2020年浙江省高考全真模拟试卷二含解析

1、2020年浙江省高考全真模拟试卷二一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)1已知集合A，B，则AB等于()A(，1) B(0,1) C(1,0) D(1,1)2已知双曲线的中心在原点，焦点在坐标轴上，一条渐近线方程为3x4y0，则该双曲线的离心率是()A. B. C.或 D.或3如果实数x，y满足条件那么z2xy的最大值为()A2 B2 C1 D34如图是一个几何体的三视图，且正视图、侧视图都是矩形，则该几何体的体积为()A12 B14 C16 D185“对任意正整数n，不等式nlg a1)都成立”的一个必要不充分条件是()Aa0 Ba1 Ca2 Da36与函数f(x)sin x2

2、cos x的部分图象符合的是()7已知随机变量的分布列如下表所示：135P0.40.1x则的标准差为()A3.56 B. C3.2 D.8如图，正四面体ABCD中，P，Q，R分别在棱AB，AD，AC上，且AQQD，分别记二面角APQR，APRQ，AQRP的平面角为，则()A BC D9.如图，点C在以AB为直径的圆上，其中AB2，过A向点C处的切线作垂线，垂足为P，则的最大值是()A2 B1 C0 D110设等差数列an的前n项和为Sn，已知2 0192 019a2 0172 0212 000，(a2 0201)2 0192 019a2 020(a2 0201)2 0212 038，则S4 0

3、36等于()A2 019 B2 020 C2 021 D4 036二、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的共轭复数是_，复数z对应的点位于复平面内的第_象限12已知圆C：x2y22ax4ay5a2250的圆心在直线l1：xy20上，则a_；圆C被直线l2：3x4y50截得的弦长为_13若x(1mx)4a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，其中a26，则实数m_； a1a3a5_.14在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin Asin Bsin C，且ABC的周长为9，ABC的面积为3sin C，则c_，cos C_.15某地火炬接

4、力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成，如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方案共有_种(用数字作答)16设椭圆C的两个焦点是F1，F2，过F1的直线与椭圆C交于P，Q，若|PF2|F1F2|，且5|PF1|6|F1Q|，则椭圆的离心率为_17在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若对任意R，不等式|恒成立，则的最大值为_三、解答题(本大题共5小题，共74分)18(14分)已知：函数f(x)(sin xcos x)(1)求函数f(x)的最小正周期和值域；(2)若函数f(x)的图象过点，.求f的值19.(15分)如图

5、，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，ABCD，ABBC，CD2AB4，BC2.(1)求证：PCBD；(2)若直线AB与平面PBD所成的角为，求PA的长20(15分)数列an满足： a11，a22，an22(1)nan2，n1,2,3，.(1)求a3，a4，并证明数列a2n1是等比数列；(2)求数列an的前2n项和S2n.21(15分)已知平面上一动点P到定点C(1,0)的距离与它到直线l：x4的距离之比为.(1)求点P的轨迹方程；(2)点O是坐标原点，A，B两点在点P的轨迹上，F是点C关于原点的对称点，若，求的取值范围22(15分)已知函数f(x)exln(xm)，其中m1.(1)设

6、x0是函数f(x)的极值点，讨论函数f(x)的单调性；(2)若yf(x)有两个不同的零点x1和x2，且x10e1.2020年浙江省高考全真模拟试卷二一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)1已知集合A，B，则AB等于()A(，1) B(0,1) C(1,0) D(1,1)答案B解析由题得Ax|1x1，Bx|0x1，所以AB(0,1)2已知双曲线的中心在原点，焦点在坐标轴上，一条渐近线方程为3x4y0，则该双曲线的离心率是()A. B. C.或 D.或答案D解析3x4y0yx，当焦点位于x轴时，而c2a2b2，所以e；当焦点位于y轴时，c2a2b2e.3如果实数x，y满足条件那么z2

7、xy的最大值为()A2 B2 C1 D3答案C解析由约束条件画出可行域如图中阴影部分所示(含边界)，再画出目标函数z2xy如图中过原点的虚线，平移目标函数易得过点A(0，1)处时取得最大值，代入得zmax1.4如图是一个几何体的三视图，且正视图、侧视图都是矩形，则该几何体的体积为()A12 B14 C16 D18答案D解析由题意可得，该几何体是由一个四棱柱和一个三棱柱组成的几何体，其中四棱柱的体积V113412，三棱柱的体积V23146，该几何体的体积为VV1V218.5“对任意正整数n，不等式nlg a1)都成立”的一个必要不充分条件是()Aa0 Ba1 Ca2 Da3答案A解析由nlg a

8、(n1)lg aa得nlg a1，lg a0，n1，又11.即a1时，不等式nlg a0是其必要不充分条件；a1是其充要条件；a2，a3均是其充分不必要条件6与函数f(x)sin x2cos x的部分图象符合的是()答案B解析f(0)sin 0cos 01排除C，Fsin cos sin 0，排除A，D.7已知随机变量的分布列如下表所示：135P0.40.1x则的标准差为()A3.56 B. C3.2 D.答案B解析由题意，E()10.430.15(10.40.1)3.2，D()(13.2)20.4(33.2)20.1(53.2)20.51.9360.0041.623.56，的标准差为.8如图

9、，正四面体ABCD中，P，Q，R分别在棱AB，AD，AC上，且AQQD，分别记二面角APQR，APRQ，AQRP的平面角为，则()A BC D答案D解析ABCD是正四面体，P，Q，R分别在棱AB，AD，AC上，且AQQD，可得为钝角，为锐角，设P到平面ACD的距离为h1，P到QR的距离为d1，Q到平面ABC的距离为h2，Q到PR的距离为d2，设正四面体的高为h ，棱长为6a，可得h1h，h2h，h11，即sin sin ，所以.9.如图，点C在以AB为直径的圆上，其中AB2，过A向点C处的切线作垂线，垂足为P，则的最大值是()A2 B1 C0 D1答案B解析连接BC(图略)，则ACB90，AP

10、PC，2，依题意可证RtAPCRtACB，则，即PC，AC2CB2AB2，AC2CB242ACBC，即ACBC2，当且仅当ACCB时取等号PC1，21，的最大值为1.10设等差数列an的前n项和为Sn，已知2 0192 019a2 0172 0212 000，(a2 0201)2 0192 019a2 020(a2 0201)2 0212 038，则S4 036等于()A2 019 B2 020 C2 021 D4 036答案D解析由(a2 0171)2 0192 019a2 017(a2 0171)2 0212 000得：(a2 0171)2 0192 019(a2 0171)(a2 017

11、1)2 02119，由(a2 0201)2 0192 019a2 020(a2 0201)2 0212 038得：2 0192 0192 02119，令f(x)x2 0192 019xx2 021，则式即为f19，式即为f19，又ff(x)0，即f(x)为奇函数，且0，a2 017a2 0202，S4 0362 0182 018(a2 017a2 020)4 036.二、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的共轭复数是_，复数z对应的点位于复平面内的第_象限答案i一解析i，其共轭复数为i，复数z对应的点位于复平面内的第一象限12已知圆C：x2y22ax4

12、ay5a2250的圆心在直线l1：xy20上，则a_；圆C被直线l2：3x4y50截得的弦长为_答案28解析圆C：x2y22ax4ay5a2250的标准方程为(xa)2(y2a)252，可得圆心坐标是(a，2a)，把圆心坐标代入直线l1：xy20的方程中得a2；即圆心为(2，4)，圆心到直线l2：3x4y50的距离d3，所以弦长等于228.13若x(1mx)4a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，其中a26，则实数m_； a1a3a5_.答案解析x(1mx)4a1xa2x2a3x3a4x4a5x5 ，则x(1mx)4x，则4ma26，解得m .令x1，则4a1a2a3a4a5 ，令x1, 则

13、4a1a2a3a4a5，244 ，解得a1a3a5.14在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin Asin Bsin C，且ABC的周长为9，ABC的面积为3sin C，则c_，cos C_.答案4解析在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知sin Asin Bsin C，则ab， 且ABC的周长为9，则c9，解得c4 .因为ABC的面积等于3sin C，所以absin C3sin C，整理得ab6.ab5, 解得或cos C .15某地火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成，如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、

14、乙两人中产生，则不同的传递方案共有_种(用数字作答)答案96解析若第一棒火炬手为甲或乙，则最后一棒只能由甲、乙中不跑第一棒的火炬手完成，剩下的4段路线全排列，此时有2A种不同的传递方案；若第一棒火炬手为丙，则最后一棒由甲或乙完成，剩下的4段路线全排列，此时有2A种不同的传递方案，则由分类加法计数原理得共有2A2A96(种)不同的传递方案16设椭圆C的两个焦点是F1，F2，过F1的直线与椭圆C交于P，Q，若|PF2|F1F2|，且5|PF1|6|F1Q|，则椭圆的离心率为_答案解析画出图形如图所示由椭圆的定义可知：|PF1|PF2|QF1|QF2|2a，|F1F2|2c.|PF2|F1F2|，|

15、PF2|2c，|PF1|2(ac)5|PF1|6|F1Q|，|QF1|PF1|(ac)，|QF2|.在PF1F2中，由余弦定理可得： cosPF1F2，在QF1F2中，由余弦定理可得： cosQF1F2.PF1F2QF1F2180，cosPF1F2cosQF1F2，整理得9a11c，e.17在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若对任意R，不等式|恒成立，则的最大值为_答案解析由对任意R，不等式|恒成立得BC边上的高ha.在ABC中，有ahbcsin A，即bc，在ABC中，由余弦定理得b2c2a22bccos Aa2，则sin A2cos Asin(A)，其中tan 2，则当A且

16、ha时，取得最大值.三、解答题(本大题共5小题，共74分)18(14分)已知：函数f(x)(sin xcos x)(1)求函数f(x)的最小正周期和值域；(2)若函数f(x)的图象过点，.求f的值解(1)f(x)(sin xcos x)22sin.函数的最小正周期为2，值域为y|2y2(2)依题意得，2sin，sin，0，cos，f2sin2sin22.19.(15分)如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，ABCD，ABBC，CD2AB4，BC2.(1)求证：PCBD；(2)若直线AB与平面PBD所成的角为，求PA的长解(1)连接AC，在ABC中，因为ABBC，AB2，BC2，所以

17、tanACB.因为ABCD，ABBC，所以CDBC.在RtBCD中，因为CD4，所以tanBDC，所以tanACBtanBDC，所以ACBBDC.因为ACBACD，所以BDCACD，所以BDAC.因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD.又PA平面PAC，AC平面PAC，PAACA，所以BD平面PAC.因为PC平面PAC，所以PCBD.(2)方法一如图，设PAt，AC与BD交于点M，连接PM，过点A作AHPM于点H，连接BH.由(1)知，BD平面PAC，又AH平面PAC，所以BDAH.因为AHPM，PM平面PBD，BD平面PBD，PMBDM，所以AH平面PBD，所以ABH为直线AB

18、与平面PBD所成的角在RtABC中，因为AB2，BC2，所以AC2，所以由三角形相似得AM.在RtPAM中，易知AH.因为直线AB与平面PBD所成的角为，所以ABH.所以sinABH，所以t2，所以PA的长为2.方法二取CD的中点E，连接AE，因为ABCD，CD2AB4，所以ABCE且ABCE，所以四边形ABCE是平行四边形，所以BCAE.因为ABBC，所以ABAE.又PA平面ABCD，所以PAAB，PAAE，故AE，AB，AP两两垂直，故以A为坐标原点，AE，AB，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设PAt，因为CD2AB4，所以A(0,0,0)，B(0,2,0)

19、，P(0,0，t)，D(2，2,0)，所以(0,2,0)，(0，2，t)，(2，4,0)设平面PBD的法向量为n(x，y，z)，则即令x，则y1，z，故n为平面PBD的一个法向量因为直线AB与平面PBD所成的角为，所以sin |cosn，|，所以t2.所以PA的长为2.20(15分)数列an满足： a11，a22，an22(1)nan2，n1,2,3，.(1)求a3，a4，并证明数列a2n1是等比数列；(2)求数列an的前2n项和S2n.解(1) 当n1时，a3a123，当n2时，a43a228，令n2k，a2k23a2k2(k1,2,3，)，即a2k213(a2k1)(k1,2,3，)所以数

20、列a2n1是等比数列(2)由(1)得，当n为偶数时，an1，当n为奇数时， an2an2，即数列an的奇数项构成等差数列，可求得ann，an的通项公式an 所以在前2n项中，S奇n1n2n2，S偶nn，S2nS奇S偶n2n.21(15分)已知平面上一动点P到定点C(1,0)的距离与它到直线l：x4的距离之比为.(1)求点P的轨迹方程；(2)点O是坐标原点，A，B两点在点P的轨迹上，F是点C关于原点的对称点，若，求的取值范围解(1)设P(x，y)是所求轨迹上的任意一点，由动点P到定点C(1,0)的距离与它到直线l：x4的距离之比为，则，化简得1，即点P的轨迹方程为1.(2)由F是点C关于原点的对

21、称点，所以点F的坐标为(1,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为，则(x11，y1)(1x2，y2)，可得1，即1，又由1，则2，得12，化简得x2，2x22，22，解得3，所以的取值范围是.22(15分)已知函数f(x)exln(xm)，其中m1.(1)设x0是函数f(x)的极值点，讨论函数f(x)的单调性；(2)若yf(x)有两个不同的零点x1和x2，且x10e1.(1)解f(x)ex，若x0是函数f(x)的极值点，则f(0)10，得m1，经检验满足题意，此时f(x)ex，x1，所以当x(1,0)时，f(x)0，f(x)单调递增(2)解m1, f(x)ex，xm，记h(x)f(

22、x)，则h(x)ex0，知f(x)在区间(m，)内单调递增又f(0)10, f(m1)e1m10，f(x)在区间(1m,0)内存在唯一的零点x0，即f(x0)0，于是， x0ln(x0m)当mxx0时， f(x)x0时， f(x)0，f(x)单调递增若yf(x)有两个不同的零点x1和x2，且x10x2，易知xm时，f(x)，x时，f(x)，所以f(0)1ln me.证明由中的单调性知，当x(x1，x2)时，f(x)e，所以f(1)ln(m1)ln(e1)ln(e1)ln 1.7ln 0，所以x11.所以x1101，令tx2x11，要证ln(x2x11)e1，即证etln(t1)e1.令h(t)etln(t1)，t1，则h(t)et单调递增，又h(1)e0，所以h(t)0，h(t)单调递增，所以h(t)h(1)eln 2e1，即ln(x2x11)e1.