2020年浙江省绍兴市高考数学一模试卷（含答案解析）

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1、2020 年高考数学一模试卷年高考数学一模试卷 一、选择题. 1已知集合 Ax|x1，Bx|x1，则（RA）B（ ） A B1 CR D（1，+） 2双曲线y21 的焦点到渐近线的距离是（ ） A1 B C D2 3 底面是正方形且侧棱长都相等的四棱锥的三视图如图所示， 则该四棱锥的体积是 （ ） A4 B8 C D 4若实数 x，y 满足不等式组，则 x3y（ ） A有最大值2，最小值 B有最大值，最小值 2 C有最大值 2，无最小值 D有最小值2，无最大值 5在ABC 中，已知 A，则“sinAsinB”是“ABC 是钝角三角形”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D

2、既不充分也不必要条件 6已知 a0，且 a1，若 loga21，则 yx的图象可能是（ ） A B C D 7 已知 x1， x2， x3R， x1x2x3， 设 y1， y2， y3 ， z 1 ， z2，z3，若随机变量 X，Y，Z 满足：P（Xxi）P（Yyi）P（Z zi） （i1，2，3），则（ ） AD（ X ）D（Y ）D（Z ） BD（ X ）D（Y ）D（Z ） CD（ X ）D（Z ）D（Y ） DD（ X ）D（Z ）D（Y ） 8如图，三棱锥 VABC 的底面 ABC 是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱 VA 上的点（不 含端点），记直线 PB 与直线 AC 所成角为

3、，二面角 PACB 的平面角为 ，则 + 不可能是（ ） A B C D 9如图，一系列椭圆n：+1（nN*），射线 yx（x0）与椭圆n交于点 Pn， 设 an|PnPn+1|，则数列an是（ ） A递增数列 B递减数列 C先递减后递增数列 D先递增后递减数列 10设 aR，若 x1，e时恒有（e1）x ln（x+）x2x+a（其中 e2.71828为 自然对数的底数），则恒有零点的是（ ） Ayx2+ax+1 Byax2+3x+1 Cyex+a1 Dyexa+1 二、填空题（共 7 小题） 11函数 f（x）3sin（x+2）的最小正周期为 ，值域为 12已知 i 为虚数单位，复数 z 满

4、足12i，则 z ，|z| 13 已知 （1+x） 6 （2+x）6a 0+a1x+a2x 2+a 5x 5+a 6x 6， 则 a 6 ， |a0|+|a1|+|a2|+ +|a5|+|a6| 14已知函数 f（x），若 f（1）f （1），则实数 a ； 若 yf（x）存在最小值，则实数 a 的取值范围为 15某地区有 3 个不同值班地点，每个值班地点需配一名医务人员和两名警察，现将 3 名医 务人员（1 男 2 女）和 6 名警察（4 男 2 女）分配到这 3 个地点去值班，要求每个值班地 点至少有一名女性，则共有 种不同分配方案（用具体数字作答） 16已知平面向量 ， ， ， ，满足|

5、 | | |1， 0，| | |，则 的取值范围为 17已知 a，bR，设函数 f（x）2|sinx+a|+|cos2x+sinx+b|的最大值为 G（a，b），则 G（a， b）的最小值为 三、解答题（共 5 小题） 18在ABC 中，已知内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且 b1， （）求角 A； （）若 a2，求ABC 的面积 19如图，四棱锥 ABCDE 中，底面 BCDE 是正方形，ABC90，AC2，BC1， AE （）求证：BCAE； （）求直线 AD 与平面 BCDE 所成角的正弦值 20已知数列an是等比数列，a12，且 a2，a3+2，a4成等差数列数列bn满足：

6、b1+ +（nN*） （）求数列an和bn的通项公式； （）求证：+ 21如图，已知点 O（0，0），E（2，0），抛物线 C：y22px（p0）的焦点 F 为线段 OE 中点 （）求抛物线 C 的方程； （）过点 E 的直线交抛物线 C 于 A，B 两点，4，过点 A 作抛物线 C 的切线 l， N 为切线 l 上的点，且 MNy 轴，求ABN 面积的最小值 22已知函数 f（x）（x+1）exax2（x0） （）若函数 f（x）在 （0，+）上单调递增，求实数 a 的取值范围； （）若函数 f（x）有两个不同的零点 x1，x2， （）求实数 a 的取值范围； （）求证：+1（其中 t0为

7、f（x）的极小值点） 参考答案 一、选择题（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已知集合 Ax|x1，Bx|x1，则（RA）B（ ） A B1 CR D（1，+） 【分析】进行交集和补集的运算即可 解：Ax|x1，Bx|x1， RAx|x1，（RA）B1 故选：B 2双曲线y21 的焦点到渐近线的距离是（ ） A1 B C D2 【分析】根据双曲线的方程求出啊、焦点坐标和渐近线，利用点到直线的距离公式进行 求解即可 解：双曲线y21 的渐近线为 yx， a23，b21，c2a2+b23+14，即 C2， 设一个焦点 F（2，0）

8、，渐近线方程为x+y0， 则焦点 F 到其渐近线的距离 d， 故选：A 3 底面是正方形且侧棱长都相等的四棱锥的三视图如图所示， 则该四棱锥的体积是 （ ） A4 B8 C D 【分析】根据三视图知该四棱锥的底面是边长为 2 的正方形，且各侧面的斜高是 2；求出 四棱锥的底面积和高，计算它的体积 解：根据三视图知该四棱锥的底面是边长为 2 的正方形，且各侧面的斜高是 2； 画出图形，如图所示； 所以该四棱锥的底面积为 S224，高为 h； 所以该四棱锥的体积是 VSh4 故选：C 4若实数 x，y 满足不等式组，则 x3y（ ） A有最大值2，最小值 B有最大值，最小值 2 C有最大值 2，无

9、最小值 D有最小值2，无最大值 【分析】画出不等式组表示的平面区域，设 zx3y，则直线 x3yz0 是一组平行 线，找出最优解，求出 z 有最大值，且 z 无最小值 解：画出不等式组表示的平面区域，如图阴影所示； 设 zx3y，则直线 x3yz0 是一组平行线； 当直线过点 A 时，z 有最大值，由，得 A（2，0）； 所以 z 的最大值为 x3y202，且 z 无最小值 故选：C 5在ABC 中，已知 A，则“sinAsinB”是“ABC 是钝角三角形”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 【分析】A，则“sinAsinB”，利用正弦定理可得：a

10、b，AB，B，C 为 钝角反之不成立可能 B 是钝角 解：A，则“sinAsinB”，由正弦定理可得：abB，C 为钝角，“ABC 是钝角三角形”，反之不成立可能 B 是钝角 A，则“sinAsinB”是“ABC 是钝角三角形”的充分不必要条件 故选：A 6已知 a0，且 a1，若 loga21，则 yx的图象可能是（ ） A B C D 【分析】先根据对数不等式求出 a 的范围，然后利用特殊值验证找出图象 解：loga21， a1 结合图象 f（1）1a0，故排除 B，C 又f（1）1a0，故排除 A D 选项满足 故选：D 7 已知 x1， x2， x3R， x1x2x3， 设 y1， y

11、2， y3 ， z 1 ， z2，z3，若随机变量 X，Y，Z 满足：P（Xxi）P（Yyi）P（Z zi） （i1，2，3），则（ ） AD（ X ）D（Y ）D（Z ） BD（ X ）D（Y ）D（Z ） CD（ X ）D（Z ）D（Y ） DD（ X ）D（Z ）D（Y ） 【分析】计算可得 E（X）E（Y），进而得到 D（X）D（Y），同理 D（Y）D（Z）， 解：E（X）， E（Y）（+ +）E（X）， ，距 E（Y），x1，x2，x3较近， 所以 D（X）D（Y）， 同理 D（Y）D（Z）， 故 D（ X ）D（Y ）D（Z ）， 故选：B 8如图，三棱锥 VABC 的底面 ABC

12、 是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱 VA 上的点（不 含端点），记直线 PB 与直线 AC 所成角为 ，二面角 PACB 的平面角为 ，则 + 不可能是（ ） A B C D 【分析】由题意，三棱锥 VABC 为正三棱锥，过 P 作 PEAC，则BPE 为直线 PB 与 直线 AC 所成角为 ，二面角 PACB 的平面角为 ，即 VACB 的平面角为 ，然 后利用运动思想分析两角的范围，可得 +（，），则 + 不可能是，答案可 求 解：如图，由题意，三棱锥 VABC 为正三棱锥， 过 P 作 PEAC，则BPE 为直线 PB 与直线 AC 所成角为 ， 当 P 无限靠近 A 时，PBE 无限

13、接近，但小于，则BPEBEP 当棱锥的侧棱无限长，P 无限靠近 V 时， 无限趋于但小于； 二面角 PACB 的平面角为 ，即 VACB 的平面角为 ， 由三棱锥存在，得 0，随着棱长无限增大， 无限趋于 +（，） 则 + 不可能是 故选：D 9如图，一系列椭圆n：+1（nN*），射线 yx（x0）与椭圆n交于点 Pn， 设 an|PnPn+1|，则数列an是（ ） A递增数列 B递减数列 C先递减后递增数列 D先递增后递减数列 【分析】取射线 yx 的参数方程，利用参数 t 的几何意义表示出 an， 然后作差法判断其单调性 解：设 yx 的参数方程，代入+1（nN*）整理得 ， ant n+

14、1 tn 要判断上式增大还是减小，只需研究的值增大或减小即可 将上式通分得 ，显然随着 n 的增大，an的逐渐减小 故该数列是递减数列 故选：B 10设 aR，若 x1，e时恒有（e1）x ln（x+）x2x+a（其中 e2.71828为 自然对数的底数），则恒有零点的是（ ） Ayx2+ax+1 Byax2+3x+1 Cyex+a1 Dyexa+1 【分析】原式变形可得，构造，可得（e1）lnt t1，再构造，利用导数可知，满足 g（t）0 的 t（0，1 e，+），结合 x1，e，可知，由此再逐项判断即可得出结论 解：（e1）x ln（x+）x2x+a 等价于 ， 令，则（e1）lntt1

15、， 令，则，令 g（t）0，解得 te， 函数 g（t）在（0，e1）单调递增，在（e1，+）单调递减，注意到 g（1）g （e）0， 作函数 g（t）的图象如下， 由图可知，g（t）0 的解集为 t（0，1e，+）， 当 t（0，1时，则，此时无解； 当 te，+）时，则， 对 A，取时，y0 恒成立，不合题意； 对 B、C，取 a+时，y0 恒成立，不合题意； 对 D，事实上，必有 a10，因此 yexa+1 必有零点 故选：D 二、填空题（共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分） 11函数 f（x）3sin（x+2）的最小正周期为 2 ，值域为 3，3 【分析

16、】利用周期计算公式和 ysinx 的值域直接计算即可 解：由题意最小正周期 因为 sin（x+2）1，1，所以3sin（x+2）3，3， 故值域为3，3 故答案为：2，3，3 12已知 i 为虚数单位，复数 z 满足12i，则 z 32i ，|z| 【分析】利用复数的加减法、乘法公式、复数模的计算公式直接计算即可 解：12i， z+i（12i）（1+i）3i z32i 故答案为：32i， 13 已知 （1+x） 6（2+x）6a 0+a1x+a2x 2+a 5x 5+a 6x 6， 则 a 6 0 ，|a0|+|a1|+|a2|+ +|a5|+|a6| 665 【分析】根据其特点可知 a6为

17、x6的系数，把第二问所求去掉绝对值符号发现各项为负， 令 x1 即可求解 解：因为（1+x）6（2+x）6a0+a1x+a2x2+a5x5+a6x6， 令 x1 可得：a0+a1+a2+a5+a62636665 所以：a60； a026 63； a125186； a2x2+24225； a526； a6200； 故|a0|+|a1|+|a2|+|a5|+|a6|a0a1a2a5a 6665 故答案为：0，665 14 已知函数 f （x） ， 若 f （1） f （1） ， 则实数 a 1 ； 若 yf（x）存在最小值，则实数 a 的取值范围为 1，0） 【分析】（1）根据题意列出关于 a 的

18、方程即可； （2）在每一段上求出其函数值域，然后小中取小，能取到即可 解：（1）f（1）f （1）， 21log2（1a）， ， （2）易知 x0 时，f（x）2x（0，1）； 又 x0 时，f（x）log2（xa）递增，故 f（x）f（0）log2（a）， 要使函数 f（x）存在最小值，只需， 解得：1a0 故答案为：1，1，0） 15某地区有 3 个不同值班地点，每个值班地点需配一名医务人员和两名警察，现将 3 名医 务人员（1 男 2 女）和 6 名警察（4 男 2 女）分配到这 3 个地点去值班，要求每个值班地 点至少有一名女性，则共有 324 种不同分配方案（用具体数字作答） 【分析

19、】根据题意，分 2 步进行分析：，将 9 人分成 3 组，每组一名医务人员和两名 警察，要求每一组至少有 1 名女性，将分好的三组全排列，对应三个值班地点，由 分步计数原理计算可得答案 解：根据题意，分 2 步进行分析： ，将 9 人分成 3 组，每组一名医务人员和两名警察，要求每一组至少有 1 名女性， 将 9 人分成 3 组， 有 A33种情况， 其中存在某组没有女性即全部为男性的情况 有 C42C42种， 则有 A33 C42C42903654 种分组方法， ，将分好的三组全排列，对应三个值班地点，有 A336 种情况， 则有 546324 种不同的分配方案； 故答案为：324 16已知

20、平面向量 ， ， ， ，满足| | | |1， 0，| | |，则 的取值范围为 【分析】根据已知条件，假设各向量的坐标表示，通过转换成三角函数的范围来求解 【解答】解；由题，设 | | |，（xcos）2+（ysin）2sin2 根据中圆的几何意义， 的取值范围即：， 的取值范围为 故答案为： 17已知 a，bR，设函数 f（x）2|sinx+a|+|cos2x+sinx+b|的最大值为 G（a，b），则 G（a， b）的最小值为 【分析】换元 tsinx1，1，可知 G（a，b）max|2t2+3t+2a+b+1|，|2t2+t+2ab 1|，分 G（a，b）|2t2+3t+2a+b+1|

21、及 G（a，b）|2t2+t+2ab1|讨论，利用绝对 值的几何意义两点控制可求得对应的最小值，进而求得 G（a，b）的最小值 解：设 tsinx1，1，则 f（x）2|sinx+a|+|12sin2x+sinx+b|2t+2a|+|2t2+t+b+1| max|2t2+3t+2a+b+1|，|2t2+t+2ab1|， G（a，b）max|2t2+3t+2a+b+1|，|2t2+t+2ab1|， 当 G（a，b）|2t2+3t+2a+b+1|时，令 g（t）2t2+3t+2a+b+1，t1，1，则此时 ， 故 ，由 a，bR 可知，等号能成立； 当 G（a，b）|2t2+t+2ab1|时，令

22、h（t）2t2+t+2ab1，t1，1，则此时 ， 故 ，由 a，bR 可知，等号能成立； 综上，G（a，b）的最小值为 故答案为： 三、解答题（共 5 小题，共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算过程） 18在ABC 中，已知内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且 b1， （）求角 A； （）若 a2，求ABC 的面积 【分析】（）由已知结合正弦定理求得 A 的正切值，即可求得结论； （）由余弦定理求得边 c，进而求得其面积 解：（）asinBcosA， asinBbsinA； b1； 所以：cosAsinAtanAA（三角形内角） （）因为 a2b2+c22bccosAc2

23、c30c ；（负值舍）； SABC bcsinA 19如图，四棱锥 ABCDE 中，底面 BCDE 是正方形，ABC90，AC2，BC1， AE （）求证：BCAE； （）求直线 AD 与平面 BCDE 所成角的正弦值 【分析】 （I） 由 BCAB， BCBE， 利用线面垂直的判定定理与性质定理即可证明结论 （II）过点 B 作平面 ABC 的垂线 Bz，则 BA，BC，Bz 两两相互垂直建立空间直角坐标 系可得：A（，0，0），C（0，1，0），设 E（x，y，z）可得0， |BE|1，|EA|z0，解得 E由（，0， ）得 D 坐标设平 面 BCDE 的法向量为： （a，b，c），则 0

24、，可得： ，利用向量夹 角公式即可得出 【解答】（I）证明：BCAB，BCBE，ABBEB，BC平面 ABE，又 AE平 面 ABE，BCAE （II）解：过点 B 作平面 ABC 的垂线 Bz，则 BA，BC，Bz 两两相互垂直建立空间直角 坐标系 可得：A（，0，0），C（0，1，0），设 E（x，y，z）则0，|BE|1，|EA| 可得：y0，x2+z21，+z27 z0， 解得 E （，0， ） 由（，0， ） 得 D（ ，1， ） （，1，） 设平面 BCDE 的法向量为： （a，b，c），则 0，可得：x+ z0y， 可得： （1，0，） cos， 直线 AD 与平面 BCDE 所

25、成角的正弦值为 20已知数列an是等比数列，a12，且 a2，a3+2，a4成等差数列数列bn满足：b1+ +（nN*） （）求数列an和bn的通项公式； （）求证：+ 【分析】（）由递推公式可以求出通项公式 an2n，bnn （）采用缩放的方法证明当 n1 和 n2 时成立，采用缩放的方法证明 解：（）设等比数列an的公比为 q，则 a22q，a32q2，a42q3， 由 a2，a3+2，a4成等差数列，得 2（a3+2）a2+a4， 即 2（2q2+2）2q+2q3，即（q1）（q2+1）0，解得 q2，所以 an2n 当 n1 时，b11，当 n2 时，b1+ ， b1+，作差得n， 所

26、以，bnn（n2），当 n1 时，b11 1 也成立，所以 bnn， 综上，an2n，bnn （）因为当 n2 时，所以， +， 设 Tn+ ，则Tn+，两式相减得， Tn+（+）+（1） ， 所以 Tn ，所以 Tn 所以+ 21如图，已知点 O（0，0），E（2，0），抛物线 C：y22px（p0）的焦点 F 为线段 OE 中点 （）求抛物线 C 的方程； （）过点 E 的直线交抛物线 C 于 A，B 两点，4，过点 A 作抛物线 C 的切线 l， N 为切线 l 上的点，且 MNy 轴，求ABN 面积的最小值 【分析】（）由已知得焦点 F（1，0），所以 p2，从而求出抛物线 C 的方程

27、； （）设 A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），设直线 l 方程为：yy1k（xx1）， 与抛物线方程联立， 利用0 求得， 所以直线 l 的方程为： 2xy1y+2x10， 由 4， 求得点 M 的坐标， 进而求出点 N 的坐标， 所以 S ABN 设直线 AB 的方程为： xmy+2， 与抛物线方程联立， 设直线 l 方程为： yy1k （xx1） ， 利用韦达定理代入 SABN，利用基本不等式即可求出ABN 面积的最小值 解：（）由已知得焦点 F 的坐标为（1，0）， p2， 抛物线 C 的方程为：y24x； （）设直线 AB 的方程为：xmy+2，设 A（x1，y1）

28、，B（x2，y2），M（x0，y0）， 联立方程，消去 x 得：y24my80， 16m2+320，y1+y24m，y1y28， 设直线 l 方程为：yy1k（xx1）， 联立方程，消去 x 得：， 由相切得：， 又， ， ， 直线 l 的方程为：2xy1y+2x10， 由4，得， 将 代入直线 l 方程，解得， 所以 SABN ， 又， 所以，当且仅当时，取到等号， 所以ABN 面积的最小值为 4 22已知函数 f（x）（x+1）exax2（x0） （）若函数 f（x）在 （0，+）上单调递增，求实数 a 的取值范围； （）若函数 f（x）有两个不同的零点 x1，x2， （）求实数 a 的取

29、值范围； （）求证：+1（其中 t0为 f（x）的极小值点） 【分析】（）先求其导函数，转化为 f（x）0，即求 g（x） ex2a 的最小 值即可； （）（）结合第一问的结论得 f（x）不单调，故 a；设 f（x） 0 有两个根，设为 t1，t0，且 0t1t0，可得原函数的单调性，把问题转化为 f（t0）0，即可求解结论 （）转化为先证明不等式，若 x1，x2（0，+），x1x2，则 再把原结论成立转化为证 x1+x22t0；构造函数 r（x）f（t0+x）f（t0x） 一步步推其成立即可 解：（）由 f（x）（x+1）exax2，得 f（x）x（ex2a）， 设 g（x） ex，（x0）

30、；则 g（x）； 由 g（x）0，解得 x1， 所以 g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增， 所以函数 f（x）在（0，+）上单调递增， f（x）0，所以 2ag（）（2+） e； 所以，实数 a 的取值范围是：（， （） （i） 因为函数 f （x） 有两个不同的零点， f （x） 不单调， 所以 a 因此 f（x）0 有两个根，设为 t1，t0，且 0t1t0， 所以 f（x）在（0，t1）上单调递增，在（t1，t0）上单调递减，在（t0，+）上单调递增； 又 f（t1）f（0）1，f（x）（x+1）exax2a（exx2）+（x+1a） ex，当 x 充 分大时，f（x

31、）取值为正，因此要使得 f（x）有两个不同的零点，则必须有 f（t0）0， 即（t0+1）ea t020； 又因为 f（t0）（t0+2）e2at00； 所以：（t0+2）e （t0+2）e 0，解得 t0，所以 ag（ ） e； 因此当函数 f（x）有两个不同的零点时，实数 a 的取值范围是（ e，+） （） 先证明不等式， 若 x1， x2 （0， +） ， x1x2， 则 证明：不妨设 x2x10，即证ln ， 设 t1g（t）lnt，h（t）lnt， 只需证 g（t）0 且 h（t）0； 因为 g（t）0，h（t）0， 所以 g（t）在（1，+）上单调递减，h（t）在（1，+）上单调递

32、增， 所以 g（t）g（1）0，h（t）h（1）0，从而不等式得证 再证原命题+1 由得； 所以， 两边取对数得： 2 （lnx2lnx1） ln （x2+1） ln （x1+1） x2x1； 即1 因为 ， 所以 1+ +， 因此，要证+1 只需证 x1+x22t0； 因为 f（x）在（t0，+）上单调递增，0x1t0x2，所以只需证 f（x2）f（2t0x2）， 只需证 f（x1）f（2t0x1），即证 f（t0+x）f（t0x），其中 x（t0，0）； 设 r（x）f（t0+x）f（t0x），t0x0，只需证 r（x）0； 计算得 r（x）（x+t0+2）e+（x+t0+2）e4at0； r（x）e（x+t0+3）e2x+（xt03） 由 y（x+t0+3）e2x+（xt03）在（t0，0）上单调递增， 得 y（t0+3）e0+（0t03）0， 所以 r（x）0；即 r（x）在（t0，0）上单调递减， 所以：r（x）r（0）2f（t0）0； 即 r（x）在（t0，0）上单调递增，所以 r（x）r（0）0 成立，即原命题得证