（浙江專用）2020高考數(shù)學三輪沖刺搶分練仿真卷（六）一、選擇題(本大題共10小題，每題4分，共40分)1．設會合A＝{1,2,3}，B＝{x∈R|－1<x<3}，則A∩B等于()A．{1,2}B．{1,3}C．{2,3}D．{1,2,3}答案A解∵會合A＝{1,2,3}，B＝{x∈R|－1<x<3}，∴會合A與會合B公共元素構成的會合A∩B＝{1,2}．2221()y8xm( )．已知雙曲線x－y＝m>0的右極點和拋物線2＝的焦點重合，則的值為m3A．1B．2C．3D．4答案D分析x2y21(m>0)的右極點為(m，0)，拋物線y2，所以m＝雙曲線－＝＝8x的焦點為(2,0)m34.x－4y＋3≤0，3．若實數(shù)x，y知足3x＋5y－25≤0，則函數(shù)z＝2x＋y的最大值為()x≥1，32A．12B.5C．3D．15答案A分析作出不等式組對應的平面地區(qū)如圖暗影部分所示(含界限)．由z＝2x＋y得y＝－2x＋z，平移直線y＝－2x＋z，由圖象可知當直線y＝－2x＋z經(jīng)過點A時，直線y＝－2x＋z在y軸上的截距最大，此時z最大．由x－4y＋3＝0，解得x＝5，即A(5,2)，3＋5y－25＝0，y＝2，x代入目標函數(shù)z＝2x＋y，得z＝2×5＋2＝12.即目標函數(shù)z＝2x＋y的最大值為12.4．某幾何體的三視圖以下圖，則該幾何體中，面積最大的側面的面積為( )256A．1B.2C.2D.2答案C分析幾何體為一個四棱錐－，此中＝3，＝6，＝5，＝2，＝＝PABCDPAPBPCPDABBCCD＝DA＝1，2155所以S△PAB＝S△PAD＝2，S△PDC＝2，S△PBC＝2，所以面積最大的側面面積為2.5．“x<2”是“2x<1”的( )A．充分不用要條件B．必需不充分條件C．充要條件D．既不充分也不用要條件答案B分析由2x<1得x<0，因為“x<2”是“x<0”的必需不充分條件，所以“x<2”是“2x<1”的必需不充分條件．6．函數(shù)f(x)＝ln1－xx的圖象大概為( )1＋x＋2sin答案C分析由1－x>0，得f( )的定義域為(－1,1)，1＋xx1＋x1－xf(－x)＝ln1－x＋2sin(－x)＝－ln1＋x－2sinx＝－f(x)，∴f(x)為定義在(－1,1)上的奇函數(shù)，可清除A和B，又f( )＝ln(1－)－ln(1＋)＋2sinx，∈(－1,1)，xxxx當x→1時，f(x)→－∞，可清除D.17．已知0<a<2，隨機變量ξ的散布列以下：ξ－10111Pa2－a2當a增大時()A．E(ξ)增大，D(ξ)增大B．E(ξ)減小，D(ξ)增大C．E(ξ)增大，D(ξ)減小D．E(ξ)減小，D(ξ)減小答案B112×a＋－a＋121分析由題意得，E(ξ)＝－a＋，D(ξ)＝－a＋＋12×－a＋222121211－a＋－1×＝－a＋2＋，又∵0<<，22a4a2∴故當a增大時，E(ξ)減小，D(ξ)增大．如圖，已知三棱錐D－ABC，記二面角C－AB－D的平面角是θ，直線DA與平面ABC所成的角是

θ1，直線

DA與

BC所成的角是

θ2，則(

)A．θ≥θ1B．θ≤θ1C．θ≥θ2D．θ≤θ2答案A分析若π>1，>；若≤πD在平面的投影為，θ>，則θ2θ，以下圖，設2θθθ2ABCM過M作MN⊥AB，垂足為N，連結DN，AM，∴sinθ＝DMDM，sinθ1＝，∵DA≥DN，∴sinθ1≤sinθ，∴θ1≤θ，而θ與θ2的大DNDA小關系是不確立的，應選A.→→→＝2→→( )9．已知|AB|＝1，|BC|＋|CA|，則CA與CB夾角的余弦值的取值范圍是A.－1，1B.112－，22111，D.－，1C.22答案C分析易知→＋→＝→，所以→2＋→2＋2→·→＝1.BCCABABCCABCCA設向量→與→的夾角為，|→＝→＝2－x，所以cos＝－2x2－4x＋3＝－1－θ|，則||θ2CACBBCxCA2x－4x3→→→→→1312x－12－2，因為|BA|＝|BC＋CA|≥||BC|－|CA||，所以|2x－2|≤1，所以2≤x≤2，所以2≤cosθ≤1.應選C.lnx，x>0，若方程f(－x)＝－f(x)有五個不一樣的實數(shù)根，則a的10．已知函數(shù)f(x)＝ax，x≤0，取值范圍是()A．(0，＋∞)B.10，eC．(－∞，0)D．(0,1)答案B分析設g(x)＝－f(－x)，則y＝g(x)的圖象與y＝f(x)的圖象對于原點對稱，方程f(－x)＝－f(x)有五個不一樣的實數(shù)根等價于函數(shù)y＝f(x)的圖象與y＝g(x)的圖象有5個交點，由圖象可知(圖略)，只要y＝ax與曲線y＝lnx在第一象限有兩個交點即可，設過原點的直線與y＝lnx切于點P(x0，y0)，1由f′(x)＝x，則y＝lnx的切線為y－lnx0＝1(x－x0)，x0又此直線過點(0,0)，所以lnx0＝1，所以x0＝e，1即f′(e)＝e，1即過原點的與y＝lnx相切的直線方程為y＝ex，1即所求a的取值范圍為0，e.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．復數(shù)z知足z·(1－i)＝3－4i(此中i為虛數(shù)單位)，則|z|＝________，復數(shù)z的共軛復數(shù)z＝________.5271答案22＋2i分析由z·(1－i)＝3－4i，得z＝3－4i＝3－4i1＋i71491521－i＝－i，故|z|＝4＋＝，1－i1＋i22421z＝2＋2i.12．已知直線l：mx－y＝1，若直線l與直線x＋m(m－1)y＝2垂直，則m的值為________．動直線l:mx－y＝1被圓C：x2－2x＋y2－8＝0截得的最短弦長為________．答案0或227分析由兩直線垂直的充要條件得m×1＋(－1)×m(m－1)＝0，∴m＝0或m＝2；圓的半徑為3，當圓心(1,0)到直線的距離最長即d＝1－02＋[0－－1]2＝2時弦長最短，此時弦長為232－22＝27.13．(1－2)5睜開式中x3的系數(shù)為________；全部項的系數(shù)和為________．x答案－80－1分析因為Tkkk3，k＋154所以x3的系數(shù)為－80，設(1－2x)5＝a0＋a1x＋＋a5x5，令x＝1，則a0＋a1＋＋a5＝－1，所以全部項的系數(shù)和為－1.14．在△

ABC中，若

b＝2，A＝120°，三角形的面積

S＝

3，則

c＝________；三角形外接圓的半徑為

________．答案

22分析

S＝

13＝2×2csin120

°，解得

c＝2.a2＝22＋22－2×2×2×cos120°＝12，解得a＝23，23∴2R＝sinA＝3＝4，2解得＝2.Rx2y215．已知橢圓C：4＋3＝1的左、右兩焦點為F1，F(xiàn)2，△ABC為橢圓的內(nèi)接三角形，已知226→→→A3，3，且知足F2A＋F2B＋F2C＝0，則直線BC的方程為_______________．答案146x－32y－276＝0分析由→→→＝0知點2為△的重心，2＋2＋2FAFBFCFABC設D(x，y)為BC的中點，00則→→2＝22，AFFD271－＝2x0－1，x0＝，所以3解得6266，y＝－3＝2y，00即D7，－6.3設B(x1，y1)，C(x2，y2)，21y1＝1，①43則22x2y24＋3＝1，②①－②得x－x2x＋x2＋y－y2y＋y＝0，1111243y－y2y＋y23即11x1－x·x1＋x＝－，22412026因為y＋y＝2y＝－3，x1＋2＝20＝7，xx3y1－y276所以直線BC的斜率k＝x1－x2＝16，676－7所以直線BC的方程為y＋3＝16x6，即146x－32y－276＝0.b＋c有兩個不一樣的零點x，x，且x，x∈(0,2)21212的取值范圍是__________________．答案(0,1)b2分析函數(shù)f(x)＝x＋x＋c有兩個不一樣的零點x1，x2∈(0,2)，等價于函數(shù)g(x)＝x＋cx＋(x≠0)有兩個不一樣的零點x1，2∈(0,2)，則(x)＝(－1)(x－2)，所以12＝，1＋2bxgxxxxxbxx＝－c，則b2＋2bc＋4b＝b(b＋2c＋4)＝x1x2[x1x2－2(x1＋x2)＋4]＝x1x2(2－x1)(2－x2)＝x1(2122x＋2－x12x＋2－x2212－x)·x(2－x)≤1·2＝1，“＝”成立的條件是x＝x＝1.因為22x≠x，所以“＝”取不到．又因為x，x∈(0,2)，所以2－x∈(0,2)，2－x∈(0,2)，所121212以x1x2(2－x1)(2－x2)>0，所以b2＋2bc＋4b的取值范圍是(0,1)．17．在平面四邊形中，＝＝1，＝＝2，∠＝∠＝90°，點P為的ABCDABBCADCDDABDCBAD2中點，M，N分別在線段BD，BC上，則PM＋2MN的最小值為________．答案1分析由題意得＝22＝3，cos∠6＋AB＝.BDADADB3設DM＝t(0<t≤3)，則在△PDM中，由余弦定理得PM＝22PD＋DM－2PD·DMcos∠ADB321＝t－3＋6.·32－6t當MN⊥BC時，MN獲得最小值為BD＝3，則＋2＝32＋1－3＋1，PM2MNt－363t設y＝t－3213＋－t＋1，363則2t2－23yt＋1－(y－1)2＝0，332將其看作是對于t的一元二次方程，42812則＝3y－32－y－1≥0，解得y≥1或y≤1.3過點P作PM′⊥BD，故易得PD·AB61PM≥PM′＝BD＝6>3，1所以y>3，1則y≤3舍去，即y≥1，3當y＝1時，t＝2，2所以PM＋2MN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(π－x)cosx＋2cos2x－1.求f(x)的最小正周期；π當x∈－4，4時，f(x)≥m恒成立，求m的取值范圍．解(1)f(x)＝2sin(π－＝2sinxcosx＋cos2x

x)cos

x＋2cos2x－1sin2x＋cos2xπ＝2sin2x＋4，2π所以最小正周期T＝2＝π.(2)因為x∈πππ，π，－，，所以2x∈－2442π∈－π，32x＋4π，44πππ所以當2x＋4＝－4，即x＝－4時，sin2x＋π有最小值－2f(x)有最小值－1，4，所以2ππ因為當x∈－4，4時，f(x)≥m恒成立，所以m≤－1，即m的取值范圍是(－∞，－1]．19.(15分)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC為等腰直角三角形，AB＝AC，D為BC的中點．求證：A1C∥平面ADB1；若AB＝AA1＝2，求直線A1D與平面ADB1所成角的正弦值．解(1)連結A1B(圖略)，記AB1∩A1B＝E，連結DE，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，易知側面ABB1A1為矩形，所以E是A1B的中點，又D為BC的中點，所以A1C∥DE，又A1C?平面ADB1，DE?平面ADB1，所以A1C∥平面ADB1.(2)方法一因為AB＝AC＝AA1＝2，△ABC為等腰直角三角形，22BC所以BC＝AB＋AC＝2，所BD＝2＝1.BB1在Rt△B1BD中，tan∠BDB1＝BD＝2，連結BC1，在Rt△B1BC1中，tan∠B1BC1＝B1C12，BB＝1所以∠BDB1＝∠B1BC1.ππ又∠BB1D＋∠BDB1＝2，所以∠BB1D＋∠B1BC1＝2，所以BC1⊥B1D.因為AB＝AC，D為BC的中點，所以AD⊥BC.又在直三棱柱ABC－A1B1C1中，B1B⊥平面ABC，AD?平面ABC，所以B1B⊥AD.又B1B∩BC＝B，所以AD⊥平面B1BCC1，又BC1?平面B1BCC1，所以AD⊥BC1.因為AD∩B1D＝D，所以BC1⊥平面AB1D.取CC1的中點F，連結DF，A1F，則DF∥BC1，DF⊥平面ADB1，則∠A1DF為直線A1D與平面ADB1π所成角的余角，設直線A1D與平面ADB1所成的角為θ，則θ＝2－∠A1DF.在△1中，易知＝223，1＝221011＋＝11＋1＝，ADFADAAADAFACCF2226DF＝DC＋CF＝2，2222A1D＋DF－A1F，所以cos∠A1DF＝21×DF＝3AD故sinθ＝sinπ－∠1122ADF＝cos∠ADF＝3，所以直線與平面211所成角的正弦值為.ADADB3方法二因為＝，為的中點，所以⊥，ABACDBCADBC又在直三棱柱ABC－ABC中，BB⊥平面ABC，1111所以能夠DA，DC所在直線，過點D且平行于B1B的直線分別為x，y，z軸，成立以下圖的空間直角坐標系，因為AB＝AC＝AA＝2，△ABC為等腰直角三角形，1所以A(1,0,0)，D(0,0,0)，A(1,0，2)，B(0，－1，→，－→1111,0,0)，→，－2)，1設平面ADB的法向量為n＝(x，y，z)，1→－＝0，nAD0則→即y－2z＝0，·＝0，1nBD令z＝1，得y＝2，則n＝(0，2，1)為平面ADB1的一個法向量，設直線A1D與平面ADB1所成的角為θ，→→2則sinθ＝|cos〈n，A1D〉|＝1＝3，|·|→||12故直線A1D與平面ADB1所成角的正弦值為.320．(15分)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且知足2Sn＝－an＋n(n∈N*)．1求證：數(shù)列an－2為等比數(shù)列；求數(shù)列{an－1}的前n項和Tn.證明2Sn＝－an＋n，當n≥2時，2Sn－1＝－an－1＋n－1，∴an＝－231兩式相減，得2an＝－an＋an－1＋1，即an＝3an－1＋3.111∴an－＝an－1－，2321所以數(shù)列an－2為等比數(shù)列．(2)解1111Saaa是以－為首項，為公比的等比數(shù)111n3263列．所以111n－111n，n－＝－＝－a2632311n＋1(n∈N*)，211n1n11n－61－3n11nn*∴Tn＝1－2＝43－1－2(n∈N)．1－321．(15分)已知拋物線：y2＝8，直線l：y＝kx－4.Ex若直線l與拋物線E相切，求直線l的方程；(2)設Q(4,0)，直線l與拋物線E交于不一樣的兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)，若存在點C，知足⊥，且線段與相互均分(O為原點)，求x2的取值范圍．ACQCOCAB解(1)方法一當k＝0時，直線與拋物線不相切，所以k≠0.y＝kx－4，得k2x2－8(k＋1)x＋16＝0，由2＝8yx2221由k≠0及＝64(k＋1)－64k＝0，得k＝－2，所以，所求的直線l的方程為x＋2y＋8＝0.方法二直線l恒過點(0，－4)，由y2＝8x，得y＝±8x，設切點為(x0，y0)，由題意得，直線與拋物線在x軸下方的圖象相切，則y＝－8x，所以y′|x＝x0＝－2，x02所以切線方程為y＋8x0＝－(x－x0)，x0將坐標(0，－4)代入得x0＝8，即切點為(8，－8)，再將該點代入y＝kx－4得，k＝－1，2所以所求的直線l的方程為x＋2＋8＝0.yy＝kx－4，得k2x2－8(k＋1)x＋16＝0，且k≠0，(2)由y2＝8x因為＝64(k＋1)2－64k2>0，且k≠0，1所以k>－2，且k≠0，k＋1所以x1＋x2＝k2，8所以y1＋y2＝k(x1＋x2)－8＝k，因為線段OC與AB相互均分，所以四邊形OACB為平行四邊形．→→→＋x，y＋y)12128k＋188k＋18＝k2，k，即Ck2，k.因為AC⊥QC,方法一所以k·k＝－1，ACQC8又QCk＝2k2，18k＋2k＋1－kk2－4y24又kAC＝kOB＝＝k－，x2x22k4所以2k＋1－k2·k－x2＝－1，82所以＝k＋＋2，x2k所以若k>0，則82＋1)，≥22＋2＝2(x2當且僅當k＝2時取等號，此時0<x2≤4(2－1)，若－1<k<0，因為k＝－1時，k＋2＋2＝－5，22k28516所以<－，即x2<－(舍去)，x225綜上所述，x2的取值范圍是(0,4(2－1)]．方法二→→所以QC·AC＝0，又8＋18，→＝k2－4，QCkk→→2222，AC＝OB＝(x，y)＝(x，kx－4)→→8k＋182所以QC·AC＝2－42＝0，kx＋k(kx－4)2即＝k＋＋2，2k8所以若k>0，則x2≥22＋2＝2(2＋1)，當且僅當k＝2時取等號，此時0<x2≤4(2－1)，1k1k＋25若－<<0，因為＝－時，＋2＝－，2k2k28516所以<－，即x2<－(舍去)．x225綜上所述，x2的取值范圍是(0,4(2－1)]．22．(15分)已知函數(shù)f(x)＝ae2x－aex－xex(a≥0，e＝2.718，e為自然對數(shù)的底數(shù))，若(x)≥0對于x∈R恒成立．(1)務實數(shù)a的值；(2)證明：f(x)存在獨一極大值點ln211x0，且＋2≤f(x0)<.2e4e4解由f(x)＝ex(aex－a－x)≥0對于x∈R恒成立，x設函數(shù)g(x)＝ae－a－x，可得g(x)＝aex－a－x≥0對于x∈R恒成立，g(0)＝0，∴g(x)≥g(0)，進而x＝0是g(x)的一個極小值點，∵g′(x)＝aex－1，∴g′(0)＝a－1＝0，即a＝1.當