2020年浙江省名校协作体高考数学模拟试卷(3月份)答案解析

2020年浙江省名校协作体高考数学模拟试卷（3月份）答案解析一、选择题（共10小题，每小题4分）1．若全集U＝{0，1，2，3，4，5，6，7}，集合A＝{3，4，5，6}，集合B＝{1，3，4}，则集合∁UA∩∁UB＝（）A．{0，1，2，5，6，7}B．{1}C．{0，2，7}D．{5，6}【解答】解：全集U＝{0，1，2，3，4，5，6，7}，集合A＝{3，4，5，6}，集合B＝{1，3，4}，则集合∁UA＝{0，1，2，7}，∁UB＝{0，2，5，6，7}，集合∁UA∩∁UB＝{0，2，7}，故选：C．2．已知双曲线＝1（a＞0，b＞0）的渐近线方程为y＝±3x，则双曲线的离心率是（）A．B．C．D．3【解答】解：由双曲线的方程可得渐近线为：y＝x，所以由题意可得：＝3，所以离心率e＝＝＝＝＝，故选：A．3．若直线y＝ax+2a与不等式组表示的平面区域有公共点，则实数a的取值范围是（）A．[0，]B．[0，9]C．[0，+∞]D．[﹣∞，9]【解答】解：画出不等式组表示的平面区域，如图所示⇒；∴C（﹣，），直线y＝a（x+2）过定点A（﹣2，0），直线y＝a（x+2）经过不等式组表示的平面区域有公共点则a＞0，kAC＝＝9，∴a∈[0，9]．故选：B．4．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．162B．126C．144D．108+36【解答】解：由三视图知，该几何体是底面为正视图的直四棱柱，如图所示；结合图中数据，计算该几何体的体积为V＝Sh＝×（3+6）×6×6＝162（cm3）．故选：A．5．已知平面α⊥平面β，且α∩β＝l，a⊂α，b⊂β，则“a⊥b”是“a⊥l或b⊥l”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【解答】解：由⇒a⊥l或b⊥l，由⇒a⊥b，故“a⊥b”是“a⊥l或b⊥l”的充要条件，故选：C．6．函数y＝（1﹣）|x|的图象可能是（）A．.B．.C．.D．．【解答】解：因为f（x）＝y＝（1﹣）|x|＝，所以f（﹣x）＝＝＝﹣f（x），所以函数为奇函数，排除A、B选项；，所以排除C．故选：D．7．已知0＜a＜1，随机变量X，Y的分布列如下：X012P（1﹣a）22a（1﹣a）a2Y10﹣1P（1﹣a）22a（1﹣a）a2则下列正确的是（）A．E（Y）＝2aB．E（X）＝E（Y）C．D（Y）＞D．D（X）＝D（Y）【解答】解：（1﹣a）2+2a（1﹣a）+a2＝1，恒成立，0＜a＜1，依题意EX＝2a（1﹣a）+2a2＝2a，EY＝（1﹣a）2﹣a2＝1﹣2a，∴EX与EY不能说明大小关系．所以D（X）＝（1﹣a）2（0﹣2a）2+2a（1﹣a）（1﹣2a）2+a2（2﹣2a）2＝2a﹣2a2．同理：D（Y）＝（1﹣a）2（2a）2+2a（1﹣a）（1﹣2a）2+a2（﹣2+2a）2＝2a﹣2a2．∴D（X）＝D（Y），故选：D．8．已知C为Rt△ABD斜边BD上一点，且△ACD为等边三角形，现将△ABC沿AC翻折至△AB′C．若在三棱锥B′﹣ACD中，直线CB′和直线AB′与平面ACD所成角分别为α，β）A．0＜α＜βB．β＜α≤2βC．2β≤α≤3βD．α≥3β【解答】解：∵∠BAC＝90°，∠ADB＝60°，不妨设AD＝1，∴，设B′到平面ACD的距离为d，且易知B′的轨迹为以AC为锥轴，AB为母线的圆锥的底面圆周，∴，当AB′⊥CD时取得最大值，∴，∴α＞β，故排除A；下面比较α与2β的大小：，且由最小角定理可知，α≤60°，β≤30°，2β≤60°，∴，又，∴sin2β﹣sinα≥0，即α≤2β，故排除CD．故选：B．9．已知0＜a＜b＜，则下列正确的是（）A．B．C．D．以上均不正确【解答】解：令y＝f（x）＝xx，x∈（0，）．则lny＝xlnx，∴y′＝xx（lnx+1）＜0．∴函数f（x）＝xx在x∈（0，）上单调递减．∵0＜a＜b＜，∴aa＞bb，即＞．∵0＜a＜b＜，利用指数函数幂函数的单调性可得：＞，＞，∴＞＞＞，故选：A．10．已知数列{an}满足：a1＝0，（n∈N*），前n项和为Sn（参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.099），则下列选项中错误的是（）A．{a2n﹣1}是单调递增数列，{a2n}是单调递减数列B．an+an+1≤ln3C．S2020＜666D．a2n﹣1＜a2n【解答】解：由，得，，令bn＝，即an＝lnbn，则，a1＝0，∴b1＝1，作图如下：由图得：①{b2n﹣1}单调递增，{b2n}单调递减，an＝lnbn，故A正确；②∵bn∈[1，2]，∴bnbn+1＝bn（1+）＝bn+1∈[2，3]，∴bnbn+1＝∈[2，3]，∴an+an+1∈[ln2，ln3]，故B正确；③∵an+an+1≥ln2，∴S2020＝（a1+a2）+…+（a2019+a2010）≥1010•ln2＞693，故C错误．④由不动点（），得1，，∴b2n＞b2n﹣1，∴a2n＞a2n﹣1，故D正确．故选：C．二、填空题（本小题7分，单空题每题4分，多空题每题6分，共36分）11．已知复数z＝（i是虚数单位），则|z|＝．【解答】解：复数z＝＝＝，则|z|＝＝．故答案为：．12．我国古代数学著作《增删算法统宗》中有这样一道题：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，六朝才得到其关；要见每朝行里数，请君仔细详推算．”其大意为“某人行路，每天走的路是前一天的一半，6天共走了378里．”则他第六天走6里路，前三天共走了336里路．【解答】解：每天走的路形成等比数列{an}，公比q＝，S6＝378．∴＝378，解得a1＝192．∴a6＝192×＝6，S3＝＝336．故答案为：192，336．13．在二项式的展开式中，常数项是15，所有二项式系数之和是64．【解答】解：二项式的展开式中，常数项为：（﹣1）4＝15；二项式的展开式中所有二项式系数之和为++…+＝26＝64．故答案为：15；64．14．设椭圆C：的左焦点为F，直线l：x﹣y+2＝0．动点P在椭圆C上，记点P到直线l的距离为d，则|PF|﹣d的最大值是．【解答】解：椭圆C：的左焦点为F（﹣1，0），右焦点F′（1，0），直线l：x﹣y+2＝0．动点P在椭圆C上，由椭圆的定义可知|PF|+|PF′|＝2，记点P到直线l的距离为d，则|PF|﹣d＝2d﹣|PF′|＝2﹣（d+|PF′|），当d+|PF′|最小时，|PF|﹣d取得最大值，所以d+|PF′|最小值为：＝，则|PF|﹣d的最大值是：2＝．故答案为：．15．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若C＝2B，4b＝3c，a＝1，则sinA＝，△ABC的面积是．【解答】解：因为C＝2B，4b＝3c，由正弦定理可得，，即＝＝，所以cosB＝，sinB＝＝，故sinC＝sin2B＝2sinBcosB＝＝，cosC＝cos2B＝2cos2B﹣1＝，∴sinA＝sin（B+C）＝sinBcosC+sinCcosB＝＝，由正弦定理可得，，即，故b＝，∴S△ABC＝＝＝．故答案为：，16．已知x，y∈R，且满足4x+y+2xy+1＝0，则x2+y2+x+4y的最小值是．【解答】解：由4x+y+2xy+1＝0，得（2x+1）（y+2）＝1，令2x+1＝m，y+2＝n，则mn＝1．∴x2+y2+x+4y＝．①当且仅当，即x+＝y+2，联立，解得或，说明①中“＝”成立．∴x2+y2+x+4y的最小值是﹣．故答案为：﹣．17．已知平面向量，，，||＝2，||＝3，||＝4，＝，则||+||的最大值是16，最小值是．【解答】解：∵，∴，而＝，其中，表示在上的投影，表示在上的投影，向量和向量在一个线上，投影之和的最大值为|OB|，即经过点B时，，∴最大值为；接下来求|MN|的最小值，|O′M|随着角度的变化要小于|O′N|，故当O′N⊥O′B时，|MN|有最小值，此时，其中，∴最小值为．故答案为：．三、解答题（共5小题，共74分）18．已知函数（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求函数y＝f（x）的最小正周期及其单调递增区间．【解答】解：（Ⅰ）由可得：，＝，＝，＝，则．（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，函数y＝f（x）的最小正周期为T＝π，又由，解得因此函数y＝f（x）的单调递增强区间为（k∈Z）19．如图，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠ABC＝，∠B1BD＝，（Ⅰ）求证：直线AC⊥平面BDB1；（Ⅱ）求直线A1B1与平面ACC1所成角的正弦值．【解答】解：（I）方法一：连接AC，BD交于O，因为BC＝BA，∠B1BA＝∠B1BC，B1B＝BB1，所以△B1BC≌△B1BA，故B1A＝B1C；…………………（2分）又因为O为菱形对角线交点，即是线段AC的中点，所以B1O⊥AC；……（4分）又四边形ABCD为菱形，故AC⊥BD；而B1O∩BD＝O，所以AC⊥平面BDB1；………………………………………（6分）方法二：因为∠B1BA＝∠B1BC，所以点B1在平面ABCD内的射影O在为∠ABC的平分线，………………………（2分）又四边形ABCD为菱形，故BD为∠ABC的平分线，则O∈直线BD，………………（4分）故平面BDB1⊥平面ABCD，而平面BDB1∩平面ABCD＝BD，又四边形ABCD为菱形，故AC⊥BD，所以AC⊥平面BDB1；………………………………………（6分）（Ⅱ）方法一：延长AA1，BB1，CC1，DD1交于点P，平面BDB1即为平面BDP，平面ACC1即平面ACP，由（I）得平面ACP⊥平面BDP，OP＝平面ACP∩平面BDP，所以过B1作B1H⊥OP，则B1H⊥平面ACP，故∠B1A1H即为直线A1B1与平面ACC1所成角；…………（10分）（若研究直线AB与平面ACC1所成角的正弦值则线段等比例扩大2倍结果不变）因为四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中AB＝2A1B1＝2，所以A1B1＝1，BP＝6；因为AB＝BC＝2，所以，作PG⊥BD，因为，则，PG＝3，所以，…………（12分）所以cos∠BPO＝＝，，，…………（14分）所以．…………（15分）方法二：延长AA1，BB1，CC1，DD1交于点P，平面BDB1即为平面BDP，平面ACC1即平面ACP，设直线A1B1与平面ACC1所成角为θ，过P作PG⊥BD，垂足为G，因为BP＝6，所以；建立空间直角坐标系如下，以OB，OC为x，y轴，作z轴∥GP，…………（9分）则；所以，，；………（11分）设平面ACP的法向量为，则，化简得；所以，…………（13分）所以cos＜，＞＝＝＝；所以．…………（15分）20．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，满足a4﹣a2＝12，S4+2S2＝3S3，数列{bn}满足b1＝0，且n（bn+1+1）﹣（n+1）（bn+1）＝n（n+1）（n∈N*）（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；（Ⅱ）设数列前n项和为Tn，证明：Tn＜2（n∈N*）．【解答】解：（I）由S4+2S2＝3S3，得S4﹣S3＝2（S3﹣S2）即a4＝2a3，q＝2．又a4﹣a2＝12故a1＝2，所以．由nbn+1﹣（n+1）bn＝n（n+1）两边同除以n（n+1），得，从而数列为首项b1+1＝1，公差d＝1的等差数列．所以，从而数列{bn}的通项公式为．证明：（Ⅱ）由（I）知．令，数列{cn}之和为Sn，则Tn＜Sn因为Sn＝c1+c2+c3+…+cn＝则，两式相减得，．整理得．所以Tn＜Sn＜2．21.已知抛物线x2＝2py（p＞0）上一点R（m，2）到它的准线的距离为3．若点A，B，C分别在抛物线上，且点A、C在y轴右侧，点B在y轴左侧，△ABC的重心G在y轴上，直线AB交y轴于点M且满足3|AM|＜2|BM|，直线BC交y轴于点NABC，△AMG，△CNG的面积分别为S1，S2，S3．（Ⅰ）求p的值及抛物线的准线方程；（Ⅱ）求的取值范围．【解答】解：（I）由抛物线的定义可知，p＝2，所以抛物线方程