2020高考数学浙江专用三轮冲刺抢分练：高考仿真卷(二)-Word版含解析

浙江高考仿真卷(二)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)1．若集合A＝{}x|x21，B＝{}x|0x2，则A∪B等于()A.{}x|0x1B.{}x|－1x0C.{}x|1x2D.{}x|－1x2答案D解析∵集合A＝{}x|x21＝{}x|－1x1，B＝{}x|0x2，∴A∪B＝{}x|－1x2.2．双曲线x24－y2＝1的顶点到渐近线的距离等于()A.255B.45C.25D.455答案A解析双曲线x24－y2＝1的顶点为()±2，0.渐近线方程为y＝±12x.双曲线x24－y2＝1的顶点到渐近线的距离等于11＋14＝255.3．已知实数x，y满足约束条件x≥0，3x＋y≤3，y≥0，则z＝x＋2y的最大值是()A．0B．1C．5D．6答案D解析作出不等式组对应的平面区域，如图中阴影部分(含边界)所示：由z＝x＋2y，得y＝－12x＋12z，平移直线y＝－12x＋12z，由图象可知，当直线y＝－12x＋12z经过点A时，直线y＝－12x＋12z在y轴上的截距最大，此时z最大．由x＝0，3x＋y＝3，得A(0,3)，此时z的最大值为z＝0＋2×3＝6.4．已知一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个边长为2的正方形，则该几何体的表面积为()A.223B．20C．20＋6D．20＋10答案C解析该几何体是棱长为2的正方体削去一个角后得到的几何体(如图)，其表面积为S＝3×2×2＋2×1＋2×22＋12×2×2＋12×22×3＝20＋6.5．设x∈R，则x31是x21的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案B解析由x31，可得x1，由x21，解得－1x1，所以(－1,1)(－∞，1)，所以x31是x21的必要不充分条件．6．函数y＝x3＋ln(x2＋1－x)的图象大致为()答案C解析因为f(x)的定义域为R，且f(－x)＝(－x)3＋ln()－x2＋1＋x＝－x3＋ln()x2＋1＋x＝－x3－ln()x2＋1＋x－1＝－x3－ln()x2＋1－x＝－f()x，所以f()x为奇函数，图象关于原点对称，排除B，D，因为f(1)＝1＋ln()2－10，所以排除A.7．设随机变量X的分布列如下：X0123P0.1a0.30.4则方差D(X)等于()A．0B．1C．2D．3答案B解析a＝1－0.1－0.3－0.4＝0.2，E(X)＝1×0.2＋2×0.3＋3×0.4＝2，故D(X)＝(0－2)2×0.1＋(1－2)2×0.2＋(2－2)2×0.3＋(3－2)2×0.4＝1.8．已知在矩形ABCD中，AD＝2AB，沿直线BD将△ABD折成△A′BD，使点A′在平面BCD上的射影在△BCD内(不含边界)．设二面角A′－BD－C的大小为θ，直线A′D,A′C与平面BCD所成的角分别为α，β则()A．αθβB．βθαC．βαθD．αβθ答案D解析如图，作A′E⊥BD于E,O是A′在平面BCD内的射影，连接OE，OD，OC，易知∠A′EO＝θ，∠A′DO＝α，∠A′CO＝β，在矩形ABCD中，作AE⊥BD于E，延长AE交BC于F，由O点必落在EF上，由AD＝2AB知OEAECFCOOD，从而tanθtanβtanα，即θβα.9．已知函数f(x)＝|log2x|，0x≤2，f4－x，2x4，设方程f(x)－1ex＝t(t∈R)的四个不等实数根从小到大依次为x1，x2，x3，x4，则下列判断中一定成立的是()A.x1＋x22＝1B．1x1x24C．4x3x49D．0()x3－4()x4－44答案C解析由题意，作出函数的图象如图所示，由图可知，0x11x22x33x44，所以4x3x416，又||log2()4－x3||log2()4－x4，得log2()4－x3－log2()4－x4，所以log2()4－x3()4－x40，得()4－x3()4－x41，即x3x4－4()x3＋x4＋150，又x3＋x42x3x4，所以2x3x4x3x4＋154，所以()x3x4－3()x3x4－50，所以x3x49，综上，4x3x49.10．已知a，b，c∈R且a＋b＋c＝0，abc，则ba2＋c2的取值范围是()A.－55，55B.－15，15C．(－2，2)D.－2，55答案A解析由a＋b＋c＝0，abc，得a0，c0，b＝－a－c.因为abc，即a－a－cc，解得－2ca－12.设t＝ba2＋c2，则t2＝b2a2＋c2＝－a－c2a2＋c2＝1＋2aca2＋c2＝1＋2ca＋ac.令y＝ca＋ac，x＝ca，x∈－2，－12，则y＝x＋1x，由对勾函数的性质知函数在(－2，－1]上单调递增，在－1，－12上单调递减，所以ymax＝－2，y－52，即ca＋ac∈－52，－2，所以2ca＋ac∈－1，－45，所以t2∈0，15.所以t∈－55，55.二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11．二项式(1＋2x)5中，所有的二项式系数之和为_________________；系数最大的项为________．答案3280x3,80x4解析所有的二项式系数之和为C05＋C15＋…＋C55＝25＝32，展开式为1＋10x＋40x2＋80x3＋80x4＋32x5，系数最大的项为80x3和80x4.12．圆x2＋y2－2x－4y＝0的圆心C的坐标是__________，设直线l：y＝k(x＋2)与圆C交于A，B两点，若|AB|＝2，则k＝__________.答案(1,2)0或125解析由圆的一般方程x2＋y2－2x－4y＝0可得(x－1)2＋(y－2)2＝5，故圆心为C(1,2)．又圆心到直线l的距离d＝|3k－2|1＋k2，由弦心距、半径及半弦长之间的关系可得|3k－2|1＋k22＋1＝5，解得k＝0或k＝125.13．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝3，b＝2，A＝π3，则B＝________；S△ABC＝_____________.答案π43＋34解析由已知及正弦定理可得sinB＝bsinAa＝2×sinπ33＝22，由于0Bπ，可解得B＝π4或B＝3π4，因为ba，利用三角形中大边对大角可知BA，所以B＝π4，C＝π－π3－π4＝5π12，所以S△ABC＝12absinC＝12×3×2×sin5π12＝3＋34.综上，B＝π4，S△ABC＝3＋34.14．在政治、历史、物理、化学、生物、技术7门学科中任选3门．若同学甲必选物理，则甲的不同的选法种数为____．乙、丙两名同学都选物理的概率是________．答案15949解析由题意知同学甲只要在除物理之外的六门学科中选两门即可，故甲的不同的选法种数为C26＝6×52＝15(种)；由题意知同学乙、丙两人除选物理之外，还要在剩下的六门学科中选两门，故乙、丙的所有不同的选法种数为m＝C26C26＝6×52×6×52＝225(种)，而同学乙、丙两人从7门学科中选3门的所有选法种数为n＝C37C37＝7×6×53×2×1×7×6×53×2×1＝35×35＝1225(种)，故所求事件的概率是P＝2251225＝949.15．已知正实数x，y满足x＋2y＝4，则2xy＋1的最大值为________．答案3解析已知正实数x，y满足x＋2y＝4，根据基本不等式得到2x()y＋1＝x()2y＋2≤x＋2y＋22＝3.当且仅当x＝2y＋2，即x＝3，y＝12时，等号成立．16．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若对任意λ∈R，不等式|λBC→－BA→|≥|BC→|恒成立，则cb＋bc的最大值为________．答案5解析由对任意λ∈R，不等式|λBC→－BA→|≥|BC→|恒成立，得BC边上的高h≥a.在△ABC中，有12ah＝12bcsinA，即bc＝ahsinA，在△ABC中，由余弦定理得b2＋c2＝a2＋2bccosA＝a2＋2ahcosAsinA，则cb＋bc＝b2＋c2bc＝a2＋2ahcosAsinAahsinA＝a2sinA＋2ahcosAah＝asinA＋2hcosAh≤hsinA＋2hcosAh＝sinA＋2cosA＝5sin(A＋φ)，其中tanφ＝2，则当A＋φ＝π2且h＝a时，cb＋bc取得最大值5.17．等差数列{an}满足a21＋a22n＋1＝1，则a2n＋1＋a23n＋1的取值范围是________．答案3－52，3＋52解析设a1＝sinα，a2n＋1＝cosα⇒a2n＋1＝a1＋2nd＝cosα⇒2nd＝cosα－sinα⇒a2n＋1＋a23n＋1＝(a2n＋1－nd)2＋(a2n＋1＋nd)2＝2[a22n＋1＋(nd)2]＝2cos2α＋cosα－sinα22＝2cos2α＋1－2sinαcosα2＝3＋2cos2α－sin2α2＝3＋5cos()2α＋φ2其中sinφ＝15，cosφ＝25，所以所求的范围为3－52，3＋52.三、解答题(本大题共5小题，共74分．)18．(14分)已知函数f(x)＝cosx()sinx－3cosx，x∈R.(1)求f(x)的最小正周期和最大值；(2)讨论f(x)在区间π3，2π3上的单调性．解(1)由题意得f(x)＝cosxsinx－3cos2x＝12sin2x－32()1＋cos2x＝12sin2x－32cos2x－32＝sin2x－π3－32.所以f(x)的最小正周期T＝2π2＝π，其最大值为1－32.(2)令z＝2x－π3，则函数y＝sinz的单调递增区间是－π2＋2kπ，π2＋2kπ，k∈Z.由－π2＋2kπ≤2x－π3≤π2＋2kπ，k∈Z，得－π12＋kπ≤x≤5π12＋kπ，k∈Z.设A＝π3，2π3，B＝x－π12＋kπ≤x≤5π12＋kπ，k∈Z，易知A∩B＝π3，5π12.所以当x∈π3，2π3时，f(x)在区间π3，5π12上单调递增；在区间5π12，2π3上单调递减．19．(15分)在四棱锥E－ABCD中，BC∥AD，AD⊥DC，AD＝DC＝2BC，AB＝AE＝ED＝BE，F是AE的中点．(1)证明：BF∥平面EDC；(2)求BF与平面EBC所成角的正弦值．(1)证明取ED的中点G，连接FG，GC，则FG∥AD，且FG＝12AD，又因为BC∥AD，且BC＝12AD，所以FG∥BC，且FG＝BC，所以四边形BFGC是平行四边形，所以BF∥CG，因为BF⊄平面EDC，CG⊂平面EDC，所以BF∥平面EDC.(2)解分别取AD，BC的中点H，N，连接EH交FG于点M，则M是FG的中点，连接MN，则BF∥MN，所以BF与平面EBC所成角即为MN与平面EBC所成角，由EA＝ED，H是AD的中点，得EH⊥AD，由于BC∥AD，所以BC⊥EH，易知四边形BHDC是平行四边形，所以CD∥BH，由BC⊥CD，得BC⊥BH，又EH∩BH＝H，所以BC⊥平面EBH，因为BC⊂平面EBC，所以平面EBC⊥平面EBH，过点M作MI⊥BE，垂足为I，则MI⊥平面EBC，连接IN，∠MNI即为所求的角．设BC＝1，则AD＝CD＝2，所以AB＝5，由AB＝BE＝AE＝5，得BF＝152，所以MN＝BF＝152，在Rt△AHE中，由AE＝5，AH＝1，得EH＝2，在△EBH中，由BH＝EH＝2，BE＝5，MI⊥BE，M为HE的中点，可得MI＝114，因此sin∠MNI＝MIMN＝16530.20．(15分)正项数列{}an满足a2n＋an＝3a2n＋1＋2an＋1，a1＝