2020学年高二数学下学期期末复习备考之精准复习模拟题C卷01浙江版2

2020学年高二数学下学期期末复习备考之精准复习模拟题（C卷01）浙江版学校:_姓名：_班级：_考号：_得分： 评卷人得分一、单选题1【2020年天津卷】设全集为R，集合，则A. B. C. D. 【答案】B点睛：本题主要考查交集的运算法则，补集的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2已知双曲线的焦距为，则该双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由题意首先求得m的值，然后求解渐近线方程即可.详解：由题意结合双曲线的标准方程可知：，则：，双曲线的标准方程为：，双曲线的渐近线方程满足，整理可得渐近线方程为：.本题选择B选项.点睛：本题主要考查双曲线的几何性质，双曲线的渐近线方程的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3【2020年浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是A. 2 B. 4 C. 6 D. 8【答案】C【解析】分析:先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为选C.点睛：先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.4【2020年全国3卷理】的展开式中的系数为A. 10 B. 20 C. 40 D. 80【答案】C点睛：本题主要考查二项式定理，属于基础题.5已知平面平面,且,则“”是“”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】C【解析】分析：先证充分性，再证必要性.详解：平面平面且，故为充分条件由可知，故为必要条件综上：“”是“”的充要条件选C.点睛：本题主要考查平面与平面之间的位置关系、以及平面与直线、直线与直线之间的位置关系，考查充分必要条件相关知识，考查了学生的空间想象能力、推理论证能力、逻辑思维能力，属于基础题.6莱因德纸草书是世界上最古老的数学著作之一，书中有这样一道题目：把100个面包分给5个人，使每个人所得面包成等差数列，且较大的三份之和的等于较小的两份之和，问最小的一份为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：根据已知条件，设等差数列的公差为，将已知条件转化为等式，求出等差数列的首项和公差，再得出答案.详解：设等差数列 的公差为，由已知有 ，解得 ，故最小一份是，选C.点睛：本题主要考查了等差数列的基本量的计算，属于容易题.注意从已知的条件中找出数学等式.7已知点O为坐标原点,A(-1,1),若点为平面区域上的一个动点,则的取值范围为A. B. C. D. 【答案】C【解析】画出可行域,如图中阴影部分所示.易知,.由题意得,所以=.当过点时,取得最小值，为;当过点时,取得最大值，为.故,即的取值范围为.选C8【2020年全国2卷理】若在是减函数，则的最大值是A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：先确定三角函数单调减区间，再根据集合包含关系确定的最大值详解：因为，所以由得因此，从而的最大值为，选A.点睛：函数的性质： (1). (2)周期 (3)由 求对称轴， (4)由求增区间; 由求减区间.9若随机变量的分布列如右表， 则的最小值为 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由随机变量X的分布列得到，由此利用均值不等式能求出a2+b2的最小值详解：由随机变量X的分布列知：，ab（）2=，当且仅当a=b=时，取等号，此时a2+b22ab=a2+b2的最小值为故选：B点睛：在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.一正：关系式中，各项均为正数；二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；三相等：含变量的各项均相等，取得最值.10已知是内的一点，且， ，若，和的面积分别为 ，则的最小值是 （）A. 16 B. 18 C. 20 D. 22【答案】B【解析】分析：先根据向量数量积定义解得,再根据三角形面积公式得面积，即得值，最后根据基本不等式求最值.详解：因为因此，因为，和的面积和为从而因此当且仅当时取等号，即的最小值是18，选B.点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.评卷人得分二、填空题11若复数满足（为虚数单位），则复数的虚部为_； _【答案】 3 点睛：本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如. 其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为12【2020年浙江卷】在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c若a=，b=2，A=60，则sin B=_，c=_【答案】 3【解析】分析:根据正弦定理得sinB,根据余弦定理解出c.详解：由正弦定理得,所以由余弦定理得（负值舍去）.点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化为边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.13已知直线若直线与直线平行，则的值为_；动直线被圆截得弦长的最小值为_【答案】 -1. .【解析】分析：（1）利用平行线的斜率关系得到m值.(2)利用数形结合求出弦长的最小值.详解：由题得当m=1时，两直线重合，所以m=1舍去，故m=-1.因为圆的方程为，所以，所以它表示圆心为C（-1,0）半径为5的圆.由于直线l：mx+y-1=0过定点P(0，-1),所以过点P且与PC垂直的弦的弦长最短.且最短弦长为故答案为：-1，.点睛：本题的第一空是道易错题，学生有容易得到实际上是错误的.因为 是两直线平行的非充分非必要条件，所以根据求出m的值后，要注意检验，本题代入检验，两直线重合了，所以要舍去m=1.14，与的夹角为，则的最小值是_,的最小值是_【答案】 【解析】分析：先对平方，利用向量数量积定义将式子转化为关于二次函数，再根据二次函数性质求最小值，同样对平方，利用向量数量积定义将式子转化为关于二次函数，再根据二次函数性质求最小值.详解：,即的最小值是.,即的最小值是.点睛：以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题. 关键是利用向量的意义、作用脱去“向量外衣”，转化为我们熟悉的数学问题.15【2020年浙江卷】从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成_个没有重复数字的四位数.(用数字作答)【答案】1260【解析】分析:按是否取零分类讨论，若取零，则先排首位，最后根据分类与分步计数原理计数.详解：若不取零，则排列数为若取零，则排列数为因此一共有个没有重复数字的四位数.点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法：(1)元素相邻的排列问题“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题间接法.16【2020年天津卷理】已知，函数若关于的方程恰有2个互异的实数解，则的取值范围是_.【答案】【解析】分析：由题意分类讨论和两种情况，然后绘制函数图像，数形结合即可求得最终结果.详解：分类讨论：当时，方程即，整理可得：，很明显不是方程的实数解，则，当时，方程即，整理可得：，很明显不是方程的实数解，则，令，其中，原问题等价于函数与函数有两个不同的交点，求的取值范围.结合对勾函数和函数图象平移的规律绘制函数的图象，同时绘制函数的图象如图所示，考查临界条件，结合观察可得，实数的取值范围是.点睛：本题的核心在考查函数的零点问题，函数零点的求解与判断方法包括：(1)直接求零点：令f(x)0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间a，b上是连续不断的曲线，且f(a)f(b)0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点17四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，若四棱锥的体积取值范围为，则该四棱锥外接球表面积的取值范围是_.【答案】.【解析】四棱锥中，可得： 平面平面平面，过作于，则平面，设，故，所以，在中， ，则有， ,所以的外接圆半径，将该四棱锥补成一个以为一个底面的直三棱柱，得外接球的半径，所以故答案为：点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 评卷人得分三、解答题18【2020年北京卷文】已知函数.（）求的最小正周期； （）若在区间上的最大值为，求的最小值.【答案】（）（）【解析】分析：（1）将化简整理成的形式，利用公式可求最小正周期；（2）根据，可求的范围，结合函数图像的性质，可得参数的取值范围.详解：（），所以的最小正周期为.点睛：本题主要考查三角函数的有关知识，解题时要注意利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简，化简时要注意特殊角三角函数值记忆的准确性，及公式中符号的正负.19【2020年浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC=120，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2（）证明：AB1平面A1B1C1；（）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值【答案】（）见解析；（）.【解析】分析:方法一：（）通过计算，根据勾股定理得,再根据线面垂直的判定定理得结论，（）找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解.方法二：（）根据条件建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，根据向量之积为0得出,再根据线面垂直的判定定理得结论，（）根据方程组解出平面的一个法向量，然后利用与平面法向量的夹角的余弦公式及线面角与向量夹角的互余关系求解.详解：方法一：（）由得，所以.故.由， 得，由得，由，得，所以，故.因此平面.（）如图，过点作，交直线于点，连结.由平面得平面平面，由得平面，所以是与平面所成的角.由得，所以，故.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.方法二：（）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下：因此由得.由得.所以平面.点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.20已知数列的前项和（其中为常数），且（1）求；（2）若是递增数列，求数列的前项和【答案】(1)；(2).【解析】分析：（1）由题意，求得公比或，分类讨论，即可得到数列的通项公式；（2）法一：由（1）知，得，即可利用乘公比错位相减法求解数列的和；法二：由（1）知，得 ，利用并项法求解数列的和.详解：（1）由得：或，时，时， （2）法一：由题，相减得：， 法二：由题， ，所以点睛：本题主要考查等差、等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的“错位相减法”与“并项求和”，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键能较好的考查考生的逻辑思维能力及基本计算能力等.21【2020年浙江卷】如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2=4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上（）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；（）若P是半椭圆x2+=1(x0)上的动点，求PAB面积的取值范围【答案】（）见解析（）【解析】分析: （）设P,A,B的纵坐标为，根据中点坐标公式得PA,PB的中点坐标，代入抛物线方程，可得，即得结论，（）由（）可得PAB面积为，利用根与系数的关系可表示为的函数，根据半椭圆范围以及二次函数性质确定面积取值范围.详解：（）设，因为，的中点在抛物线上，所以，为方程即的两个不同的实数根所以因此，垂直于轴点睛：求范围问题，一般利用条件转化为对应一元函数问题，即通过题意将多元问题转化为一元问题，再根据函数形式，选用方法求值域，如二次型利用对称轴与定义区间位置关系，分式型可以利用基本不等式，复杂性或复合型可以利用导数先研究单调性，再根据单调性确定值域.22已知函数，其中（1）若在区间上为增函数，求的取值范围；（2）当时，证明：；（3）当时，试判断方程是否有实数解，并说明理