2020年浙江高中学业水平考试数学模拟试题

2020年浙江高中学业水平考试数学模拟试题1.已知集合$P=\{x|x\leqx<1\}$，$Q=\{x^2|x\leqx\leq3\}$。记$M=P\cupQ$，则：A.$\{1,2\}\subseteqM$B.$\{1,3\}\subseteqM$C.$\{1,2,3\}\subseteqM$D.$\{2,3\}\subseteqM$2.函数$f(x)=x+\frac{1}{x}$的定义域是：A.$x>x_0$B.$x\geqx_0$C.$x\neqx_0$D.$R$3.将不等式组$\begin{cases}x-y+1\geq0\\x+y-1\geq0\end{cases}$表示的平面区域记为$\Omega$，则属于$\Omega$的点是：A.$(-3,1)$B.$(1,-3)$C.$(1,3)$D.$(3,1)$4.已知函数$f(x)=\log_2(3+x)+\log_2(3-x)$，则$f(1)=$A.$1$B.$\log_26$C.$3$D.$\log_29$5.双曲线$\frac{y^2}{1}-\frac{x^2}{3}=1$的渐近线方程为：A.$y=\pm\frac{3}{\sqrt{31}}x$B.$y=\pm\frac{3}{\sqrt{33}}x$C.$y=\pm3x$D.$y=\pm3$6.如图，在正方体$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，直线$A_1C$与平面$ABCD$所成角的余弦值是：A.$\frac{3}{4}$B.$\frac{1}{3}$C.$\frac{1}{2}$D.$\frac{1}{\sqrt{3}}$7.若锐角$\alpha$满足$\sin(\alpha+\frac{\pi}{3})=\frac{2}{5}$，则$\sin\alpha=$（第6题图）A.$\frac{3}{4}$B.$\frac{\sqrt{3}}{3}$C.$\frac{1}{2}$D.$\frac{\sqrt{5}}{5}$8.在三棱锥$O-ABC$中，若$D$为$BC$的中点，则$AD=$A.$\frac{1}{2}(OA+OC-OB)$B.$\frac{1}{2}(OA+OB+OC)$C.$\frac{1}{2}(OB+OC-OA)$D.$\frac{1}{2}(OB+OC+OA)$9.设$\{a_n\}$，$\{b_n\}$（$n\inN$）是公差均不为零的等差数列。下列数列中，不构成等差数列的是：A.$\{a_nb_n\}$B.$\{a_n+b_n\}$C.$\{a_n+b_{n+1}\}$D.$\{a_n-b_{n+1}\}$10.不等式$2x-1-x+1<1$的解集是：A.$\{x|-3<x<3\}$B.$\{x|1<x<3\}$C.$\{x|x<-3\text{或}x>1\}$D.$\{x|x<-1\text{或}x>3\}$11.用列表法将函数$f(x)=\frac{x^3-3x}{x^2-1}$表示为：A.$f(x+2)$为奇函数B.$f(x+2)$为偶函数C.$f(x-2)$为奇函数D.$f(x-2)$为偶函数12.如图，在直角坐标系$xOy$中，坐标轴将边长为4的正方形$ABCD$分割成四个小正方形。若大圆为正方形$ABCD$的外接圆，四个小圆分割出的面积之和为$S$。则$S=$（第12题图）1.x别为四个小正方形的内切圆，则图中某个圆的方程是A.x+y-x+2y+1=2B.x+y+2x-2y+1=2C.x+y-2x+y-1=2D.x+y-2x+2y-1=22.设a为实数，则“a>11/2”是“”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件3.在直角坐标系xOy中，已知点A(1,-1)，B(2,4)，过A的直线交x轴于点C(a,0)，若直线AC的倾斜角是直线AB倾斜角的2倍，则a=A.13/4B.1C.-1/4D.-3/24.甲、乙两个几何体的三视图分别如图①、②所示，分别记它们的表面积为S甲，S乙，体积为V甲，V乙，则A.S甲>S乙，V甲>V乙B.S甲>S乙，V甲<V乙C.S甲<S乙，V甲>V乙D.S甲<S乙，V甲<V乙5.如图，F为椭圆(x^2/a^2)+(y^2/b^2)=1(a>b>0)的右焦点，过F作x轴的垂线交椭圆于点P，点A,B分别为椭圆的右顶点和上顶点，O为坐标原点。若△OAB的面积是△OPF面积的4倍，则该椭圆的离心率是A.√3/2B.√5/2C.√10/3D.√15/46.设a为实数，若函数f(x)=2x-x^2+a有2个零点，则函数y=f[f(x)]的零点个数是A.1或3B.2或3C.2或4D.3或47.如图，设矩形ABCD所在平面与梯形ACEF所在平面相交于AC。若AB=1,BC=3，AF=FE=EC=1，则下列二面角的平面角的大小为定值的是A.∠F-∠AB-∠CBB.∠B-∠EF-∠DC.∠A-∠BF-∠CDD.∠B-∠AF-∠D8.已知函数f(x)=2sin(2x+π)+1，则f(x)的最小正周期是π/2，f(x)的最大值是3。1.四个小正方形的内切圆中，某个圆的方程是（选项略）。2.判断“a>11/2”是什么类型的条件（选项略）。3.在直角坐标系中，已知点A(1,-1)，B(2,4)，过A的直线交x轴于点C(a,0)。若直线AC的倾斜角是直线AB倾斜角的2倍，则a=（选项略）。4.两个几何体的三视图如图所示，分别记它们的表面积为S甲，S乙，体积为V甲，V乙。则（选项略）。5.如图，F为椭圆(x^2/a^2)+(y^2/b^2)=1(a>b>0)的右焦点，过F作x轴的垂线交椭圆于点P，点A,B分别为椭圆的右顶点和上顶点，O为坐标原点。若△OAB的面积是△OPF面积的4倍，则该椭圆的离心率是（选项略）。6.函数f(x)=2x-x^2+a有2个零点，则函数y=f[f(x)]的零点个数是（选项略）。7.如图，矩形ABCD所在平面与梯形ACEF所在平面相交于AC。若AB=1,BC=3，AF=FE=EC=1，则下列二面角的平面角的大小为定值的是（选项略）。8.已知函数f(x)=2sin(2x+π)+1，最小正周期为π/2，最大值为3。0.若平面向量a,b满足$2a+b=(1,6)$，$a+2b=(-4,9)$，则$a\cdotb=\_\_\_$。解：两个向量的系数可以用矩阵来表示：$$\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\6\end{pmatrix}$$解得$a=2,b=1$，所以$a\cdotb=2$。21.在$\triangleABC$中，已知$AB=2$，$AC=3$，则$\cosC$的取值范围是\_\_\_。解：根据余弦定理，有$\cosC=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$，代入数据得：$$\cosC=\frac{2^2+3^2-5^2}{2\times2\times3}=-\frac{7}{12}$$因为$-1\leq\cosC\leq1$，所以$\cosC$的取值范围是$[-1,1]$。22.若不等式$2x-(x-a)x-a-2\geq0$对于任意$x\in\mathbb{R}$恒成立，则实数$a$的最小值是\_\_\_。解：将不等式化简得$x^2-(a+2)x+a\leq0$，这是一个关于$x$的二次函数，对于任意$x\in\mathbb{R}$，它的解析式为$x=\frac{a+2\pm\sqrt{(a+2)^2-4a}}{2}$。要使得不等式恒成立，就要求函数的图像始终在$x$轴下方或与$x$轴相切，即其判别式$\Delta=(a+2)^2-4a\leq0$。解得$a\geq2$，所以实数$a$的最小值是$2$。23.在等差数列$\{a_n\}(n\in\mathbb{N})$中，已知$a_1=2$，$a_5=6$。（Ⅰ）求$\{a_n\}$的公差$d$及通项$a_n$；（Ⅱ）记$b_n=2^n$，求数列$\{b_n\}$的前$n$项和$S_n$。解：（Ⅰ）由$a_5=a_1+4d$可得$d=1$，代入$a_1=2$得$a_n=n+1$。（Ⅱ）由等比数列的求和公式得：$$S_n=\frac{b_1(1-2^n)}{1-2}=-2^n+2$$所以数列$\{b_n\}$的前$n$项和为$-2^n+2$。24.如图，已知抛物线$y=x^2-1$与$x$轴相交于点$A$，$B$两点，$P$是该抛物线上位于第一象限内的点。（Ⅰ）记直线$PA$，$PB$的斜率分别为$k_1$，$k_2$，求证$k_2-k_1$为定值；（Ⅱ）过点$A$作$AD\perpPB$，垂足为$D$。若$D$关于$x$轴的对称点恰好在直线$PA$上，求$\trianglePAD$的面积。解：（Ⅰ）设$P$的坐标为$(t,t^2-1)$，则直线$PA$的斜率为：$$k_1=\frac{t^2-1}{t-(-1)}=t+1$$同理，直线$PB$的斜率为：$$k_2=\frac{t^2-1}{t-1}=t+1$$所以$k_2-k_1=0$，为定值。（Ⅱ）易得点$D$的坐标为$(\frac{t^2-1}{2t},\frac{t^2+1}{2})$，因为$D$关于$x$轴的对称点在直线$PA$上，所以$D$的纵坐标为$\frac{t^2-1}{2t}$，代入直线$PA$的方程得：$$t^2-2t-1=0$$解得$t=1+\sqrt{2}$，所以$D$的坐标为$(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2})$。$\becauseAD\perpPB$，$\therefore$$\trianglePAD$为直角三角形，所以$\trianglePAD$的面积为$\frac{1}{2}\timesAD\timesPD$。设$PD$的长度为$d$，则有：$$d^2=\left(\frac{t^2-1}{2t}-t^2+1\right)^2+\left(\frac{t^2+1}{2}-t^2+1\right)^2=\frac{1}{2}$$所以$\trianglePAD$的面积为$\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$。25.如图，在直角坐标系$xOy$中，已知点$A(2,5)$，$B(1,3)$，直线$x=t$$(t\in(1,2))$将$\triangleOAB$分成两部分，记左侧部分的多边形为$\Omega$。设$\Omega$各边长的平方和为$f(t)$，$\Omega$各边长的倒数和为$g(t)$。（Ⅰ）分别求函数$f(t)$和$g(t)$的解析式；（Ⅱ）是否存在区间$(a,b)$，使得函数$f(t)$和$g(t)$在该区间上均单调递减？若存在，求$b-a$的最大值；若不存在，说明理由。解：（Ⅰ）设直线$x=t$与$AB$的交点为$C$，则$C$的坐标为$(t,3+(t-1)\frac{2}{1})=(t,2t+1)$。易得$\Omega$的顶点为$(t,2t+1)$，$\Omega$各边长的平方和为：$$f(t)=OC^2+CA^2+AB^2=(t-2)^2+(t-2t-1)^2+(5-2t-1)^2=6t^2-28t+33$$$\Omega$各边长的倒数和为：$$g(t)=\frac{1}{OC}+\frac{1}{CA}+\frac{1}{AB}=\frac{1}{\sqrt{(t-2)^2+(2t-1)^2}}+\frac{1}{\sqrt{(t-1)^2+2^2}}+\frac{1}{\sqrt{(t-2)^2+(-2t+4)^2}}$$（Ⅱ）对$f(t)$和$g(t)$分别求导数得：$$f'(t)=12t-28,g'(t)=\frac{2t-3}{\sqrt{(t-2)^2+(2t-1)^2}}+\frac{t-1}{\sqrt{(t-1)^2+2^2}}-\frac{2t-4}{\sqrt{(t-2)^2+(-2t+4)^2}}$$当$t\in(1,2)$时，$f'(t)>0$，$g'(t)<0$，所以函数$f(t)$在$(1,2)$上单调递增，函数$g(t)$在$(1,2)$上单调递减。由于$f(t)$和$g(t)$均为二次函数和有理函数，所以它们在$(1,2)$上连续，所以存在区间$(a,b)$使得它们在该区间上均单调递减。因为$f(t)$和$g(t)$均为单峰函数，所以$b-a$的最大值为$2-1=1$。题目25：（Ⅰ）已知多边形$ABCD$是正多边形，边长为$2$，$P$在$AB$边上，$AP=t$，$PC=1$，$PD=\sqrt{5}$，求$\trianglePAD$的面积。首先根据正多边形的性质，可以得到$BC=2$，$CD=2$，$AD=2$。由于$\trianglePAB$和$\trianglePCD$都是直角三角形，可以得到：$$\begin{cases}PB=\sqrt{(2-t)^2+1}\\BC=2\\CD=2\end{cases}$$根据余弦定理，可以得到：$$\begin{cases}\cos\anglePBC=\dfrac{t^2-3t+2}{2(2-t)}\\\cos\anglePCD=\dfrac{t^2-2t-1}{2}\end{cases}$$又因为$\anglePBC+\anglePCD=90^\circ$，所以：$$\begin{aligned}\cos\anglePAD&=\cos(180^\circ-\anglePBC-\anglePCD)\\&=\cos(\anglePBC+\anglePCD)\\&=\cos\anglePBC\cos\anglePCD-\sin\anglePBC\sin\anglePCD\\&=\dfrac{t^2-3t+2}{4(2-t)}-\dfrac{t\sqrt{5}}{4(2-t)}\end{aligned}$$所以$\trianglePAD$的面积为：$$\begin{aligned}S_{\trianglePAD}&=\dfrac{1}{2}\timesAD\timesPD\times\sin\anglePAD\\&=\dfrac{1}{2}\times2\times\sqrt{5}\times\dfrac{t^2-3t+2}{4(2-t)}\times\dfrac{\sqrt{5}}{4(2-t)}\\&=\dfrac{1}{8}(t^2-3t+2)\end{aligned}$$（Ⅱ）已知函数$f(t)$和$g(t)$在区间$(0,+\infty)$上均单调递减，且$f(t)=\dfrac{8t^2}{(t-1)^2}$，$g(t)=\dfrac{3(2-t)}{t^2(t-1)^2}$，求$(a,b)$满足$\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}>\dfra