2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：高考仿真模拟练（一） 10页

高考仿真模拟练(一)‎ ‎(时间：120分钟；满分：150分)‎ 选择题部分 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．设集合A＝{x|x2－x－2≤0}，B＝{x|x<1，且x∈Z}，则A∩B＝(　　)‎ A．{－1}　　　　　　　　　 B．{0}　　　　　　　　　‎ C．{－1，0}　　　　　　　　　 D．{0，1}‎ ‎2．若复数(i为虚数单位)为纯虚数，则实数a的值为(　　)‎ A．2 B. ‎ C．－ D．－2‎ ‎3．设a∈R，则“a＞0”是“a＋≥2”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．曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线平行于直线y＝2x－1，则P点的坐标为(　　)‎ A．(1，3) B．(－1，3) ‎ C．(1，3)和(－1，3) D．(1，－3)‎ ‎5．函数y＝(a>1)的图象大致形状是(　　)‎ ‎6．已知变量x，y满足约束条件若不等式2x－y＋m2≥0恒成立，则实数m的取值范围为(　　)‎ A．[－，] B．[－，]‎ C．(－∞，－]∪[，＋∞) D．(－∞，－]∪[，＋∞)‎ ‎7．随机变量X的分布列如下表，且E(X)＝2，则D(2X－3)＝(　　)‎ X ‎0‎ ‎2‎ a P p A.2 B．3 ‎ C．4 D．5‎ ‎8．已知平面向量a，b，c满足c＝xa＋yb(x，y∈R)，且a·c>0，b·c>0.(　　)‎ A．若a·b<0则x>0，y>0 B．若a·b<0则x<0，y<0‎ C．若a·b>0则x<0，y<0 D．若a·b>0则x>0，y>0‎ ‎9.‎ 如图，四棱锥PABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD都是等边三角形，则异面直线CD与PB所成角的大小为(　　)‎ A．90° B．75°‎ C．60° D．45°‎ ‎10．若函数f(x)＝2x＋1－x2－2x－2，对于任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，－1] B．(－∞，0] ‎ C．(－∞，3] D．(－∞，4]‎ 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 答案 非选择题部分 二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分．‎ ‎11．设抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线为l，点A(0，2)．若线段FA的中点B在抛物线上，则F到l的距离为________，|FB|＝________．‎ ‎12.‎ 某几何体的三视图如图所示，当xy取得最大值为________时，该几何体的体积是________．‎ ‎13．在△ABC中，角A，B，C分别对应边a，b，c，S为△ABC的面积．已知a＝4，b＝5，C＝2A，则c＝________，S＝________．‎ ‎14．已知数列{an}满足a1＝2且对任意的m，n∈N*，都有＝an，则a3＝________；{an}的前n项和Sn＝________．‎ ‎15．安排甲、乙、丙、丁、戊5名大学生去杭州、宁波、金华三个城市进行暑期社会实践活动，每个城市至少安排一人，则不同的安排方式共有________种．(用数字作答)‎ ‎16．已知f(x)＝x3＋ax－2b，如果f(x)的图象在切点P(1，－2)处的切线与圆(x－2)2＋(y＋4)2＝5相切，那么3a＋2b＝________．‎ ‎17．若二项式展开式的二项式系数之和为32，常数项为10，则实数m的值为________．‎ 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．(本题满分14分)已知函数f(x)＝sin2x－sin2(x－)，x∈R.‎ ‎(1)求f(x)的最小正周期；‎ ‎(2)求f(x)在区间上的最大值和最小值．‎ ‎19.‎ ‎(本题满分15分)在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B是边长为2的正方形，点C在平面AA1B1B上的射影H恰好为A1B的中点，且CH＝，设D为CC1的中点．‎ ‎(1)求证：CC1⊥平面A1B1D；‎ ‎(2)求DH与平面AA1C1C所成角的正弦值．‎ ‎20．(本题满分15分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，公差d≠0，且S1，S3，S9成等比数列，数列{bn}满足b1S1＋b2S2＋…＋bnSn＝6－(n∈N*)，{bn}的前n项和为Tn.‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)记Rn＝＋＋…＋，试比较Rn与Tn的大小．21.(‎ 本题满分15分)已知抛物线y2＝2px，过焦点且垂直x轴的弦长为6，抛物线上的两个动点A(x1，y1)和B(x2，y2)，其中x1≠x2且x1＋x2＝4，线段AB的垂直平分线与x轴交于点C.‎ ‎(1)求抛物线方程；‎ ‎(2)试证线段AB的垂直平分线经过定点，并求此定点；‎ ‎(3)求△ABC面积的最大值．‎ ‎22．(本题满分15分)已知函数f(x)＝ln x＋x2－ax＋2，(a∈R)在定义域内不单调．‎ ‎(1)求实数a的取值范围；‎ ‎(2)若函数f(x)存在3个不同的零点，证明：存在m，n∈(0，＋∞)，使得<2－3.‎ 高考仿真模拟练(一)‎ ‎1．解析：选C.依题意得A＝{x|(x＋1)(x－2)≤0}＝{x|－1≤x≤2}，因此A∩B＝{x|－1≤x<1，x∈Z}＝{－1，0}，选C.‎ ‎2．解析：选A.法一：由题意得＝＝＝＋i为纯虚数，则＝0，且≠0，解得a＝2.故选A.‎ 法二：由题意，令＝ti(t≠0)，则1＋ai＝t＋2ti，则解得 ‎ ‎3．解析：选C.由a＞0得，a＋≥2＝2，所以是充分条件；‎ 由a＋≥2可得a＞0，所以是必要条件，‎ 故“a＞0”是“a＋≥2”的充要条件．故选C.‎ ‎4．解析：选C.f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，则3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1，所以P(1，3)或(－1，3)，经检验，点(1，3)，(－1，3)均不在直线y＝2x－1上，故选C.‎ ‎5．解析：选B.当x>0时，y＝ax，因为a>1，所以是增函数，排除C、D，当x<0时，y＝－ax，是减函数，所以排除A.故选B.‎ ‎6．解析：选D.‎ 作出约束条件 所对应的可行域(图中阴影部分)，令z＝－2x＋y，‎ 当直线经过点A(－4，－1)时，z取得最大值，‎ 即zmax＝－2×(－4)－1＝7，‎ 所以m的取值范围为(－∞，－]∪[，＋∞)，故选D.‎ ‎7．解析：选C.由题意可得：＋p＋＝1，解得p＝，因为E(X)＝2，所以0×＋2×＋a×＝2，解得a＝3.D(X)＝(0－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＝1.D(2X－3)＝4D(X)＝4.故选C.‎ ‎8．解析：选A.由a·c>0，b·c>0，若a·b<0，‎ 可举a＝(1，1)，b＝(－2，1)，c＝(0，1)，‎ 则a·c＝1>0，b·c＝1>0，a·b＝－1<0，‎ 由c＝xa＋yb，即有0＝x－2y，1＝x＋y，‎ 解得x＝，y＝，则可排除B；‎ 若a·b>0，可举a＝(1，0)，b＝(2，1)，c＝(1，1)，‎ 则a·c＝1>0，b·c＝3>0，a·b＝2>0，‎ 由c＝xa＋yb，即有1＝x＋2y，1＝y，解得x＝－1，y＝1，‎ 则可排除C，D.故选A.‎ ‎9．解析：选A.延长DA至E，‎ 使AE＝DA，连接PE，BE，因为∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，所以DE＝BC，DE∥BC.‎ 所以四边形CBED为平行四边形．‎ 所以CD∥BE.‎ 所以∠PBE(或其补角)就是异面直线CD与PB所成的角．‎ 在△PAE中，AE＝PA，∠PAE＝120°，‎ 由余弦定理得 PE＝ ‎＝ ‎＝AE.‎ 在△ABE中，AE＝AB，∠BAE＝90°，‎ 所以BE＝AE.‎ 因为△PAB是等边三角形，‎ 所以PB＝AB＝AE.‎ 因为PB2＋BE2＝AE2＋2AE2＝3AE2＝PE2，所以∠PBE＝90°.故选A.‎ ‎10．解析：选D.f(x)＝2x＋1－x2－2x－2≤0，即2x＋1≤x2＋2x＋2.设g(x)＝2x＋1，h(x)＝x2＋2x＋2，当x≤－1时，0＜g(x)≤1，h(x)＝x2＋2x＋2≥1，所以当a≤－1时，满足对任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立；当－1＜x＜4时，因为g(0)＝h(0)＝2，g(1)＝4＜h(1)＝5，g(2)＝8＜h(2)＝10，g(3)＝16＜h(3)＝17，所以当－1＜a≤4时，亦满足对任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立；当x≥4时，易知f′(x)＝2x＋1·ln 2－2x－2，设F(x)＝2x＋1·ln 2－2x－2，则F′(x)＝2x＋1·(ln 2)2－2＞0，所以F(x)＝2x＋1·ln 2－2x－2在[4，＋∞)上是增函数，所以f′(x)≥f′(4)＝32ln 2－10＞0，所以函数f(x)＝2x＋1－x2－2x－2在[4，＋∞)上是增函数，所以f(x)≥f(4)＝32－16－8－2＝6＞0，即当a＞4时，不满足对任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立．‎ 综上可知，实数a的取值范围是(－∞，4]．‎ ‎11．解析：依题意可知F点坐标为，所以B点坐标为，代入抛物线方程解得p＝，所以F到l的距离为，|FB|＝＋＝.‎ 答案：　 ‎12.‎ 解析：分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥PABCD，‎ CD＝，AB＝y，AC＝5，CP＝，BP＝x，所以BP2＝BC2＋CP2，即x2＝25－y2＋7，x2＋y2＝32≥2xy，则xy≤16，当且仅当x＝y＝4时，等号成立．此时该几何体的体积V＝××3×＝3.‎ 答案：16　3 ‎13．6　 ‎14．解析：因为＝an，所以an＋m＝an·am，所以a3＝a1＋2＝a1·a2＝a1·a1·a1＝23＝8；令m＝1，则有an＋1＝an·a1＝2an，所以数列{an}是首项为a1＝2，公比q＝2的等比数列，所以Sn＝＝2n＋1－2.‎ 答案：8　2n＋1－2‎ ‎15．解析：根据题意，按五名同学分组的不同分2种情况讨论；‎ ‎①五人分为2，2，1的三组，有＝15(种)分组方法，对应三个暑期社会实践活动，有15×A＝90(种)安排方案；‎ ‎②五人分为3，1，1的三组，有＝10(种)分组方法，对应三个暑期社会实践活动，有10×A＝60(种)安排方案；‎ 综上，共有90＋60＝150(种)不同的安排方案．‎ 答案：150‎ ‎16．解析：由题意得f(1)＝－2⇒a－2b＝－3，又因为f′(x)＝3x2＋a，所以f(x)的图象在点(1，－2)处的切线方程为y＋2＝(3＋a)(x－1)，即(3＋a)x－y－a－5＝0，所以＝⇒a＝－，所以b＝，所以3a＋2b＝－7.‎ 答案：－7‎ ‎17．解析：因为二项式展开式的二项式系数之和为32，所以2n＝32，所以n＝5，因为Tr＋1＝C()5－r＝Cmrx－r，令－r＝0，得r＝1，所以常数项为Cm＝10，所以m＝2.‎ 答案：2‎ ‎18．解：(1)由已知，有f(x)＝－ ‎＝－cos 2x ‎＝sin 2x－cos 2x ‎＝sin.‎ 所以f(x)的最小正周期T＝＝π.‎ ‎(2)因为f(x)在区间上是减函数，在区间上是增函数，且f＝－，f＝－，f＝，‎ 所以f(x)在区间上的最大值为，最小值为－.‎ ‎19．解：‎ ‎(1)证明：如图，以H为原点，建立空间直角坐标系，则C(0，0，)，C1(，，)，A1(，0，0)，B1(0，，0)，‎ 所以＝(，，0)，‎ ＝，‎ ＝，‎ 所以·＝0，·＝0，‎ 因此CC1⊥平面A1B1D.‎ ‎(2)设平面AA1C1C的法向量n＝(1，x，y)，由于＝(，，0)，＝(－，0，)，‎ 则n·＝＋x＝0，n·＝－＋y＝0，得x＝－1，y＝，‎ 所以n＝.‎ 又＝，‎ 所以sin θ＝＝＝.‎ ‎20．解：(1)由已知得S＝S1·S9，‎ 即(3＋3d)2＝9＋36d，‎ 又d≠0，所以d＝2，所以an＝2n－1，Sn＝n2，‎ 由b1×12＋b2×22＋…＋bn×n2＝6－得b1＝，‎ n≥2时，bn×n2＝6－－6＋＝，‎ 所以bn＝，显然b1＝也满足．‎ 所以bn＝(n∈N*)．‎ ‎(2)Tn＝1－，Tn＝(1－)，‎ Rn＝＋＋…＋＝‎ ‎＝(1－)．‎ 当n＝1时，21<2×1＋1＝3，R1>T1；‎ 当n＝2时，22<2×2＋1＝5，R2>T2；‎ 当n≥3时，2n＝(1＋1)n＝1＋C＋C＋C＋…>1＋n＋≥2n＋1；‎ 所以RnTn；当n≥3时Rn0，－22.‎ ‎(2)证明：令f′(x)＝＝0的两根为x1，x2，且x10，f(x2)<0，‎ f(x1)＝ln x1＋x－x1＋2＝ln x1－x＋1，‎ 同理f(x2)＝ln x2－x＋1，‎ 令g(x)＝ln x－x2＋1，则g′(x)＝－2x<0得x>，‎ 所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，‎ 因为g(1)＝0，所以x2>1，‎ 又因为g>0，‎ 当x→0时，g(x)→－∞，‎ 所以存在x0∈使得g＝0，因为g(x1)>0，‎ 所以＝x1>x0，‎ 所以1h(n)，‎ 即f(m)－f(n)>(2－3)(m－n)，‎ 即<2－3；‎ 若t1