(浙江专用)2020高考数学仿真模拟试卷

浙江专用高考数学仿真模拟卷(时间：120分钟；满分：150分)选择题部分一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．若集合M＝{y|y＝2－x}，P＝{y|y＝eq\r(x－1)}，则()A．M＝P B．M⊆PC．P⊆M D．M∩P＝∅2．已知eq\f(m,1－i)＝1＋ni，其中m，n是实数，i是虚数单位，则m＋ni在复平面内对应的点到坐标原点的距离为()A.eq\r(3) B．3C.eq\r(5) D．53．已知直线l⊥平面α，直线m∥平面β，则“α∥β”是“l⊥m”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4．直线y＝kx＋1与曲线y＝x3＋ax＋b相切于点A(1，3)，则2a＋b的值等于()A．2 B．－1C．1 D．－25．函数y＝(2x－1)ex的图象是()6．已知O是坐标原点，若点M(x，y)为平面区域eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≥2x≤1y≤2))上的一个动点，则目标函数z＝－x＋2y的最大值是()A．0 B．1C．3 D．47．设随机变量X的概率分布列如下表所示：X012Paeq\f(1,3)eq\f(1,6)若F(x)＝P(X≤x)，则当x的取值范围是[1，2)时，F(x)等于()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,6)C.eq\f(1,2) D.eq\f(5,6)8．已知单位向量a，b满足|2a－b|＝2，若存在向量c，使得(c－2a)·(c－b)＝0，则|c|的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\f(\r(6),2)＋1)) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)－1，\f(\r(6),2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)－1，\f(\r(6),2)＋1)) D．[eq\r(6)－1，eq\r(6)＋1]9.如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为()A.eq\f(1,5) B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5) D.eq\f(4,5)10．已知函数f(x)＝x＋eq\f(2b,x)＋a，x∈[a，＋∞)，其中a>0，b∈R，记m(a，b)为f(x)的最小值，则当m(a，b)＝2时，b的取值范围为()A．b>eq\f(1,3) B．b<eq\f(1,3)C．b>eq\f(1,2) D．b<eq\f(1,2)题号12345678910答案非选择题部分二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分．11．双曲线x2－eq\f(y2,3)＝1的离心率是________，渐近线方程是________．12.一个正四棱锥的所有棱长均为2，其俯视图如图所示，则该正四棱锥的正视图的面积为________，正四棱锥的体积为________．13．已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，2asinB＝eq\r(3)b，b＝2，c＝3，AD是内角的平分线，则BC＝________，BD＝________．14．在等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16，则数列{an}的通项公式为________．若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，则数列{bn}的前n项和Sn为________．15．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种(用数字作答)．16．已知圆O：x2＋y2＝1，直线x－2y＋5＝0上动点P，过点P作圆O的一条切线，切点为A，则|PA|的最小值为________．17．已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，g(x)＝logeq\s\do9(\f(1,2))x，记函数h(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（x），f（x）≤g（x），,f（x），f（x）>g（x），))则函数F(x)＝h(x)＋x－5的所有零点的和为________．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．(本题满分14分)已知函数f(x)＝sinxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).(1)求f(x)的最小正周期；(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，求f(x)的取值范围．

19.(本题满分15分)如图，已知四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，侧棱AA1⊥底面ABCD，M是AC的中点，∠BAD＝120°，AA1＝AB.(1)证明：MD1∥平面A1BC1；(2)求直线MA1与平面A1BC1所成的角的正弦值．20．(本题满分15分)已知f(x)＝ex－alnx(a∈R)．(1)求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当a＝－1时，若不等式f(x)>e＋m(x－1)对任意x∈(1，＋∞)恒成立，求实数m的取值范围．

21.(本题满分15分)如图，已知直线PA，PB，PC分别与抛物线y2＝4x交于点A，B，C与x轴的正半轴分别交于点L，M，N且|LM|＝|MN|，直线PB的方程为2x－y－4＝0.(1)设直线PA，PC的斜率分别为k1，k2，求证：k1＋k2＝k1k2；(2)求eq\f(S△PAB,S△PBC)的取值范围．22．(本题满分15分)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\f(an,1＋aeq\o\al(2,n))，n∈N*.记Sn，Tn分别是数列{an}，{aeq\o\al(2,n)}的前n项和．证明：当n∈N*时，(1)an＋1＜an；(2)Tn＝eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋1))－2n－1；(3)eq\r(2n)－1＜Sn＜eq\r(2n).答案及解析1．解析：选B.因为集合M＝{y|y>0}，P＝{y|y≥0}，故M⊆P，选B.2．解析：选C.法一：由已知可得m＝(1＋ni)(1－i)＝(1＋n)＋(n－1)i，因为m，n是实数，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n－1＝0，,n＋1＝m，))故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝1，))即m＋ni＝2＋i，m＋ni在复平面内对应的点为(2，1)，其到坐标原点的距离为eq\r(5)，故选C.法二：eq\f(m,1－i)＝eq\f(m（1＋i）,1－i2)＝eq\f(m,2)＋eq\f(m,2)i＝1＋ni，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)＝1，,\f(m,2)＝n，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝1，))m＋ni在复平面内对应的点到坐标原点的距离为eq\r(22＋12)＝eq\r(5).3．解析：选A.根据已知条件，由于直线l⊥平面α，直线m∥平面β，如果两个平面平行α∥β，则必然能满足l⊥m，反之，如果l⊥m，则对于平面α，β可能是相交的，故条件能推出结论，但是结论不能推出条件，故选A.4．解析：选C.题意知，y′＝3x2＋a，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(13＋a＋b＝3，,3×12＋a＝k，,k＋1＝3，))由此解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝3，,k＝2，))所以2a＋b＝1，选C.5．解析：选A.令y＝(2x－1)ex＝0，解得x＝eq\f(1,2)，函数有唯一的零点，故排除C、D.当x→－∞时，ex→0，所以y→0，故排除B.故选A.6.解析：选D.作出点M(x，y)满足的平面区域，如图所示，由图知当点M为点C(0，2)时，目标函数z＝－x＋2y取得最大值，即为－1×0＋2×2＝4，故选D.7．解析：选D.由分布列的性质，得a＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)＝1，所以a＝eq\f(1,2).而x∈[1，2)，所以F(x)＝P(X≤x)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＝eq\f(5,6).8．解析：选C.如图，设eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，eq\o(OA′,\s\up6(→))＝2a，因为|2a－b|＝2，所以△OA′B是等腰三角形．因为(c－2a)·(c－b)＝0，所以(c－2a)⊥(c－b)，即A′C⊥BC，所以△A′BC是直角三角形，所以C在以A′B为直径，1为半径的圆上．取A′B的中点M，因为cos∠A′BO＝eq\f(1,4)，所以OM2＝1＋1－2×1×1×eq\f(1,4)＝eq\f(3,2)，即OM＝eq\f(\r(6),2)，所以|c|∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)－1，\f(\r(6),2)＋1)).9．解析：选D.连接BC1，易证BC1∥AD1，则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角．连接A1C1，由AB＝1，AA1＝2，则A1C1＝eq\r(2)，A1B＝BC1＝eq\r(5)，故cos∠A1BC1＝eq\f(5＋5－2,2×\r(5)×\r(5))＝eq\f(4,5).10．D11．2y＝±eq\r(3)x12．解析：由正四棱锥的俯视图，可得到正四棱锥的直观图如图，则该正四棱锥的正视图为三角形PEF(E，F分别为AD，BC的中点)，因为正四棱锥的所有棱长均为2，所以PB＝PC＝2，EF＝AB＝2，PF＝eq\r(3)，所以PO＝eq\r(PF2－OF2)＝eq\r(3－1)＝eq\r(2)，所以该正四棱锥的正视图的面积为eq\f(1,2)×2×eq\r(2)＝eq\r(2)；正四棱锥的体积为eq\f(1,3)×2×2×eq\r(2)＝eq\f(4\r(2),3).答案：eq\r(2)eq\f(4\r(2),3)13．解析：由2asinB＝eq\r(3)b及正弦定理得2sin∠BAC·sinB＝eq\r(3)sinB，所以sin∠BAC＝eq\f(\r(3),2).因为∠BAC为锐角，所以∠BAC＝eq\f(π,3).因为AD是内角平分线，所以eq\f(BD,DC)＝eq\f(AB,AC)＝eq\f(c,b)＝eq\f(3,2).由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC＝4＋9－2×2×3×eq\f(1,2)＝7，所以BC＝eq\r(7)，BD＝eq\f(3,5)eq\r(7).答案：eq\r(7)eq\f(3,5)eq\r(7)14．解析：设数列{an}的公比为q，则eq\f(a4,a1)＝q3＝8，所以q＝2，所以an＝2×2n－1＝2n.设数列{bn}的公差为d，因为b3＝a3＝23＝8，b5＝a5＝25＝32，且{bn}为等差数列，所以b5－b3＝24＝2d，所以d＝12，所以b1＝b3－2d＝－16，所以Sn＝－16n＋eq\f(n（n－1）,2)×12＝6n2－22n.答案：2n6n2－22n15．解析：把8张奖券分4组有两种分法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，无奖)、(无奖，无奖)四组，分给4人有Aeq\o\al(4,4)种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有Ceq\o\al(2,3)种分法，再分给4人有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,4)种分法，所以不同获奖情况种数为Aeq\o\al(4,4)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,4)＝24＋36＝60.答案：6016．解析：过O作OP垂直于直线x－2y＋5＝0，过P作圆O的切线PA，连接OA，易知此时|PA|的值最小．由点到直线的距离公式，得|OP|＝eq\f(|1×0－2×0＋5|,\r(12＋22))＝eq\r(5).又|OA|＝1，所以|PA|＝eq\r(|OP|2－|OA|2)＝2.答案：217．解析：由题意知函数h(x)的图象如图所示，易知函数h(x)的图象关于直线y＝x对称，函数F(x)所有零点的和就是函数y＝h(x)与函数y＝5－x图象交点横坐标的和，设图象交点的横坐标分别为x1，x2，因为两函数图象的交点关于直线y＝x对称，所以eq\f(x1＋x2,2)＝5－eq\f(x1＋x2,2)所以x1＋x2＝5.答案：518．解：(1)由题意得f(x)＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1,2)sinxcosx＝eq\f(1,2)sin(2x－eq\f(π,3))＋eq\f(\r(3),4)，所以函数f(x)的最小正周期T＝π.(2)由0≤x≤eq\f(π,2)知，－eq\f(\r(3),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤1，所以函数f(x)的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)＋\f(\r(3),4))).19．解：(1)证明：连接B1D1交A1C1于点E，连接BE，BD.因为ABCD为菱形，所以点M在BD上，且ED1∥BM，又ED1＝BM，故四边形ED1MB是平行四边形，则MD1∥BE，又BE⊂平面A1BC1，MD1⃘平面A1BC1，因此，MD1∥平面BC1A1.(2)由于A1B1C1D1为菱形，所以A1C1⊥B1D1，又ABCD­A1B1C1D1是直四棱柱，有A1C1⊥BB1，则A1C1⊥平面BB1D1D，因此，平面BB1D1D⊥平面BC1A1.过点M作平面BB1D1D和平面BC1A1交线BE的垂线，垂足为H，得MH⊥平面BC1A1.连接HA1，则∠MA1H是直线MA1与平面BC1A1所成的角．设AA1＝1，因为ABCD是菱形且∠BAD＝120°，则AM＝eq\f(1,2)，MB＝eq\f(\r(3),2).在Rt△MAA1中，由AM＝eq\f(1,2)，AA1＝1，得MA1＝eq\f(\r(5),2).在Rt△EMB中，由MB＝eq\f(\r(3),2)，ME＝1，得MH＝eq\f(\r(21),7).所以sin∠MA1H＝eq\f(MH,MA1)＝eq\f(2\r(105),35).20．解：(1)由f(x)＝ex－alnx，则f′(x)＝ex－eq\f(a,x)，f′(1)＝e－a，切点为(1，e)，所求切线方程为y－e＝(e－a)(x－1)，即(e－a)x－y＋a＝0.(2)由f(x)＝ex－alnx，a＝－1，原不等式即为ex＋lnx－e－m(x－1)>0.记F(x)＝ex＋lnx－e－m(x－1)，F(1)＝0.依题意有F(x)>0对任意x∈(1，＋∞)恒成立，求导得F′(x)＝ex＋eq\f(1,x)－m，F′(1)＝e＋1－m，令g(x)＝ex＋eq\f(1,x)－m，则g′(x)＝ex－eq\f(1,x2)，当x>1时，g′(x)>0，则F′(x)在(1，＋∞)上单调递增，有F′(x)>F′(1)，若m≤e＋1，符合题意；若m>e＋1，则F′(1)<0，又F′(lnm)＝eq\f(1,lnm)>0，故存在x1∈(1，lnm)，使F′(x1)＝0，当1<x<x1时，F′(x)<0，F(x)在(1，x1)上单调递减，F(x)<F(1)＝0，舍去．综上，实数m的取值范围是(－∞，e＋1]．21．解：(1)联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x,2x－y－4＝0))，解得x＝1，4，由图象可知，P(1，－2)，易知M(2，0)，由题意可设L(2－t，0)，N(2＋t，0)，0<t<2，所以k1＝eq\f(2,1－t)(t≠1)，k2＝eq\f(2,1＋t)，所以eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)＝eq\f(1－t,2)＋eq\f(1＋t,2)＝1，故k1＋k2＝k1k2.(2)由(1)得，lPA：2x＋(t－1)y＋2t－4＝0，0<t<2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x,2x＋（t－1）y＋2t－4＝0))⇒y2＋(2t－2)y＋4t－8＝0，得A((2－t)2，4－2t)，同理可得B((2＋t)2，4＋2t)．设A点到PB的距离为d1，C点到PB的距离为d2，所以d1＝eq\f(|2（2－t）2－（4－2t）－4|,\r(5))＝eq\f(|2t2－6t|,\r(5))，d1＝eq\f(|2（2＋t）2－（4＋2t）－4|,\r(5))＝eq\f(|2t2＋6t|,\r(5))所以eq\f(S△PAB,S△PBC)＝eq\f(d1,d2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(t－3,t＋3)))＝eq\f(3－t,3＋t)＝eq\f(6,3＋t)－1.因为0＜t＜2，所以eq\f(S△PAB,S△PBC)的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，1)).22．证明：(1)由a1＝1及an＋1＝eq\f(an,1＋aeq\o\al(2,n))知an＞0，故an＋1－an＝eq\f(an,1＋aeq\o\al(2,n))－an＝eq\f(－aeq\o