浙江省2020届高考模拟数学试卷（含答案解析）

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1、浙江省2020届高三高考模拟试题数学试卷一、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已知UR，集合A=x|x32，集合By|y1，则U（AB）（）A32，+)B(-，132，+)C(1，32)D(-，32)2已知i是虚数单位，若z=3+i1-2i，则z的共轭复数z等于（）A1-7i3B1+7i3C1-7i5D1+7i53若双曲线x2m-y2=1的焦距为4，则其渐近线方程为（）Ay=33xBy=3xCy=55xDy=5x4已知，是两个相交平面，其中l，则（）A内一定能找到与l平行的直线B内一定能找到与l垂直的直线C若内有一条直线与l平行，

2、则该直线与平行D若内有无数条直线与l垂直，则与垂直5等差数列an的公差为d，a10，Sn为数列an的前n项和，则“d0”是“S2nSnZ”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6随机变量的分布列如表：1012P13 abc其中a，b，c成等差数列，若E()=19，则D（）（）A181B29C89D80817若存在正实数y，使得xyy-x=15x+4y，则实数x的最大值为（）A15B54C1D48从集合A，B，C，D，E，F和1，2，3，4，5，6，7，8，9中各任取2个元素排成一排（字母和数字均不能重复）则每排中字母C和数字4，7至少出现两个的不同排法种数为

3、（）A85B95C2040D22809已知三棱锥PABC的所有棱长为1M是底面ABC内部一个动点（包括边界），且M到三个侧面PAB，PBC，PAC的距离h1，h2，h3成单调递增的等差数列，记PM与AB，BC，AC所成的角分别为，则下列正确的是（）ABCD10已知|2a+b|=2，ab-4，0，则|a|的取值范围是（）A0，1B12，1C1，2D0，2二、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若(0，2)，sin=63，则cos ，tan2 12一个长方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则该几何体与原长方体的体积之比是 ，剩余部分表面积是 13若

4、实数x，y满足x+y-302x-y+m0y4，若3x+y的最大值为7，则m 14在二项式(x+1ax2)5(a0)的展开式中x5的系数与常数项相等，则a的值是 15设数列an的前n项和为Sn若S26，an+13Sn+2，nN*，则a2 ，S5 16在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c已知acosBbcosA，A=6，边BC上的中线长为4则c ；ABBC= 17如图，过椭圆C：x2a2+y2b2=1的左、右焦点F1，F2分别作斜率为22的直线交椭圆C上半部分于A，B两点，记AOF1，BOF2的面积分别为S1，S2，若S1：S27：5，则椭圆C离心率为 三、解答题：本大题共5小题，共

5、74分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤18（14分）已知函数f(x)=sin(2x+3)+sin(2x-3)+2cos2x，xR（1）求函数f（x）的最小正周期和单调递减区间；（2）求函数f（x）在区间-4，2上的最大值和最小值19（15分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，ABACAA1（1）求证：AB1平面A1BC1；（2）若D在B1C1上，满足B1D2DC1，求AD与平面A1BC1所成的角的正弦值20（15分）已知等比数列an（其中nN*），前n项和记为Sn，满足：S3=716，log2an+11+log2an（1）求数列an的通项公式；（2）求数列anlog2an

6、（nN*）的前n项和Tn21（15分）已知抛物线C：y=12x2与直线l：ykx1无交点，设点P为直线l上的动点，过P作抛物线C的两条切线，A，B为切点（1）证明：直线AB恒过定点Q；（2）试求PAB面积的最小值22（15分）已知a为常数，函数f（x）x（lnxax）有两个极值点x1，x2（x1x2）（1）求a的取值范围；（2）证明：f(x1)-f(x2)12一、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【详解详析】UR，A=x|x32，By|y1，AB=(1，32)，U(AB)=(-，132，+)故选：B2【详解详析】z=3+i1-2i

7、=(3+i)(1+2i)(1-2i)(1+2i)=15+75i，z=15-75i故选：C3【详解详析】双曲线x2m-y2=1的焦距为4，可得m+14，所以m3，所以双曲线的渐近线方程为：y=33x故选：A4【详解详析】由，是两个相交平面，其中l，知：在A中，当l与，的交线相交时，内不能找到与l平行的直线，故A错误；在B中，由直线与平面的位置关系知内一定能找到与l垂直的直线，故B正确；在C中，内有一条直线与l平行，则该直线与平行或该直线在内，故C错误；在D中，内有无数条直线与l垂直，则与不一定垂直，故D错误故选：B5【详解详析】等差数列an的公差为d，a10，Sn为数列an的前n项和，“d0”“

8、S2nSnZ”，当S2nSnZ时，d不一定为0，例如，数列1，3，5，7，9，11中，S6S3=1+3+5+7+9+111+3+5=4，d2，故d0”是“S2nSnZ”的充分不必要条件故选：A6【详解详析】a，b，c成等差数列，E（）=19，由变量的分布列，知：a+b+c=232b=a+c(-1)13+b+2c=19，解得a=13，b=29，c=19，D（）（1-19）213+（0-19）213+（1-19）229+（2-19）219=8081故选：D7【详解详析】xyy-x=15x+4y，4xy2+（5x21）y+x0，y1y2=140，y1+y2=-5x2-14x0，5x2-10x0，或5

9、x2-10x0，0x55或x-55，（5x21）216x20，5x214x或5x214x，解得：1x15，综上x的取值范围是：0x15；x的最大值是15，故选：A8【详解详析】根据题意，分2步进行分析：，先在两个集合中选出4个元素，要求字母C和数字4，7至少出现两个，若字母C和数字4，7都出现，需要在字母A，B，D，E，F中选出1个字母，有5种选法，若字母C和数字4出现，需要在字母A，B，D，E，F中选出1个字母，在1、2、3、5、6、8、9中选出1个数字，有5735种选法，若字母C和数字7出现，需要在字母A，B，D，E，F中选出1个字母，在1、2、3、5、6、8、9中选出1个数字，有5735

10、种选法，若数字4、7出现，需要在字母A，B，D，E，F中选出2个字母，有C5210种选法，则有5+35+35+1085种选法，将选出的4个元素全排列，有A4424种情况，则一共有85242040种不同排法；故选：C9【详解详析】依题意知正四面体PABC的顶点P在底面ABC的射影是正三角形ABC的中心O，由余弦定理可知，coscosPMOcosMO，AB，其中MO，AB表示直线MO与AB的夹角，同理可以将，转化，coscosPMOcosMO，BC，其中MO，BC表示直线MO与BC的夹角，coscosPMOcosMO，AC，其中MO，AC表示直线MO与AC的夹角，由于PMO是公共的，因此题意即比较

11、OM与AB，BC，AC夹角的大小，设M到AB，BC，AC的距离为d1，d2，d3 则d1sinh1，其中是正四面体相邻两个面所成角，sin=223，所以d1，d2，d3成单调递增的等差数列，然后在ABC中解决问题由于d1d2d3，可知M在如图阴影区域（不包括边界）从图中可以看出，OM与BC所成角小于OM与AC所成角，所以，故选：D10【详解详析】选择合适的基底设m=2a+b，则|m|=2，b=m-2a，ab=am-2a2-4，0，（a-14m）2=a2-12am+116m28+116m2|m|2=m24，所以可得：m28=12，配方可得12=18m22(a-14m)24+18m2=92，所以|

12、a-14m|12，32，则|a|0，2故选：D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【详解详析】(0，2)，sin=63，cos=1-sin2=33，tan=sincos=2，tan2=2tan1-tan2=221-(2)2=-22故答案为：33，2212【详解详析】根据几何体的三视图转换为几何体为：如图所示：该几何体为长方体切去一个角故：V=211-1312211=53所以：V1V=532=56S2（12+12+11）-12(12+12+11)+12232=9故答案为：56，913【详解详析】作出不等式组x+y-302x-y+m0y4 对应的平面区域如图：（

13、阴影部分）令z3x+y得y3x+z，平移直线y3x+z，由图象可知当3x+y7由 3x+y=7y=4，解得 x=1y=4，即B（1，4），同时A也在2xy+m0上，解得m2x+y21+42故答案为：214【详解详析】二项式(x+1ax2)5(a0)的展开式的通项公式为 Tr+1=C5r(1a)rx5-5r2，令5-5r2=-5，求得r3，故展开式中x5的系数为C53(1a)3；令5-5r2=0，求得r1，故展开式中的常数项为 C511a=5a，由为C53(1a)3=51a，可得a=2，故答案为：215【详解详析】数列an的前n项和为SnS26，an+13Sn+2，nN*，a23a1+2，且a1

14、+a26，解得a11，a25，a33S2+23（1+5）+220，a43S3+23（1+5+20）+280，a53（1+5+20+80）+2320，S51+5+20+80+320426故答案为：5，42616【详解详析】由acosBbcosA，及正弦定理得sinAcosBsinBcosA，所以sin（AB）0，故BA=6，所以由正弦定理可得c=3a，由余弦定理得16c2+（a2）22ca2cos6，解得c=8217；可得a=877，可得ABBC=-accosB=-877821732=-967故答案为：8217，-96717【详解详析】作点B关于原点的对称点B1，可得SBOF2=SBOF1，则有

15、S1S2=|yA|yB1|=75，所以yA=-75yB1将直线AB1方程x=2y4-c，代入椭圆方程后，x=24y-cx2a2+y2b2=1，整理可得：（b2+8a2）y242b2cy+8b40，由韦达定理解得yA+yB1=42b2cb2+8a2，yAyB1=-8b4b2+8a2，三式联立，可解得离心率e=ca=12故答案为：12三、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【详解详析】（1）f（x）sin2x+cos2x+1=2sin(2x+4)+1所以最小正周期为因为当2+2k2x+432+2k时，f（x）单调递减所以单调递减区间是8+k，58+k（2）当x

16、-4，2时，2x+4-4，54，当2x+4=2函数取得最大值为2+1，当2x+4=-4或54时，函数取得最小值，最小值为-222+1019【详解详析】（1）在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，ABACAA1，根据已知条件易得AB1A1B，由A1C1面ABB1A1，得AB1A1C1，A1BA1C1A1，以AB1平面A1BC1；（2）以A1B1，A1C1，A1A为x，y，z轴建立直角坐标系，设ABa，则A（0，0，a），B（a，0，a），C1(0，a，0)，D(a3，2a3，0)，所以AD=(a3，2a3，-a)，设平面A1BC1的法向量为n，则n=(1，0，-1)，可计算得到cosAD，

17、n=277，所以AD与平面A1BC1所成的角的正弦值为27720【详解详析】（1）由题意，设等比数列an的公比为q，log2an+11+log2an，log2an+1-log2an=log2an+1an=-1，q=an+1an=12由S3=716，得a11-(12)31-12=716，解得a1=14数列an的通项公式为an=12n+1（2）由题意，设bnanlog2an，则bn=-n+12n+1Tnb1+b2+bn=-(222+323+n+12n+1)故-Tn=222+323+n+12n+1，-Tn2=223+n2n+1+n+12n+2两式相减，可得-Tn2=12+123+12n+1-n+12

18、n+2=34-n+32n+2Tn=n+32n+1-3221【详解详析】（1）由y=12x2求导得yx，设A（x1，y1），B（x2，y2），其中y1=12x12，y2=12x22则kPAx1，PA：yy1x1（xx1），设P（x0，kx01），代入PA直线方程得kx01+y1x1x0，PB直线方程同理，代入可得kx01+y2x2x0，所以直线AB：kx01+yxx0，即x0（kx）1+y0，所以过定点（k，1）；（2）直线l方程与抛物线方程联立，得到x22kx+20，由于无交点解可得k22将AB：yxx0kx0+1代入y=12x2，得12x2-xx0+kx0-1=0，所以=x02-2kx0+2

19、0，|AB|=21+x02，设点P到直线AB的距离是d，则d=|x02-2kx0+2|1+x02，所以SPAB=12|AB|d=(x02-2kx0+2)32=(x0-k)2+2-k232，所以面积最小值为(2-k2)3222【详解详析】（1）求导得f（x）lnx+12ax（x0），由题意可得函数g（x）lnx+12ax有且只有两个零点g(x)=1x-2a=1-2axx当a0时，g（x）0，f（x）单调递增，因此g（x）f（x）至多有一个零点，不符合题意，舍去；当a0时，令g（x）0，解得x=12a，所以x(0，12a)，g(x)0，g(x)单调递增，x(12a，+)，g(x)0，g(x)单调递减所以x=12a是g（x）的极大值点，则g(12a)0，解得0a12；（2）g（x）0有两个根x1，x2，且x112ax2，又g（1）12a0，所以x1112ax2，从而可知f（x）在区间（0，x1）上递减，在区间（x1，x2）上递增，在区间（x2，+）上递减所以f(x1)f(1)=-a0，f(x2)f(1)=-a-12，所以f(x1)-f(x2)1212