浙江省金华十校2020届高三4月模拟考试数学试题（含答案解析）

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1、2020 年高考数学（年高考数学（4 月份）模拟试卷月份）模拟试卷一、选择题. 1已知集合 Ax|（x+1）（x2）0，Bx|1x2，则 AB（） Ax|1x2 Bx|1x2 Cx|1x2 Dx|1x2 2若复数（aR）是纯虚数（i 是虚数单位），则 a 的值为（） A2 B1 C1 D2 3若 x，y 满足约束条件，则 zx+2y 的最大值是（） A8 B6 C4 D2 4设 aR，则“a2”是“方程 x2+y2+ax2y+20 的曲线是圆”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 5在下面四个 x，的函数图象中，函数 y|x|cos2x

2、的图象可能是（） A B C D 6已知在三棱柱 ABCA1B1C1中，M，N 分别为 AC，B1C1的中点，E，F 分别为 BC，B1B 的中点，则直线 MN 与直线 EF、平面 ABB1A1的位置关系分别为（） A平行、平行 B异面、平行 C平行、相交 D异面、相交 7口袋中有相同的黑色小球 n 个，红、白、蓝色的小球各一个，从中任取 4 个小球表示当 n3 时取出黑球的数目，表示当 n4 时取出黑球的数目则下列结论成立的是（） AE（）E（），D（）D（） BE（）E（），D（）D（） CE（）E（），D（）D（） DE（）E（），D（）D（） 8已知函数，，，，下

3、列关于函数 yf（f（x）+m 的零点个数的判断，正确的是（） A当 a0，mR 时，有且只有 1 个 B当 a0，m1 时，都有 3 个 C当 a0，m1 时，都有 4 个 D当 a0，1m0 时，都有 4 个 9设三棱锥 VABC 的底面是 A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA底面 ABC，M 是线段 BC 上的点（端点除外），记 VM 与 AB 所成角为，VM 与底面 ABC 所成角为，二面角 AVCB 为，则（） A ， B ， C ， D ， 10设 aR，数列an满足 a1a，an+1an（an2）3，则（） A当 a4 时，a10210 B当时，a102 C当

4、时，a102 10 D当时，a102 二、填空题:共 7 小题,多空题每小题 6 分,单空题每小题 6 分,共 36 分 11若双曲线的一渐近线方程是 x+2y0，则 a ；离心率是 12一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是，休积是 13已知 aR，若二项式的展开式中二项式系数和是 16，所有项系数和是 81，则 n ，含 x 项的系数是 14 已知ABC的内角A， B， C所对边分别为a， b， c，且，， c+bcosAacosB acosA，则内角 B 的取值范围是 15已知椭圆：，F 为其左焦点，过原点 O 的直线 1 交椭圆于 A，B 两点，点 A

5、在第二象限，且FABBFO，则直线 1 的斜率为 16 已知非零平面向量，，，满足， 3 2 ，则的最小值是 17设 a，bR，若函数在区间1，1上单调递增，则 a+b 的最大值为三、解答题（共 5 小题，满分 74 分） 18已知函数 f（x）sinx+acosx（a0）满足（）求实数 a 的值；（）设 0 ，且 f（） f（），求 sin2 19 如图，在四棱锥CABNM中，四边形ABNM的边长均为2， ABC为正三角形， MB ， MBNC，E，F 分别为 MN，AC 中点（）证明：MBAC；（）求直线 EF 与平面 MBC 所成角的正弦值 20设等差

6、数列an的前 n 项和为 Sn，已知：a52a2+3 且 a2，，a14成等比数列（）求数列an的通项公式；（）设正项数列bn满足 bn2Sn+1sn+1+2，求证：b1+b2+bnn+1 21如图，已知抛物线 x22py（p0）的焦点为 F（0，1），过 F 的两条动直线 AB，CD 与抛物线交出 A、B、C、D 四点，直线 AB，CD 的斜率存在且分别是 k1（k10），k2 （）若直线 BD 过点（0，3），求直线 AC 与 y 轴的交点坐标（）若 k1k22，求四边形 ACBD 面积的最小值 22已知函数 f（x）ax3axxlnx其中 aR （）若，证明：f（x）0；（）

8、解：是纯虚数，，即 a2 故选：D 3若 x，y 满足约束条件，则 zx+2y 的最大值是（） A8 B6 C4 D2 【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求 z 的最大值解：作出不等式对应的平面区域：由 zx+2y，得 y ，平移直线 y ，由图象可知当直线 y 经过点 A 时，直线 y 的截距最大，此时 z 最大由，得 A（2，2），此时 z 的最大值为 z2+46，故选：B 4设 aR，则“a2”是“方程 x2+y2+ax2y+20 的曲线是圆”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【

9、分析】先化简，再判断解：方程 x2+y2+ax2y+20 的曲线是圆，则有 D2+E24Fa2+480，解之得 a2 或 a2，则“a2”是“a2 或 a2”的充分不必要条件，故选：A 5在下面四个 x，的函数图象中，函数 y|x|cos2x 的图象可能是（） A B C D 【分析】由函数为偶函数，可排除 AC，由 f（）0，可排除 B，进而得出正确选项解：f（x）|x|cos（2x）|x|cos2xf（x），即 f（x）为偶函数，可排除 AC；又 f（）cos20，可排除 B 故选：D 6已知在三棱柱 ABCA1B1C1中，M，N 分别为 AC，B1C1的中点，E，F 分别为

10、BC，B1B 的中点，则直线 MN 与直线 EF、平面 ABB1A1的位置关系分别为（） A平行、平行 B异面、平行 C平行、相交 D异面、相交【分析】推导出 EF平面 BCC1B1，MN平面 BCC1B1N，NEF，由异面直线判定宣理得直线 MN 与直线 EF 是异面直线取 A1C1中点 P，连结 PN，PM，则 PNB1A1，PM A1A，从而平面 PMN平面 ABB1A1，由此得到直线 MN 与平面 ABB 1A1平行解：在三棱柱 ABCA1B1C1中， M，N 分别为 AC，B1C1的中点，E，F 分别为 BC，B1B 的中点， EF平面 BCC1B1，MN平面 BCC1B1N

11、，NEF，由异面直线判定宣理得直线 MN 与直线 EF 是异面直线取 A1C1中点 P，连结 PN，PM，则 PNB1A1，PMA1A， AA1A1B1A1，PMPNP，平面 PMN平面 ABB1A1， MN平面 PMN，直线 MN 与平面 ABB1A1平行故选：B 7口袋中有相同的黑色小球 n 个，红、白、蓝色的小球各一个，从中任取 4 个小球表示当 n3 时取出黑球的数目，表示当 n4 时取出黑球的数目则下列结论成立的是（） AE（）E（），D（）D（） BE（）E（），D（）D（） CE（）E（），D（）D（） DE（）E（），D（）D（）【分析】当 n3 时，的

12、可能取值为 1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出 E（） 2，D（），当 n4 时，可取 1，2，3，4，分别求出相应的概率，由此能求出 E （），D（），从而求出 E（）E（），D（）D（）解：当 n3 时，的可能取值为 1，2，3， P（1）， P（2）， P（3）， E（） 2， D（），当 n4 时，可取 1，2，3，4， P（1）， P（2）， P（3）， P（4）， E（）， D（）（1 ）2 （2 ）2 （3 ）2 （4 ）2 ， E（）E（），D（）D（）故选：A 8已知函数，，，，下列关于函数 yf（f（x）+m 的零点个数

13、的判断，正确的是（） A当 a0，mR 时，有且只有 1 个 B当 a0，m1 时，都有 3 个 C当 a0，m1 时，都有 4 个 D当 a0，1m0 时，都有 4 个【分析】分别画出 a0，a0，a0 时，yf（x）的图象，结合 tf（x），f（t）+m 0 的解的情况，数形结合可得所求零点个数解：画出 a0 时，yf（x）的图象，可令 tf（x），则 f（t）+m0，即 yf（t）和 ym 的交点个数即为零点的个数若 m1，则 t0 或 te，即 0x1 或 xee，即当 a0，mR 时，不只 1 个零点，故 A 错；当 a0 时， m1 时，可得 t0 或 teme，

14、可得 x 的个数为 1+23 个，即 B 正确；当 a0，m1 或1m0 时，yf（x）的图象如右图：（y 轴左边红色的和 y 轴右边的图象）由m0，且m1，可得零点的个数为 1 个或 3 个，故 C，D 错误故选：B 9设三棱锥 VABC 的底面是 A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA底面 ABC，M 是线段 BC 上的点（端点除外），记 VM 与 AB 所成角为，VM 与底面 ABC 所成角为，二面角 AVCB 为，则（） A ， B ， C ， D ，【分析】由最小角定理得，由已知条件得 AB平面 VAC，过 A 作 ANVC，连结 BN，得 BNA，推导出

15、BVA，由 VA平面 ABC，得 VMA，推导出 MVA，从而解：设三棱锥 VABC 的底面是 A 为直角顶点的等腰直角三角形， VA底面 ABC，M 是线段 BC 上的点（端点除外），记 VM 与 AB 所成角为，VM 与底面 ABC 所成角为，二面角 AVCB 为，由最小角定理得，排除 A 和 B，由已知条件得 AB平面 VAC，过 A 作 ANVC，连结 BN，得 BNA，tan ，而 tanBVA ，ANAV，tanBNAtanBVA，BVA， VA平面 ABC，VMA，， tan ，ABAM，tanMVA， MVA，故选：C 10设 aR，数列an满足 a1a

16、，an+1an（an2）3，则（） A当 a4 时，a10210 B当时，a102 C当时，a102 10 D当时，a102 【分析】令 bnan2，则，令 f（x）xx3，则 f（x）13x2，则 f（x）在（，）和（，+）上单调递减，在（，）上单调递增，分别取 a 和 a ，利用函数的单调性推导出 B，D 错误；令 g（x）x3x，则 g （x）3x21，g（x）在（，）和（，+）上单调递增，在（，）上单调递减，当 a4 时，利用函数的单调性推导出 A 错；当 a 时，利用函数的单调性推导出 C 正确解：令 bnan2，即，令 f（x）xx3，则 f

17、（x）13x2，由 f（x）0，得，由 f（x）0，得 x 或 x ，则 f（x）在（，）和（，+）上单调递减，在（，）上单调递增，当 a 时，b1 ，0b21813 ，由数学归纳法得到，当 a 时，b1 ，0b2 ，由数学归纳法知，故 B，D 错误；令 g（x）x3x，则 g（x）3x21，由 g（x）0，得 x 或 x ，由 g（x）0，得， g（x）在（，）和（，+）上单调递增，在（，）上单调递减，当 a4 时，|b1|2，|b2|6，由题意得|bn|2，| |1 |1，则（1 ）（1 ）0， 239210， b2与 b10同号，则 A 错

18、；当 a 时，|b1| ，|b2 | ，由题意知|bn| ，| |1 |1，则（1 ）（1 ）0， b2与 b10同号，，故 C 正确故选：C 二、填空题:共 7 小题,多空题每小题 6 分,单空题每小题 6 分,共 36 分 11若双曲线的一渐近线方程是 x+2y0，则 a 4 ；离心率是【分析】由题意双曲线的方程和渐近线的方程求出 a，进而求出双曲线的离心率解：由双曲线的方程可得渐近线的方程为： y ，而由题意可得，所以 a4，离心率 e ，故答案分别为：4， 12一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是 16+6 ，休积是 6 【分析】首先把三视图

19、转换为几何体，进一步求出几何体的体积和表面积解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为三棱柱，如图所示：所以该几何体的表面积为：S 该几何体的体积为：V 故答案为：16+6 ；6 13已知 aR，若二项式的展开式中二项式系数和是 16，所有项系数和是 81，则 n 4 ，含 x 项的系数是 24 或 96 【分析】二项式的展开式中二项式系数和是 16，可得 2 n16，解得 n所有项系数和是 81，令 x1，可得：（a+1）481，解得 a利用通项公式即可得出解：二项式的展开式中二项式系数和是 16，2 n16，解得 n4 所有项系数和是 81，令 x1，可得：（a+

20、1）481，解得 a2，或4 a2 时，T3 24x， a4 时，T3 96x，含 x 项的系数是 24 或 96 故答案为：4，24 或 96 14 已知ABC的内角A， B， C所对边分别为a， b， c，且，， c+bcosAacosB acosA，则内角 B 的取值范围是（0，）【分析】由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得 2sinBcosA sinAcosA，结合，可得 2sinB sinA，由正弦定理可得，kd sinB ，且 ba， B 为锐角，即可求解范围 B 解：c+bcosAacosB acosA，由正弦定理可得：sinC+sinBc

21、osAsinAcosB sinAcosA， sinCsin（AB）sin（A+B）sinAcosB+cosAsinB， sinAcosB+cosAsinB+sinBcosAsinAcosB sinAcosA，可得 2sinBcosA sinAcosA，，可得 2sinB sinA，由正弦定理可得 2b a，可得， sinB （0，），且 ba，B 为锐角， B（0，）故答案为：，（0，） 15已知椭圆：，F 为其左焦点，过原点 O 的直线 1 交椭圆于 A，B 两点，点 A 在第二象限，且FABBFO，则直线 1 的斜率为【分析】先设点 A 的坐标，再把需要的线的斜率表示

22、出，利用到角公式解出点的坐标，从而求出斜率解：设 A（x0，y0 ），则 B（x0，y0），x00，y00 且 F 为其左焦点， F（，0），tanBFO ，直线 AB 的斜率 k1 经分析直线 AF 的斜率必存在，设为 k2 又由到角公式可得：tanFAB 又FABBFO， x02+2 2，又，x0（3，0），可解得：x0 ， y0 ，直线 l 的斜率为故答案为： 16 已知非零平面向量，，，满足， 3 2 ，则的最小值是【分析】根据已知条件可以得出向量，，之间的关系，然后利用坐标法、特殊化将向量，的坐标表示出来，最后将问题转化为一个基本不等式问题解

23、：由得（是，的夹角），所以不妨设，，，是零角或锐角，（求得是比值，所以为了简化计算，在不影响结果前提下设，），再令 ttan0，+）则对于分母，再令 mt20，则分母可化为：y ，（当且仅当 m3 时取等号）上式故答案为： 17设 a，bR，若函数在区间1，1上单调递增，则 a+b 的最大值为 2 【分析】求导得 f（x）2ax2+bx+1a，依题意，（2x21）a+xb+10 在 x1，1 上恒成立，先根据系数比例，令 2x21x，可得 a+b2，即 a+b 的最大值为 2，再证明充分性，即当 a+b2 时，（2x21）a+xb+10 在 x1，1上

24、恒成立，综合即可得出结论解：f（x）2ax2+bx+1a，函数 f（x）在区间1，1上单调递增， f（x）0 在1，1上恒成立，亦即（2x21）a+xb+10 在 x1，1上恒成立，令 2x21x，解得 x1 或，将代入可得，即 a+b2，则 a+b 的最大值为 2，下面证明 a+b2 可以取到，令 g（x）f（x）2ax2+bx+1a，则 g（x）4ax+b，且，，则，解得，，当，时，在 x1， 1上恒成立，故 a+b2 可以取到，综上，a+b 的最大值为 2 故答案为：2 三、解答题（共 5 小题，满分 74 分） 18已知函数 f（x）sin

25、x+acosx（a0）满足（）求实数 a 的值；（）设 0 ，且 f（） f（），求 sin2 【分析】（）由题意利用诱导公式、同角三角函数的基本关系求得 a 的值（）由题意利用三角恒等变换求得 cos（2 ）的值，再利用同角三角函数的基本关系求出 sin （2 ）的值，再利用两角差的正弦公式求得 sin2sin （2 ）的值解：（）函数 f（x）sinx+acosx（a0），f（x ）sin（x ）+acos（x ） cosxasinx，满足，即（sinx+acosx） 2+ （cosxasinx）24，即 1+a24，故 a （）设，且（sin cos

26、）（cos sin） sincos sin2 cos 23sincos2sincos cos2 cos2sin2 2cos（2 ） cos（2 ） 0 ，2 （，），sin（2 ）故 sin2sin （2 ） sin （2 ） cos cos （2 ） sin 19 如图，在四棱锥CABNM中，四边形ABNM的边长均为2， ABC为正三角形， MB ， MBNC，E，F 分别为 MN，AC 中点（）证明：MBAC；（）求直线 EF 与平面 MBC 所成角的正弦值【分析】（）连接 AN，由题意可得 MBAN，结合 MBNC，利用线面存在着的判定可得 MB平面 NAC，则 MB

27、AC；（）取 BC 的中点 G，连接 FG，NG，MG，证明 MG 与 EF 相交，记交点为 O，则 O 为 MG 与 EF 的中点则直线 EF 与平面 MBC 所成角，就是 FO 与平面 MBC 所成角，记为由已知求解三角形可得 OF记 F 到平面 MBC 的距离为 h，利用等体积法求得 h，则 sin 【解答】（）证明：连接 AN，四边形 ABNM 的边长均为 2，MBAN， MBNC，且 ANNCN，MB平面 NAC， AC平面 NAC，MBAC；（）解：取 BC 的中点 G，连接 FG，NG，MG，显然 FGMN，且 FG ，即 FGME，FGME，MG 与 EF 相交，

28、记交点为 O，则 O 为 MG 与 EF 的中点直线 EF 与平面 MBC 所成角，就是 FO 与平面 MBC 所成角，记为由（）知，MBAC，又ABC 为正三角形，BFAC，且 BF MBBFB，AC平面 MBF，则 MFAC，得 MF MB ，MFBF，得 OF 记 F 到平面 MBC 的距离为 h， MFBF，MFAC，且 ACBFF，MF平面 ABC，在MBC 中，MCBC2，MB ，，得 h 故 sin 20设等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知：a52a2+3 且 a2，，a14成等比数列（）求数列an的通项公式；（）设正项数列bn满足 bn2Sn+1sn+1+

29、2，求证：b1+b2+bnn+1 【分析】（）设等差数列an的公差为 d，运用等差数列的通项公式和求和公式，以及等比数列的中项性质，注意 9a1+36d0，解方程可得首项和公差，即可得到所求通项公式；（）求得Snn2，求得bn，并推得 bn 1 1 ，再由数列的分组求和以及裂项相消求和，结合不等式的性质即可得证解：（）设等差数列an的公差为 d，由 a52a2+3 可得 a1+4d2（a1+d）+3，又 a2 ，，a14成等比数列，可得 S9a2a14，即 9a1+36d（a1+d）（a1+13d），且 9a1+36d0，解得 a11，d2，或 a1 ，d （舍去），则

30、 an1+2（n1）2n1；（）证明：由（）可得 Sn （1+2n1）nn 2，由 bn2Sn+1Sn+1+2，可得 bn ，由 bn 1 1 ，故 b1+b2+bnn+（1 ） n+1 n+1 21如图，已知抛物线 x22py（p0）的焦点为 F（0，1），过 F 的两条动直线 AB，CD 与抛物线交出 A、B、C、D 四点，直线 AB，CD 的斜率存在且分别是 k1（k10），k2 （）若直线 BD 过点（0，3），求直线 AC 与 y 轴的交点坐标（）若 k1k22，求四边形 ACBD 面积的最小值【分析】（）抛物线方程为 x24y，设设 A（x1，y1），B（x2，y2），

31、C（x3，y3），D （x4，y4），x3x4，直线 ykx+t 代入抛物线方程，当 t1 时，得 x 1x2，x3x4，当 t3 时，得 x2x4，进而可得 x1x3值为，写出直线 AC 方程，令 x0 得 y ，进而得出结论（）设 A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），x3x4，设直线 l 的方程是 ykx+1，联立抛物线方程，由韦达定理可得，|AB|y1+1+y2+1|4（k12+1），再求出点 C 到 AB 的距离 d1点 D 到 AB 的距离 d2，S |AB|（d1+d2），化简得 S 16 ，设 f（x）（1+x 2）（x24x+5），

32、x0，求导，分析单调性，进而得出 Smin 解：（）由题意可得抛物线方程为 x24y，设直线 ykx+t 代入抛物线方程得 x24kx4t0，设 A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），x3x4，当 t1 时，得 x1x24，x3x44，当 t3 时，x2x412，所以 x1x3 ，直线 AC 方程是 yy1 ，令 x0 得 y ，故直线 AC 与 y 轴交点坐标是（0，）（）F（0，1）设直线 l 的方程是 ykx+1，代入 x24y 得 x24kx40，设 A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），x3x4

33、，则，， |AB|y1+1+y2+1|k1x1+k1x2+4|4（k12+1），点 C 到 AB 的距离 d1 ，点 D 到 AB 的距离 d2 ， S |AB|（d1+d2）2（k1 2+1） 2 （k1k2）（x3x4） 4 16 ，设 f（x）（1+x2）（x24x+5），x0 则 f（x）4（x33x2+3x1）4（x1）3，所以 f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，所以在（0，+）内 f（x）最小值 f（1）4 故当 k11，k21 时，Smin32 22已知函数 f（x）ax3axxlnx其中 a一、选择题（）若，证明：f（x）0；（）若

34、 xe1x1f（x）在 x（1，+）上恒成立，求 a 的取值范围【分析】（I）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，进而可求 f（x）的范围，可证；（II）由已知代入整理可得，ax2alnxe1x ，构造函数 m（x）ax 2alnx，n （x）e1x ，x1，然后结合导数分别分析函数的特征性质，可求【解答】证：（I）函数 f （x）的定义域（0， +）， f （x） x 3 xxlnxx （），令 g（x），则，当 x（0，1）时，g（x）0，函数 g（x）单调递减，x（1，+）时，g（x）0，函数 g（x）单调递增，故 g（x）g（1）0，又 x

35、0，所以 f（x）0；解：（II）若 xe1x1f（x）1（ax3axxlnx）在 x（1，+）上恒成立，则 e1 x （ax 2alnx）在 x（1，+）上恒成立，即 ax2alnxe1x ，令 m（x）ax2alnx，n（x）e1x ，x1，由 ex1x（x1）可得 n（x）0，，（i）当 a0 时，m（x）0，m（x）在（1，+）上单调递减，故 m（x）m（1） 0，此时 m（x）n（x）不成立，（ii）当 a0 时，由 m（x）0 可得 x ，x （舍），当 1 即 0 时，m（x）在（1，）上单调递减，在（，+）上单调递增， m（）m（1）0，则在（1，）m（x）n（x）不成立，当 1 即 a 时，m（x）在（1，）上单调递减，在（，+）上单调递增，令 F（x）m（x）n（x）a（x21）lnx ，则 F（x），令 G（x），即 F（x）G（x）， 0，故 G（x）在（1，+）上单调递增，G（x）G（1）0，则 F（x）G（x）0，综上，a 的范围，）