浙江专用数学三轮冲刺抢分练仿真卷六11210222

（浙江专用）2020高考数学三轮冲刺抢分练仿真卷（六）一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)1设集合A1,2,3，BxR|1x3，则AB等于()A1,2 B1,3 C2,3 D1,2,3答案A解集合A1,2,3，BxR|1x0)的右顶点为(，0)，抛物线y28x的焦点为(2,0)，所以m4.3若实数x，y满足则函数z2xy的最大值为()A12 B. C3 D15答案A解析作出不等式组对应的平面区域如图阴影部分所示(含边界)由z2xy得y2xz，平移直线y2xz，由图象可知当直线y2xz经过点A时，直线y2xz在y轴上的截距最大，此时z最大由解得即A(5,2)，代入目标函数z2xy，得z25212.即目标函数z2xy的最大值为12.4某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，面积最大的侧面的面积为()A1 B. C. D.答案C解析几何体为一个四棱锥PABCD，其中PA，PB，PC，PD，ABBCCDDA1，所以SPABSPAD，SPDC，SPBC，因此面积最大的侧面面积为.5“x2”是“2x1”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2x1得x0，因为“x2”是“x0”的必要不充分条件，所以“x2”是“2x0，得f(x)的定义域为(1,1)，f(x)ln2sin(x)ln2sin xf(x)，f(x)为定义在(1,1)上的奇函数，可排除A和B，又f(x)ln(1x)ln(1x)2sin x，x(1,1)，当x1时，f(x)，可排除D.7已知0a，随机变量的分布列如下：101Paa当a增大时()AE()增大，D()增大 BE()减小，D()增大CE()增大，D()减小 DE()减小 ，D()减小答案B解析由题意得，E()a，D()2a22a22a，又0a，则1，2；若，如图所示，设D在平面ABC的投影为M，过M作MNAB，垂足为N，连接DN，AM，sin ，sin 1，DADN，sin 1sin ，1，而与2的大小关系是不确定的，故选A.9已知|1，|2，则与夹角的余弦值的取值范围是()A. B.C. D.答案C解析易知，所以2221.设向量与的夹角为，|x，则|2x，所以cos 1，因为|，所以|2x2|1，所以x，所以cos 1.故选C.10已知函数f(x)若方程f(x)f(x)有五个不同的实数根，则a的取值范围是()A(0，) B.C(，0) D(0,1)答案B解析设g(x)f(x)，则yg(x)的图象与yf(x)的图象关于原点对称，方程f(x)f(x)有五个不同的实数根等价于函数yf(x)的图象与yg(x)的图象有5个交点，由图象可知(图略)，只需yax与曲线yln x在第一象限有两个交点即可，设过原点的直线与yln x切于点P(x0，y0)，由f(x)，则yln x的切线为yln x0(xx0)，又此直线过点(0,0)，所以ln x01，所以x0e，即f(e)，即过原点的与yln x相切的直线方程为yx，即所求a的取值范围为.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复数z满足z(1i)34i(其中i为虚数单位)，则|z|_，复数z的共轭复数_.答案i解析由z(1i)34i，得zi，故|z|，i.12已知直线l：mxy1，若直线l与直线xm(m1)y2垂直，则m的值为_动直线l: mxy1被圆C：x22xy280截得的最短弦长为_答案0或22解析由两直线垂直的充要条件得m1(1)m(m1)0，m0或m2；圆的半径为3，当圆心(1,0)到直线的距离最长即d时弦长最短，此时弦长为22.13(12x)5展开式中x3的系数为_；所有项的系数和为_答案801解析因为Tk1C(2)kxk，令k3，T480x3，所以x3的系数为80，设(12x)5 a0a1xa5x5，令x1，则a0a1a51 ，所以所有项的系数和为1.14在ABC中，若b2，A120，三角形的面积S，则c_；三角形外接圆的半径为_答案22解析S2csin 120，解得c2.a22222222cos 12012，解得a2，2R4，解得R2.15已知椭圆C：1的左、右两焦点为F1，F2，ABC为椭圆的内接三角形，已知A，且满足0，则直线BC的方程为_答案14x32y270解析由0知点F2为ABC的重心，设D(x0，y0)为BC的中点，则2，所以解得即D.设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则得0，即，因为y1y22y0，x1x22x0，所以直线BC的斜率k，所以直线BC的方程为y，即14x32y270.16已知函数f(x)xc有两个不同的零点x1，x2，且x1，x2(0,2)，则b22bc4b的取值范围是_答案(0,1)解析函数f(x)xc有两个不同的零点x1，x2(0,2)，等价于函数g(x)x2cxb(x0)有两个不同的零点x1，x2(0,2)，则g(x)(xx1)(xx2)，所以x1x2b，x1x2c，则b22bc4bb(b2c4)x1x2x1x22(x1x2)4x1x2(2x1)(2x2)x1(2x1)x2(2x2)221，“”成立的条件是x1x21.因为x1x2，所以“”取不到又因为x1，x2(0,2)，所以2x1(0,2)，2x2(0,2)，所以x1x2(2x1)(2x2)0，所以b22bc4b的取值范围是(0,1)17在平面四边形ABCD中，ABBC1，ADCD，DABDCB90，点P为AD的中点，M，N分别在线段BD，BC上，则PMMN的最小值为_答案1解析由题意得BD，cos ADB.设DMt(0，所以y，则y舍去，即y1，当y1时，t，所以PMMN的最小值为1.三、解答题(本大题共5小题，共74分)18(14分)已知函数f(x)2sin(x)cos x2cos2x1 .(1)求f(x)的最小正周期；(2)当x时，f(x)m恒成立，求m的取值范围解(1)f(x)2sin(x)cos x2cos2x12sin xcos xcos 2xsin 2xcos 2xsin，所以最小正周期T.(2)因为x ，所以2x ，2x，所以当2x ，即x 时，sin 有最小值 ，所以f(x)有最小值1，因为当x时，f(x)m 恒成立，所以m1，即m的取值范围是(，119.(15分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为等腰直角三角形，ABAC，D为BC的中点(1)求证：A1C平面ADB1；(2)若ABAA1，求直线A1D与平面ADB1所成角的正弦值解(1)连接A1B(图略)，记AB1A1BE，连接DE，在直三棱柱ABCA1B1C1中，易知侧面ABB1A1为矩形，所以E是A1B的中点，又D为BC的中点，所以A1CDE，又A1C平面ADB1，DE平面ADB1，所以A1C平面ADB1.(2)方法一因为ABACAA1，ABC为等腰直角三角形，所以BC2，所BD1.在RtB1BD中，tanBDB1，连接BC1，在RtB1BC1中，tanB1BC1，所以BDB1B1BC1.又BB1DBDB1，所以BB1DB1BC1，所以BC1B1D.因为ABAC，D为BC的中点，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.因为ADB1DD，所以BC1平面AB1D.取CC1的中点F，连接DF，A1F，则DFBC1，DF平面ADB1，则A1DF为直线A1D与平面ADB1所成角的余角，设直线A1D与平面ADB1所成的角为，则A1DF.在A1DF中，易知A1D，A1F，DF，所以cosA1DF，故sin sincosA1DF，所以直线A1D与平面ADB1所成角的正弦值为.方法二因为ABAC，D为BC的中点，所以ADBC，又在直三棱柱ABCA1B1C1中，B1B平面ABC，所以可以DA，DC所在直线，过点D且平行于B1B的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为ABACAA1，ABC为等腰直角三角形，所以A(1,0,0)，D(0,0,0)，A1(1,0，)，B1(0，1，)，故(1,0，)，(1,0,0)，(0,1，)，设平面ADB1的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，得y，则n(0，1)为平面ADB1的一个法向量，设直线A1D与平面ADB1所成的角为，则sin |cosn，|，故直线A1D与平面ADB1所成角的正弦值为.20(15分)已知数列an的前n项和为Sn，且满足2Snann(nN*)(1)求证：数列为等比数列；(2)求数列an1的前n项和Tn.(1)证明2Snann，当n2时，2Sn1an1n1，两式相减，得2ananan11，即anan1.an，所以数列为等比数列(2)解由2S1a11，得a1.由(1)知，数列是以为首项，为公比的等比数列所以ann1n，ann(nN*)，an1n，Tn(nN*)21(15分)已知抛物线E：y28x，直线l：ykx4.(1)若直线l与抛物线E相切，求直线l的方程；(2)设Q(4,0)，直线l与抛物线E交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，若存在点C，满足ACQC，且线段OC与AB互相平分(O为原点)，求x2的取值范围解(1)方法一当k0时，直线与抛物线不相切，所以k0.由得k2x28(k1)x160，由k20及64(k1)264k20，得k，所以，所求的直线l的方程为x2y80.方法二直线l恒过点(0，4)，由y28x，得y，设切点为(x0，y0)，由题意得，直线与抛物线在x轴下方的图象相切，则y，所以y| ，所以切线方程为y(xx0)，将坐标(0，4)代入得x08，即切点为(8，8)，再将该点代入ykx4得，k，所以所求的直线l的方程为x2y80.(2)由得k2x28(k1)x160，且k0，因为64(k1)264k20，且k0，所以k，且k0，所以x1x2，所以y1y2k(x1x2)8， 因为线段OC与AB互相平分，所以四边形OACB为平行四边形所以(x1x2，y1y2)，即C.因为ACQC, 方法一所以kACkQC1，又kQC，又kACkOBk，所以1，所以k2，所以若k0，则222(1)，当且仅当k时取等号，此时0x24(1)，若k0，由于k时，k2，所以，即x20，则222(1)，当且仅当k时取等号，此时0x24(1)，若k0，由于k时，k2，所以，即x2(舍去)综上所述，x2的取值范围是(0,4(1)22(15分)已知函数f(x)ae2xaexxex(a0，e2.718，e为自然对数的底数)，若f(x)0对于xR恒成立(1)求实数a的值；(2)证明：f(x)存在唯一极大值点x0，且f(x0).(1)解由f(x)ex(aexax)0对于xR恒成立，设函数g(x)aexax，可得g(x)aexax0对于xR恒成立，g(0)0，g(x)g(0)，从而x0是g(x)的一个极小值点，g(x)aex1，g(0)a10，即a1.当a1时，g(x)ex1x，g(x)ex1，x(，0)时，g(x)0，g(x)在(0，)上单调递增，g(x)g(0)0，即f(x)0，a1.(2)证明当a1时，f(x)e2xexxex，f(x)ex(2exx2)令h(x)2exx2，则h(x)2ex1，当x(，ln 2)时，h(x)0，h(x)在(ln 2，)上为增函数，且h(0)0，h(1)0，在(2，1)上存在xx0满足h(x0)0，h(x)在(，ln 2)上为减函数，当x(，x0)时，h(x)0，即