(shù)，若f(f(x))≤0在定義域上恒成立，而且存在實(shí)數(shù)x0滿足：f(f(x0))＝x0且f(x0)≠x0，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是________． 答案　 解析　因?yàn)閒(x)min＝f?＝b－， f(x)max＝f(0)＝f(－1)＝b， 所以得b∈時(shí)滿足 f(f(x))≤0； 設(shè)f(x0)＝y(tǒng)0，則f(y0)＝x0且

13、y0≠x0， 所以函數(shù)f(x)＝2x2＋2x＋b圖象上存在兩點(diǎn)關(guān)于直線y＝x對(duì)稱， 令l：y＝－x＋m， 由得2x2＋3x＋b－m＝0， 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)為直線與拋物線的交點(diǎn)，線段MN的中點(diǎn)為E(xE，yE)， 所以 所以E，而E在y＝x上， 所以m＝－， 從而2x2＋3x＋b＋＝0在[－1,0]上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根， 令h(x)＝2x2＋3x＋b＋， 所以 得b∈. 三、解答題(本大題共5小題，共74分．) 18．(14分)已知函數(shù)f(x)＝cosx＋. (1)求f?的值； (2)當(dāng)x∈時(shí)，不等式c

14、圍． 解　(1)f(x)＝sinxcosx－cos2x＋ ＝sin2x－cos2x＝sin， 所以f?＝sin＝sin＝1. (2)因?yàn)?≤x≤，所以－≤2x－≤. 所以－≤sin≤1. 由不等式c

15、BEF∩平面ABCD＝AB， ∴EB⊥平面ABCD，可得EB⊥BD. 又∵AD＝AB＝BC＝CD， 不妨設(shè)AB＝BC＝AD＝1，DC＝2， 可求BD＝，可得BD⊥BC， ∵EB∩BC＝B，EB，BC?平面EBC， ∴DB⊥平面EBC. (2)解　方法一　過(guò)點(diǎn)F作FH⊥平面ABCD，連接AH交CD于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)H作HI⊥AD交AD于點(diǎn)I，連接FI，作HO⊥FI交FI于點(diǎn)O， ∵FH⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，∴FH⊥BC， 又∵DF⊥BC，且FH∩DF＝F，F(xiàn)H，DF?平面FDH， ∴BC⊥平面FDH， 又DH?平面FDH，∴BC⊥DH，即H在BD上， 又∵FH

16、⊥AB，F(xiàn)A⊥AB，且FH∩FA＝F，F(xiàn)H，F(xiàn)A?平面FAH，∴AB⊥平面FAH， 又AH?平面FAH，∴AB⊥AH. 又∵AD⊥FH，AD⊥HI，F(xiàn)H∩HI＝H，F(xiàn)H，HI?平面FHI，∴AD⊥平面FHI， 又∵AD?平面FAD，∴平面FHI⊥平面FAD， ∴H到平面AFD的距離為HO， 由(1)知DG＝，HG＝HI＝，HO＝， 又∵DB＝3DH，∴B到平面AFD的距離為， 設(shè)直線BD與平面ADF所成角為θ，則sinθ＝， 方法二　設(shè)AD＝AB＝BC＝1， 以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB為y軸建立空間直角坐標(biāo)系， 則A(0,0,0)，B(0,1,0)，C，D， 設(shè)F(x，y，z)

17、，由題意得 即 解得x＝，y＝0，z＝，即F. 設(shè)平面ADF的法向量為m＝(r，s，t)， 又＝，＝， ∴即 令r＝，則s＝，t＝－1，即m＝(，，－1)． 設(shè)直線BD與平面ADF所成角為θ，且＝， 則sinθ＝|cos〈m，〉|＝＝， ∴直線BD與平面ADF所成角的正弦值為. 20．(15分)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，滿足a2＝6，S4＝28，數(shù)列{bn}滿足：b1＝1，＋＋…＋＝－1(n∈N*)． (1)求an和bn； (2)記數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn，求Sn. 解　(1)設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)和公差分別為a1，d，則解得∴an＝2n＋2，n∈N*. ＋＋…＋＝－1

18、，① ＋＋…＋＝－1(n≥2)，② ①－②得＝－，＝(n≥2)，當(dāng)n＝1時(shí)，＝－1，b2＝，當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝··…··b1＝.當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝1符合上式，所以bn＝，n∈N*. (2)＝＝＝· ＝， Sn＝＋＋…＋ ＝ ＝＝. 21.(15分)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)是F(1,0)，直線l1：y＝k1x，l2：y＝k2x分別與拋物線C相交于點(diǎn)A和點(diǎn)B，過(guò)A，B的直線與圓O：x2＋y2＝4相切． (1)求直線AB的方程(含k1，k2)； (2)若線段OA與圓O交于點(diǎn)M，線段OB與圓O交于點(diǎn)N，求S△MON的取值范圍． 解　(1)焦點(diǎn)是F(1,0)，

19、可得＝1，即p＝2，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 拋物線方程為y2＝4x，聯(lián)立可得A，同理可得B， 若AB的斜率存在，可得kAB＝＝， AB的方程為y－＝， 化為k1k2x－(k1＋k2)y＋4＝0， 若AB的斜率不存在，也滿足上面的方程，則直線AB的方程為k1k2x－(k1＋k2)y＋4＝0. (2)過(guò)A，B的直線與圓O：x2＋y2＝4相切，可得d＝＝r＝2， 化簡(jiǎn)為(k1k2)2＋(k1＋k2)2＝4，即有－2≤k1k2<0， cos∠AOB＝＝ ＝， 由(k1k2)2＋(k1＋k2)2＝4，可得cos∠AOB＝，sin2∠MON＝， 設(shè)t＝5－2k1k2∈

20、(5,9]，則S＝4sin2∠MON＝4·＝4·＝＝18－≤18－2＝4， 當(dāng)t＝7時(shí)取等號(hào)，即k1k2＝－1∈[－2,0)，所以(S△MON)max＝2， 又S>18－＝，即S△MON>， 即有S△MON的取值范圍為. 22．(15分)已知函數(shù)f(x)＝kex－x2，k∈R. (1)當(dāng)k＝－1時(shí)，求f(x)的最大值； (2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求k的取值范圍． 解　(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，當(dāng)k＝－1時(shí)，f(x)＝－ex(x－1)－x2， f′(x)＝－exx－x＝－x(ex＋1)． 當(dāng)x＜0時(shí)，f′(x)＞0，當(dāng)x＞0時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，

21、0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以f(x)在x＝0時(shí)取到最大值，最大值為f(0)＝1. (2)f′(x)＝kexx－x＝x(kex－1)， 當(dāng)k＜0時(shí)，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又因?yàn)閒(0)＝－k＞0，f(1)＝－＜0， f(2k－1)＝ke2k－1(2k－2)－(2k－1)2＜k(2k－2)－(2k－1)2＝－＜0，所以f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)k＝0時(shí)，f(x)＝－x2，所以此時(shí)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)k＝1時(shí)，f′(x)＝exx－x＝x(ex－1)≥0恒成立，f(x)在R上單調(diào)遞增，f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)k>0且k≠1時(shí)， 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln， 當(dāng)0＜k＜1時(shí)，ln ＝－ln k＞0，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，－ln k)上單調(diào)遞減，在(－ln k，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(0)＝－k＜0，f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)k＞1時(shí)，ln＝－lnk＜0，f(x)在(－∞，－lnk)上單調(diào)遞增，在(－lnk,0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f＝－＜0，f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)． 綜上，當(dāng)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)時(shí)，k的取值范圍是(－∞，0)． 12