（浙江專用）2020高考數(shù)學(xué)三輪沖刺搶分練仿真卷（六）一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分)1設(shè)集合A1,2,3，BxR|1x3，則AB等于()A1,2 B1,3 C2,3 D1,2,3答案A解集合A1,2,3，BxR|1x0)的右頂點(diǎn)為(，0)，拋物線y28x的焦點(diǎn)為(2,0)，所以m4.3若實(shí)數(shù)x，y滿足則函數(shù)z2xy的最大值為()A12 B. C3 D15答案A解析作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域如圖陰影部分所示(含邊界)由z2xy得y2xz，平移直線y2xz，由圖象可知當(dāng)直線y2xz經(jīng)過點(diǎn)A時(shí)，直線y2xz在y軸上的截距最大，此時(shí)z最大由解得即A(5,2)，代入目標(biāo)函數(shù)z2xy，得z25212.即目標(biāo)函數(shù)z2xy的最大值為12.4某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體中，面積最大的側(cè)面的面積為()A1 B. C. D.答案C解析幾何體為一個(gè)四棱錐PABCD，其中PA，PB，PC，PD，ABBCCDDA1，所以SPABSPAD，SPDC，SPBC，因此面積最大的側(cè)面面積為.5“x2”是“2x1”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B解析由2x1得x0，因?yàn)椤皒2”是“x0”的必要不充分條件，所以“x2”是“2x0，得f(x)的定義域?yàn)?1,1)，f(x)ln2sin(x)ln2sin xf(x)，f(x)為定義在(1,1)上的奇函數(shù)，可排除A和B，又f(x)ln(1x)ln(1x)2sin x，x(1,1)，當(dāng)x1時(shí)，f(x)，可排除D.7已知0a，隨機(jī)變量的分布列如下：101Paa當(dāng)a增大時(shí)()AE()增大，D()增大 BE()減小，D()增大CE()增大，D()減小 DE()減小 ，D()減小答案B解析由題意得，E()a，D()2a22a22a，又0a，則1，2；若，如圖所示，設(shè)D在平面ABC的投影為M，過M作MNAB，垂足為N，連接DN，AM，sin ，sin 1，DADN，sin 1sin ，1，而與2的大小關(guān)系是不確定的，故選A.9已知|1，|2，則與夾角的余弦值的取值范圍是()A. B.C. D.答案C解析易知，所以2221.設(shè)向量與的夾角為，|x，則|2x，所以cos 1，因?yàn)閨，所以|2x2|1，所以x，所以cos 1.故選C.10已知函數(shù)f(x)若方程f(x)f(x)有五個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則a的取值范圍是()A(0，) B.C(，0) D(0,1)答案B解析設(shè)g(x)f(x)，則yg(x)的圖象與yf(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，方程f(x)f(x)有五個(gè)不同的實(shí)數(shù)根等價(jià)于函數(shù)yf(x)的圖象與yg(x)的圖象有5個(gè)交點(diǎn)，由圖象可知(圖略)，只需yax與曲線yln x在第一象限有兩個(gè)交點(diǎn)即可，設(shè)過原點(diǎn)的直線與yln x切于點(diǎn)P(x0，y0)，由f(x)，則yln x的切線為yln x0(xx0)，又此直線過點(diǎn)(0,0)，所以ln x01，所以x0e，即f(e)，即過原點(diǎn)的與yln x相切的直線方程為yx，即所求a的取值范圍為.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滿足z(1i)34i(其中i為虛數(shù)單位)，則|z|_，復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)_.答案i解析由z(1i)34i，得zi，故|z|，i.12已知直線l：mxy1，若直線l與直線xm(m1)y2垂直，則m的值為_動(dòng)直線l: mxy1被圓C：x22xy280截得的最短弦長為_答案0或22解析由兩直線垂直的充要條件得m1(1)m(m1)0，m0或m2；圓的半徑為3，當(dāng)圓心(1,0)到直線的距離最長即d時(shí)弦長最短，此時(shí)弦長為22.13(12x)5展開式中x3的系數(shù)為_；所有項(xiàng)的系數(shù)和為_答案801解析因?yàn)門k1C(2)kxk，令k3，T480x3，所以x3的系數(shù)為80，設(shè)(12x)5 a0a1xa5x5，令x1，則a0a1a51 ，所以所有項(xiàng)的系數(shù)和為1.14在ABC中，若b2，A120，三角形的面積S，則c_；三角形外接圓的半徑為_答案22解析S2csin 120，解得c2.a22222222cos 12012，解得a2，2R4，解得R2.15已知橢圓C：1的左、右兩焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，ABC為橢圓的內(nèi)接三角形，已知A，且滿足0，則直線BC的方程為_答案14x32y270解析由0知點(diǎn)F2為ABC的重心，設(shè)D(x0，y0)為BC的中點(diǎn)，則2，所以解得即D.設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)，則得0，即，因?yàn)閥1y22y0，x1x22x0，所以直線BC的斜率k，所以直線BC的方程為y，即14x32y270.16已知函數(shù)f(x)xc有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，且x1，x2(0,2)，則b22bc4b的取值范圍是_答案(0,1)解析函數(shù)f(x)xc有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2(0,2)，等價(jià)于函數(shù)g(x)x2cxb(x0)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2(0,2)，則g(x)(xx1)(xx2)，所以x1x2b，x1x2c，則b22bc4bb(b2c4)x1x2x1x22(x1x2)4x1x2(2x1)(2x2)x1(2x1)x2(2x2)221，“”成立的條件是x1x21.因?yàn)閤1x2，所以“”取不到又因?yàn)閤1，x2(0,2)，所以2x1(0,2)，2x2(0,2)，所以x1x2(2x1)(2x2)0，所以b22bc4b的取值范圍是(0,1)17在平面四邊形ABCD中，ABBC1，ADCD，DABDCB90，點(diǎn)P為AD的中點(diǎn)，M，N分別在線段BD，BC上，則PMMN的最小值為_答案1解析由題意得BD，cos ADB.設(shè)DMt(0，所以y，則y舍去，即y1，當(dāng)y1時(shí)，t，所以PMMN的最小值為1.三、解答題(本大題共5小題，共74分)18(14分)已知函數(shù)f(x)2sin(x)cos x2cos2x1 .(1)求f(x)的最小正周期；(2)當(dāng)x時(shí)，f(x)m恒成立，求m的取值范圍解(1)f(x)2sin(x)cos x2cos2x12sin xcos xcos 2xsin 2xcos 2xsin，所以最小正周期T.(2)因?yàn)閤 ，所以2x ，2x，所以當(dāng)2x ，即x 時(shí)，sin 有最小值 ，所以f(x)有最小值1，因?yàn)楫?dāng)x時(shí)，f(x)m 恒成立，所以m1，即m的取值范圍是(，119.(15分)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC為等腰直角三角形，ABAC，D為BC的中點(diǎn)(1)求證：A1C平面ADB1；(2)若ABAA1，求直線A1D與平面ADB1所成角的正弦值解(1)連接A1B(圖略)，記AB1A1BE，連接DE，在直三棱柱ABCA1B1C1中，易知側(cè)面ABB1A1為矩形，所以E是A1B的中點(diǎn)，又D為BC的中點(diǎn)，所以A1CDE，又A1C平面ADB1，DE平面ADB1，所以A1C平面ADB1.(2)方法一因?yàn)锳BACAA1，ABC為等腰直角三角形，所以BC2，所BD1.在RtB1BD中，tanBDB1，連接BC1，在RtB1BC1中，tanB1BC1，所以BDB1B1BC1.又BB1DBDB1，所以BB1DB1BC1，所以BC1B1D.因?yàn)锳BAC，D為BC的中點(diǎn)，所以ADBC.又在直三棱柱ABCA1B1C1中，B1B平面ABC，AD平面ABC，所以B1BAD.又B1BBCB，所以AD平面B1BCC1，又BC1平面B1BCC1，所以ADBC1.因?yàn)锳DB1DD，所以BC1平面AB1D.取CC1的中點(diǎn)F，連接DF，A1F，則DFBC1，DF平面ADB1，則A1DF為直線A1D與平面ADB1所成角的余角，設(shè)直線A1D與平面ADB1所成的角為，則A1DF.在A1DF中，易知A1D，A1F，DF，所以cosA1DF，故sin sincosA1DF，所以直線A1D與平面ADB1所成角的正弦值為.方法二因?yàn)锳BAC，D為BC的中點(diǎn)，所以ADBC，又在直三棱柱ABCA1B1C1中，B1B平面ABC，所以可以DA，DC所在直線，過點(diǎn)D且平行于B1B的直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)锳BACAA1，ABC為等腰直角三角形，所以A(1,0,0)，D(0,0,0)，A1(1,0，)，B1(0，1，)，故(1,0，)，(1,0,0)，(0,1，)，設(shè)平面ADB1的法向量為n(x，y，z)，則即令z1，得y，則n(0，1)為平面ADB1的一個(gè)法向量，設(shè)直線A1D與平面ADB1所成的角為，則sin |cosn，|，故直線A1D與平面ADB1所成角的正弦值為.20(15分)已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足2Snann(nN*)(1)求證：數(shù)列為等比數(shù)列；(2)求數(shù)列an1的前n項(xiàng)和Tn.(1)證明2Snann，當(dāng)n2時(shí)，2Sn1an1n1，兩式相減，得2ananan11，即anan1.an，所以數(shù)列為等比數(shù)列(2)解由2S1a11，得a1.由(1)知，數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列所以ann1n，ann(nN*)，an1n，Tn(nN*)21(15分)已知拋物線E：y28x，直線l：ykx4.(1)若直線l與拋物線E相切，求直線l的方程；(2)設(shè)Q(4,0)，直線l與拋物線E交于不同的兩點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，若存在點(diǎn)C，滿足ACQC，且線段OC與AB互相平分(O為原點(diǎn))，求x2的取值范圍解(1)方法一當(dāng)k0時(shí)，直線與拋物線不相切，所以k0.由得k2x28(k1)x160，由k20及64(k1)264k20，得k，所以，所求的直線l的方程為x2y80.方法二直線l恒過點(diǎn)(0，4)，由y28x，得y，設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，由題意得，直線與拋物線在x軸下方的圖象相切，則y，所以y| ，所以切線方程為y(xx0)，將坐標(biāo)(0，4)代入得x08，即切點(diǎn)為(8，8)，再將該點(diǎn)代入ykx4得，k，所以所求的直線l的方程為x2y80.(2)由得k2x28(k1)x160，且k0，因?yàn)?4(k1)264k20，且k0，所以k，且k0，所以x1x2，所以y1y2k(x1x2)8， 因?yàn)榫€段OC與AB互相平分，所以四邊形OACB為平行四邊形所以(x1x2，y1y2)，即C.因?yàn)锳CQC, 方法一所以kACkQC1，又kQC，又kACkOBk，所以1，所以k2，所以若k0，則222(1)，當(dāng)且僅當(dāng)k時(shí)取等號，此時(shí)0x24(1)，若k0，由于k時(shí)，k2，所以，即x20，則222(1)，當(dāng)且僅當(dāng)k時(shí)取等號，此時(shí)0x24(1)，若k0，由于k時(shí)，k2，所以，即x2(舍去)綜上所述，x2的取值范圍是(0,4(1)22(15分)已知函數(shù)f(x)ae2xaexxex(a0，e2.718，e為自然對數(shù)的底數(shù))，若f(x)0對于xR恒成立(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)證明：f(x)存在唯一極大值點(diǎn)x0，且f(x0).(1)解由f(x)ex(aexax)0對于xR恒成立，設(shè)函數(shù)g(x)aexax，可得g(x)aexax0對于xR恒成立，g(0)0，g(x)g(0)，從而x0是g(x)的一個(gè)極小值點(diǎn)，g(x)aex1，g(0)a10，即a1.當(dāng)a1時(shí)，g(x)ex1x，g(x)ex1，x(，0)時(shí)，g(x)0，g(x)在(0，)上單調(diào)遞增，g(x)g(0)0，即f(x)0，a1.(2)證明當(dāng)a1時(shí)，f(x)e2xexxex，f(x)ex(2exx2)令h(x)2exx2，則h(x)2ex1，當(dāng)x(，ln 2)時(shí)，h(x)0，h(x)在(ln 2，)上為增函數(shù)，且h(0)0，h(1)0，在(2，1)上存在xx0滿足h(x0)0，h(x)在(，ln 2)上為減函數(shù)，當(dāng)x(，x0)時(shí)，h(x)0