2020年浙江省高考数学临考冲刺试卷（二）含答案

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1、2020 年高考数学临考冲刺卷年高考数学临考冲刺卷 浙江卷（二）浙江卷（二） 1.设全集1 2 |0|log0Ux xMxx ， ，则 UM C( ) A.(,1 B.(1,) C.(0,1 D.1,) 2.已知 42i 1i z (i为虚数单位)的共轭复数为z，则z z ( ) A.10 B.9 C. 10 D.3 3.设Rx，则“ 2 230xx”是“ 4x ”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 4.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A.9 B. 9 2 C.6 D.27 5.已知函数 ( )f x的图象如图所示，

2、则( )f x可以为（ ） A 3 ( ) 3 x f x x B ee ( ) xx f x x C 2 ( )f xx x D e ( ) x f x x 6.已知X的分布列如下，且 7 3 3 YaXE Y，则a的值为（ ） X 1 0 1 P 1 2 1 3 1 6 A.1 B.2 C.3 D.4 7.如图，在矩形ABCD中，2 2ABBC，动点M在以点C为圆心且与BD相切的圆上，则 AM BD 的最大值是( ) A.1 B. 5 C.3 5 D. 3 5 8.已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 上存在两点M N，关于直线2310xy 对称，且线段 MN中点的纵坐标为

3、 2 3 ，则椭圆C的离心率是( ) A. 1 3 B. 3 3 C. 2 3 D. 2 2 3 9.已知数列 n a 满足 1 2a ， 2 1 122018 2111 23 2 nn n aa a aaa ， ，则 20191 aa 的最小值 为( ) A. 1 18 B.0 C. 1 18 D. 1 6 10.九章算术中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马.现有阳马 PABCD，PA底面ABCD，底面ABCD为正方形，且PAAB，若 E 为PD的中点，点 O 为该阳马外接球的球心，则异面直线PO与BE所成角的余弦值为( ) A. 3 3 B. 2 3 C. 3 4 D.

4、 2 3 11.设函数 32 31f xxx.已知0a，且 2 f xf ax bx a，xR，则 实数a_，b_. 12. 5 3 1 () 2 x x 展开式中常数项是_，最大的系数是_ 13.双曲线 2 2 1 3 y x 的焦距是_，渐近线方程是_ 14.已知实数x y ，满足约束条件 2 0 20 xy xy ，则x y 的最大值为_，最小值为 _. 15.某地区突发传染病公共卫生事件，广大医务工作者逆行而上，纷纷志愿去一线抗击疫情. 医院呼吸科共有 4 名医生，6 名护士，其中 1 名医生为科室主任，1 名护士为护士长.据组织 安排，从中选派 3 人去支援抗疫一线，要求医生和护士均

5、有，且科室主任和护士长至少有 1 人参加，则不同的选派方案共有_种. 16.设函数 ()3cos()0,s 2 inxf xx 的最小正周期为，且满足 ()fxf x.则函数 f x的单调增区间为_ 17.已知 e ( )1 2 x a f xx x ，且 12 1212 12 ( )() 1 21 f xf x xxxx xx ， ， 恒成立，则 a 的取 值范围是_. 18.在ABC中，a b c ，分别是角A B C， ，所对的边，且 cos() cos2 BCa Cbc . (1)求角A的大小； (2)若4 3,4 2ab ，求ABC的面积. 19.如图，在四棱锥PABCD中，已知底面

6、ABCD为菱形，且 2 2 3 ADCAB，PAD 为等边三角形. (1)证明：ADPB ； (2)当13PC 时，求直线BD与平面PBC所成角的正弦值. 20.已知数列 n a 的前 n 项和为 * 2111 332212 nnnn SaaSSSnnn N，. （1）求 n a 的通项公式； （2）求数列 1 n a 的前 n 项和 n T. 21.已知过点 (0)(0)Mm m ， 的直线l与抛物线 2 2(0)xpy p相交于A B ，两点， Q 为抛物线 上的动点. （1）若2m ，| |QM的最小值为 3，求抛物线方程； （2）点 M 关于原点的对称点为 N，若以点 M 为圆心的圆与

7、直线AN相切，判断圆 M 与直 线BN的位置关系，并说明理由. 22.已知函数 2 42 ( ) ex xx f x （1）求函数 ( )f x的单调区间； （2）若对任意的 2 0x ，不等式21( )m xf x 恒成立，求实数m的取值范围. 参考答案及解析参考答案及解析 1.答案：D 解析：由题意知 1 2 |log0 |01Mxxxx ，又|0 |1 U Ux xMx x， C. 2.答案：A 解析： 42i(42i)(1i)26i 13i 1i(1i)(1i)2 z ，则 13i10zz z ，故选 A. 3.答案：B 解析： 2 230xx即为 1x 或3x ，故“ 2 230xx

8、”是“ 4x ”的必要不充分条 件. 4.答案：B 解析：该几何体可以嵌入到一个棱长为 3 的正方体中，如图所示，则该几何体的体积 119 3 3 3 322 V ，故选 B. 5.答案：A 解析：首先对 4 个选项进行奇偶性判断，可知 ee ( ) xx f x x 为偶函数，不符合题意，排除 B； 其次，在剩下的 3 个选项，对其在 0,上的零点个数进行判断， e ( ) x f x x 在 0,上无 零点， 不符合题意， 排除 D； 然后， 对剩下的 2 个选项， 进行单调性判断， 2 ( )f xx x 在0, 上单调递减，不符合题意，排除 C，故选 A 6.答案：B 解析： 1111

9、 101 2363 XE ， 17 333 33 E YE aXaE Xa ，2a .故选 B. 7.答案：A 解析： 因为在矩形ABCD中，22ABBC， 动点M在以点C为圆心且与BD相切的圆上， 故 5ACBD ，设C到BD的距离为d，则有 1 22 5 55 d ， 故 AM BDACCMBDAC BDCM BD ， 其中 3AC BDABBCBCCD ，2CM BDCMBD ， 当且仅当CM与BD同向时，等号成立，故选 A 8.答案：B 解析：设 1122 ,M x yN x y 则 2222 1122 2222 1,1 xyxy abab 两式相减可得： 12121212 22 0

10、xxxxyyyy ab ,M N关于直线:2310lxy 对称 MNl且MN的中点 00 ,A x y 在 l 上 13 2 MN l K k 且 00 2310xy 由线段MN中点的纵坐标 0 2 3 y 可得： 0 2 2310 3 x 0 3 2 x 120120 4 23,2 3 xxxyyy 12 1212 12 33 22 MN yy Kyyxx xx 代入整理得： 2 2 2 3 b a 椭圆C的离心率 2 3 e1 3 cb aa 9.答案：B 解析： 当 1 2a 时，由 2 1 2 2 2 nn n aa a ，得 11 2 nn aaa ，此时 20191 0aa ，当

11、1 2a 时，由 2 1 2 2 2 nn n aa a ，得 2 n a ，所以 2 1 1211 222 nnnnn aaaaa ，即 1 111 22 nnn aaa 所以 1220181223 1111111 2222aaaaaaa 2018201912019 1111 3 2222aaaa 所以 1 2019 1 125 2 73 a a a ，解得 1 7 2 3 a， 2 111 201911 11 12531212 7373 aaa aaa aa 令 1 73ta，则(0,1)t， 2 20191 211111 (2)(22)0 333 tt aatt ttt 综上， 2019

12、1 aa的最小值为 0，故选 B 10.答案：D 解析：由题意可知，该阳马外接球的球心 O 为PC的中点，故异面直线PC与BE所成的角 即为异面直线PO与BE所成的角.如图，取CD的中点 F，连接,EF BF，则EF为CDP的 中位线，所以/EF PC，则BEF或其补角即为异面直线PC与BE所成的角.令2AB ，连 接AE，则 2 22222 ( 2)26 2 PD BEAEABAB ， 2222 215BFBCCF ， 222222 111 2223 222 EFPCPAABBC，所以 222 6352 cos 23263 BEEFBF BEF BEEF ，故选 D. 11.答案：-2；1

13、解析： 32323232 +3+13133f xf axxaaxxaa ， 23222 ()()(2)(2)xb xaxab xaab xa b. 所以 2 232 23 20 3 ab aab a baa ，解得 2 1 a b . 12.答案： 5 4 ； 5 2 解析： 323 45 3 15 () () 42 TCx x ， 23 TT的系数最大为 5 2 13.答案：4； 3yx 解析： 双曲线 2 2 1 3 y x ，可知1,3,2abc，所以双曲线的焦距是 4， 渐近线方程为：3yx .故答案为：4；3yx . 14.答案： 1 4 ；-6 解析：作出可行域如图中阴影部分所示，

14、 其中 ( 24)(11)AB， ，令z xy 则y xz ，z 的几何意义为直线y xz 在 y 轴 上的截距最小，作出直线y x 并平移，分析可知当平移后的直线过点 ( 2, 4)A 时，直线 yxz 取得最小值，此时z xy 取得最小值，且 min 6z ，由 2 yx ，得 2yx ， 注意到曲线 2 0xy在点 (1, 1)B 处的切线的斜率为-2， 则易知z xy 不在点 (1, 1)B 处取 得最大值，令21x ，解得 1 2 x ，将 1 2 x 代入 2 0xy得 1 4 y ，结合图形可知，当 直线y xz 过点 11 ( ,) 24 时，z xy 取得最大值，且 max

15、1 4 z. 15.答案：51 解析：选派 3 人去支援抗疫一线，方案有下列三种情况： (1)科室主任和护士长都参加，有 1 8 C8(种)选派方案. (2)科室主任参加，护士长不参加，有 211 535 CC C25(种)选派方案. (3)科室主任不参加，护士长参加，有 112 533 C CC18(种)选派方案. 故符合条件的选派方案有 8+25+18=51(种). 16.答案： , (Z) 2 kkk ， 解析：因为 ()3cos()2sin0 3 sin 2 f xxxx ， ，所以 2 2 ，由 ()( )2 () 32 fxf xkkZ，因为 2 ，所以 ( )cos2 6 f x

16、x，由 2 22 2 kxkkxkkZ，即函数( )f x的单调区 间为 (Z) 2 kkk ， . 17.答案： 2 4 ( e ， 解析： 12 1 2xx， 12 12 ( )() 1 f xf x xx 1122 12 ( ) () 0 f xxf xx xx 恒成立，则 e ( )( ) x a g xf xxx x 在1,2上单调递减，即 2 e (1) ( )10 x ax g x x 在1,2上恒成立，即 2 e (1) 1 x ax x 在1,2上恒成立.当1x 时，显然恒成立，Ra；当 (1,2a 时， 2 e (1) x x a x ，令 2 ( ) e (1) x x

17、t x x ，则 2 2 (22) ( ) e (1) x x xx t x x ，当 (1,2a 时， ( )0t x ， min 2 4 ( )(2) e t xt，所以 2 4 e a .综上可知， 2 4 e a . 18.答案：(1)由已知及正弦定理，得 cos() cos2 BCa Cbc ，得 cossin cos2sinsin AA CBc ，得 2sincossincossincosBACAAC ，得 2sincossincossincossin()sinBAACCAACB 1 sin0,cos 2 BA ，又 2 0, 3 AA. (2)由余弦定理有 222 2cosabc

18、bcA， 即 222 1 (4 3)(4 2)24 2 2 cc ，化简，得 2 4 2160cc， 解得2 22 6c (舍)或2 22 6c ， 所以 113 sin4 2( 2 22 6)124 3 222 ABC SbcA . 19.答案：(1)如图，取AD得中点 E，连接,PE BE 因为PAD为等边三角行，所以PEAD 因为底面ABCD为菱形，且 2 3 ADC，所以 , 3 ABADBAD 所以ABD为等边三角形，所以BEAD 又,PE BE 平面BPE，PEBEE，所以AD 平面PBE 又PB 平面PBE，所以ADPB (2)由(1)知AD 平面PBE 因为/ /BCAD，所以

19、BC 平面PBE 因为BC 平面PBC，所以平面PBC 平面PBE 如图，过点 E 作EFPB交PB于点 F，因为平面PBC 平面PBEPB 所以EF 平面PBC，取AB得中点 M，连接,ME MF，则/ /MEBD 设直线BD与平面PBC所成的角为，则 2 MEF 因为BC 平面PBE，所以BCPB 在RtPBC中，因为13,2PCBC，所以 22 3PBPCBC 在PBE中，易知3BEPE，所以 3 2 EF 易知 11 1,1 22 MFAPMEBD，所以3 2 cos 4 EF MEF ME 所以 3 sincos 4 MEF，即直线BD与平面PBC所成角的正弦值为 3 4 20.答案

20、：（1）因为 * 11 2212, nnn SSSnnn N， 所以 11 21 nnnn SSSSn ，即 1 21 nn aan ， 可得 32431 5,7,21 nn aaaaaan ， 利用累加法，当3n时， 2 572135721 n aann ， 所以 2 (1)(321) 1 2 n nn an . 当2n 时， 2 3a 符合上式.又 1 33a ，即 1 1a ，所以 2 1,1 1,2 n n a nn . （2）当1n 时， 1 1T ；当2n时， 11111 (1)(1)211 n annnn . 11111111111 1 2132435211 n T nnnn 1

21、1111 1 2121nn 721 42 (1) n n n ， 又1n 时， 1 1T 符合上式，所以 721 42 (1) n n T n n . 21.答案：（1）设 2 222 000000 ,|2(24)4Q x yQMxyypy， 当2 0p ， 即2 p 时， 22 00 |(24)4 4QMypy ， 所以QM的最小值为 2， 不合题意； 当2 0p ，即0 2p 时， 22 min |(2)(24)(2)43QMppp，解得 1p 或 3p （舍去）；综上所述，抛物线方程为 2 2xy. （2）由题知 (0,)Nm ，设 1122 ,A x yB x y ，直线l的方程为y

22、kxm ， 2 2 220 2 ykxm xpkxpm xpy ，所以 1212 2,2xxpk x xpm ，因为 1221 121212 12121212 2222kxm xkxm xymymkxmmkxmmkxmkxm xxxxxxx x 1212 1212 2244 0 kx xm xxkpmkpm x xx x ，所以 ANBN kk ，因为圆 M 与直线AN相切，所以 圆 M 与直线BN相切. 22.答案：（1） 2 22 ( ) ex xx fx ，记 2 ( )22g xxx， 令 ( )0g x ， 得1313x ， 函数 ( )f x在 13, 13 上单调递增；( )0g

23、 x ， 得13x 或13x ，函数 ( )f x在 , 13 或 13, 上单调递减 （2）记 2 ( )2 e (1)42 x h xmxxx， 由(0) 0221hmm ， ( )0h x ，得2x 或lnxm ， 2,0x ，所以220x 当 2 1em时， ln2,0m ， 且2 , l nxm 时，( ) 0h x ； ( ln,0)xm 时，( ) 0h x ， 所以 min ( )( ln)ln(2ln)0h xhmmm ，2,0x 时， ( )0h x 恒成立； 当 2 me时， 2 ( )2(2)(1) x h xxe ， 因为2,0x ，所以 ( )0h x ，此时( ) h x单调递增， 且 22 ( 2)2( 1)4820he e ，所以2,0x ，( ) ( 2)0h xh 成立； 当 2 me时， 2 ( 2)220 m h e ，(0)220hm， 所以存在 0 2,0x 使得 0 ()0h x ，因此 ( )0h x 不恒成立， 综上，m的取值范围是 2 1,e