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【2020年高考数学预测题、估测题】浙江省试卷2【附详细答案和解析、可编辑】
真水无香 tougao33
学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________
一、 选择题 （本题共计 10 小题 ，每题 4 分 ，共计40分 ， ）
1. 已知集合M={x|y=1-x2}，N={x|-20，b>0)的焦距为2c，直线l过点2a3,0且与双曲线C的一条渐近线垂直．以双曲线C的右焦点为圆心，半焦距为半径的圆Ω与直线l交于M，N两点．若|MN|=423c，则双曲线C的渐近线C方程为（ ）
A. y=±2x B. y=±3x C. y=±2x D. y=±4x
3. 若变量x，y满足约束条件x+y-1≤0，x-y+3≤0，x+2≥0， 则yx的最大值是( )
A.-13 B.-12 C.-2 D.-32
4. （武汉2月调研）某四棱锥的三视图如图所示，其中正视图是斜边为2的等腰直角三角形，侧视图和俯视图均为边长为1的正方形，则该四棱锥的高为（ ）
A.22 B.1 C.2 D.3
5. 已知平面α、β和直线l1、l2，且α∩β＝l2，且“l1 // l2”是“l1 // α，且l1 // β”的（ ）
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
6. 函数f(x)=1-2|x|-1lnx2的部分图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
7. 设随机变量X的分布列为P(X=k)=k15，k=1，2，3，4，5，则P(12b>0)恒过定点A(1, 2)，则椭圆的中心到准线的距离的最小值________．
16. 设函数f(x)=(x+2)2+sinxx2+4的最大值为M，最小值为m，则M+m＝________．
17. 已知正方形ABCD的边长为1．当每个λi(i＝1, 2, 3, 4, 5, 6)取遍±1时，|λ1AB→+λ2BC→+λ3CD→+λ4DA→+λ5AC→+λ6BD→|的最小值是________，最大值是________．
三、 解答题 （本题共计 5 小题 ，每题 14 分 ，共计70分 ， ）
18. 设函数f(x)＝sinx，x∈R．
(Ⅰ)已知θ∈[0, 2π)，函数f(x+θ)是偶函数，求θ的值；
(Ⅱ)求函数y＝[f(x+π12)]2+[f(x+π4)]2的值域．
19. 如图，在三棱锥A-BCD中，AD=DC=2，AD⊥DC，AC=CB，AB=4，平面ADC⊥平面ABC，M为AB的中点．
（Ⅰ）求证：BC⊥平面ADC；
（Ⅱ）求点A到平面DMC的距离．
20. 设曲线y=xn+1(n∈N*)在点(1, 1)处的切线与 x 轴交于点An(xn, 0)，设an=x1x2...xn．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{1an}的前n项和Sn．
21. 已知抛物线C:y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F，斜率为1的直线与抛物线C交于点A，B，且|AB|＝8．
（1）求抛物线C的方程；
（2）过点Q(1, 1)作直线交抛物线C于不同于R(1, 2)的两点D、E，若直线DR，ER分别交直线l:y＝2x+2于M，N两点，求|MN|取最小值时直线DE的方程．
22.
函数f(x)=(n-mlnx)x1n，其中n∈N*,x∈(0,+∞).
(1)当n=2时，f(x)在[1,e]上单调递减，求实数m的取值范围；
(2)当m=1时，
①n为定值，求f(x)的最大值；
②若n=2,lna≥1，求证：对任意k>0,直线y=-kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
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参考答案与试题解析
【2020年高考数学预测题、估测题】浙江省试卷2【附详细答案和解析、可编辑】
一、 选择题 （本题共计 10 小题 ，每题 4 分 ，共计40分 ）
1.【答案】
C
【解答】
解：M={x|y=1-x2}={x|1-x2≥0}={x|-1≤x≤1}，
N={x|2b>0)恒过定点A(1, 2)，
∴ 1a2+4b2=1
∴ b2+4a2＝a2b2
∴ 5a2-c2＝a2(a2-c2)
∴ 5a2-(ta2)2＝a2[a2-(ta2)2]
∴ t2a4-(t2+1)a2+5＝0
∴ △＝(t2+1)2-20t2≥0时，方程有解
∴ t2-25t+1≥0
∴ t≥5+2，或0b>0)恒过定点A(1, 2)，
∴ 椭圆的中心到准线x=a2c>1
∴ 椭圆的中心到准线的距离的最小值5+2
16.【答案】
2
【解答】
函数f(x)=(x+2)2+sinxx2+4
=x2+4+4x+sinxx2+4=1+4x+sinxx2+4，
由g(x)=4x+sinxx2+4，定义域为R，
可得g(-x)+g(x)=-4x-sinxx2+4+4x+sinxx2+4=0，
可得g(x)为奇函数，
由奇函数的图象关于原点对称，
可得g(x)的最大值a与最小值b的和为0，
则M+m＝a+1+b+1＝(a+b)+2＝2．
17.【答案】
0,25
【解答】
正方形ABCD的边长为1，可得AB→+AD→=AC→，BD→=AD→-AB→，
AB→⋅AD→=0，
|λ1AB→+λ2BC→+λ3CD→+λ4DA→+λ5AC→+λ6BD→|
＝|λ1AB→+λ2AD→-λ3AB→-λ4AD→+λ5AB→+λ5AD→+λ6AD→-λ6AB→|
＝|(λ1-λ3+λ5-λ6)AB→+(λ2-λ4+λ5+λ6)AD→|
=(λ1-λ3+λ5-λ6)2+(λ2-λ4+λ5+λ6)2，
由于λi(i＝1, 2, 3, 4, 5, 6)取遍±1，
可得λ1-λ3+λ5-λ6＝0，λ2-λ4+λ5+λ6＝0，可取λ5＝λ6＝1，λ1＝λ3＝1，λ2＝-1，λ4＝1，
可得所求最小值为0；
由λ1-λ3+λ5-λ6，λ2-λ4+λ5+λ6的最大值为4，可取λ2＝1，λ4＝-1，λ5＝λ6＝1，λ1＝1，λ3＝-1，
可得所求最大值为25．
三、 解答题 （本题共计 5 小题 ，每题 14 分 ，共计70分 ）
18.【答案】
（1）由f(x)＝sinx，得
f(x+θ)＝sin(x+θ)，
∵ f(x+θ)为偶函数，∴
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θ=π2+kπ(k∈Z)，
∵ θ∈[0, 2π)，∴ θ=π2或θ=3π2，
（2）y＝[f(x+π12)]2+[f(x+π4)]2
＝sin2(x+π12)+sin2(x+π4)
=1-cos(2x+π6)2+1-cos(2x+π2)2
＝1-12(cos2xcosπ6-sin2xsinπ6-sin2x)
=34sin2x-34cos2x+1
=32sin(2x-π6)+1，
∵ x∈R，∴ sin(2x-π6)∈[-1,1]，
∴ y=32sin(2x-π6)+1∈[1-32,1+32]，
∴ 函数y＝[f(x+π12)]2+[f(x+π4)]2的值域为：[1-32,1+32]．
【解答】
（1）由f(x)＝sinx，得
f(x+θ)＝sin(x+θ)，
∵ f(x+θ)为偶函数，∴ θ=π2+kπ(k∈Z)，
∵ θ∈[0, 2π)，∴ θ=π2或θ=3π2，
（2）y＝[f(x+π12)]2+[f(x+π4)]2
＝sin2(x+π12)+sin2(x+π4)
=1-cos(2x+π6)2+1-cos(2x+π2)2
＝1-12(cos2xcosπ6-sin2xsinπ6-sin2x)
=34sin2x-34cos2x+1
=32sin(2x-π6)+1，
∵ x∈R，∴ sin(2x-π6)∈[-1,1]，
∴ y=32sin(2x-π6)+1∈[1-32,1+32]，
∴ 函数y＝[f(x+π12)]2+[f(x+π4)]2的值域为：[1-32,1+32]．
19.【答案】
（Ⅰ）证明：∵ AD=DC=2且AD⊥DC，
∴ AC=CB=22，又AB=4，
满足AC2+BC2=AB2，∴ BC⊥AC．
∵ 平面ABC⊥平面ADC，BC⊂平面ABC，
平面ABC∩平面ADC=AC，
∴ BC⊥平面ADC．
（Ⅱ）解：如图，取AC的中点N，连结MN，DN，
在Rt△ADC中，DN⊥AC且DN=2，
又平面ABC⊥平面ADC，
∴ DN⊥平面ABC．
在△ABC中，MN//BC且MN=12BC=2，
由（Ⅰ）知BC⊥平面ADC，
则MN⊥平面ADC，
又∵ DN⊂平面ADC，∴ MN⊥DN，
∴ DM=DN2+MN2=2．
在△ABC中，AC=BC=22，AB=4，
∴ CM=2，∴ S△DMC=34×4=3．
设点A到平面DMC的距离为h，
则由V三棱锥A-DMC=V三棱锥D-AMC，
得13×S△DMC×h=13×S△AMC×DN，
解得h=263，
∴ 点A到平面DMC的距离为263．
【解答】
（Ⅰ）证明：∵ AD=DC=2且AD⊥DC，
∴ AC=CB=22
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，又AB=4，
满足AC2+BC2=AB2，∴ BC⊥AC．
∵ 平面ABC⊥平面ADC，BC⊂平面ABC，
平面ABC∩平面ADC=AC，
∴ BC⊥平面ADC．
（Ⅱ）解：如图，取AC的中点N，连结MN，DN，
在Rt△ADC中，DN⊥AC且DN=2，
又平面ABC⊥平面ADC，
∴ DN⊥平面ABC．
在△ABC中，MN//BC且MN=12BC=2，
由（Ⅰ）知BC⊥平面ADC，
则MN⊥平面ADC，
又∵ DN⊂平面ADC，∴ MN⊥DN，
∴ DM=DN2+MN2=2．
在△ABC中，AC=BC=22，AB=4，
∴ CM=2，∴ S△DMC=34×4=3．
设点A到平面DMC的距离为h，
则由V三棱锥A-DMC=V三棱锥D-AMC，
得13×S△DMC×h=13×S△AMC×DN，
解得h=263，
∴ 点A到平面DMC的距离为263．
20.【答案】
曲线f(x)=xn+1(n∈N*)，可得f'(x)=(n+1)xn，f'(1)=n+1，∴ 切线方程为：y-1=(n+1)(x-1)，
即：y=(n+1)x-n，
令y=0，可得x=nn+1，An=(nn+1, 0)，
∴ an=12*23*34⋯nn+1=1n+1，
由（1）可知：1an=n+1，∴ 数列{1an}是等差数列，首项为2，公差为：1，
数列{1an}的前n项和Sn=n(2+n+1)2=n2+3n2．
【解答】
曲线f(x)=xn+1(n∈N*)，可得f'(x)=(n+1)xn，f'(1)=n+1，∴ 切线方程为：y-1=(n+1)(x-1)，
即：y=(n+1)x-n，
令y=0，可得x=nn+1，An=(nn+1, 0)，
∴ an=12*23*34⋯nn+1=1n+1，
由（1）可知：1an=n+1，∴ 数列{1an}是等差数列，首项为2，公差为：1，
数列{1an}的前n项和Sn=n(2+n+1)2=n2+3n2．
21.【答案】
抛物线y2＝2px的焦点为F(p2, 0)，
直线方程为：y＝x-p2，
代入y2＝2px(p>0)中，消去y得：x2-3px+p24=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则有x1+x2＝3p；
由|AB|＝8，得x1+x2+p＝8，即3p+p＝8，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为：y2＝4x；
设D(x1, y1)，E(x2, y2)，直线DE的方程为x＝m(y-1)+1，m≠0，
如图所示，由x=m(y-1)+1y2=4x ，
消去x，整理得：y2-4my+4(m-1)＝0，
∴ y1+y2＝4m，y1⋅y2＝4(m-1)，
设直线DR的方程为y＝k1(x-1)+2，
由y=k1(x-1)+2y=2x+2 ，解得点M的横坐标xM=k1k1-2，
又k1=y1-2x1-1=4y1+2，
∴ xM=k1k1-2=-2y1，
同理点N的横坐标xN=-2y2，
|y2-y1|=(y1+y2)2-4y1y2=4m2-m+1，
∴ |MN|=5|xM-xN|=5|-2y1+2y2|＝25|y2-y1y1y2|=85⋅m2-m+14|m-1|=25⋅m2-m+1|m-1|，
令m-1＝t，t≠0，则m＝t+1，
∴ |MN|＝25⋅t2+t+1t2=25⋅(1t)2+1t+1=25⋅(1t+12)2+34≥25⋅34=15，
所以当t＝-2，即m＝-1时，|MN|
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取最小值为15，
此时直线DE的方程为x+y-2＝0．
【解答】
抛物线y2＝2px的焦点为F(p2, 0)，
直线方程为：y＝x-p2，
代入y2＝2px(p>0)中，消去y得：x2-3px+p24=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则有x1+x2＝3p；
由|AB|＝8，得x1+x2+p＝8，即3p+p＝8，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为：y2＝4x；
设D(x1, y1)，E(x2, y2)，直线DE的方程为x＝m(y-1)+1，m≠0，
如图所示，由x=m(y-1)+1y2=4x ，
消去x，整理得：y2-4my+4(m-1)＝0，
∴ y1+y2＝4m，y1⋅y2＝4(m-1)，
设直线DR的方程为y＝k1(x-1)+2，
由y=k1(x-1)+2y=2x+2 ，解得点M的横坐标xM=k1k1-2，
又k1=y1-2x1-1=4y1+2，
∴ xM=k1k1-2=-2y1，
同理点N的横坐标xN=-2y2，
|y2-y1|=(y1+y2)2-4y1y2=4m2-m+1，
∴ |MN|=5|xM-xN|=5|-2y1+2y2|＝25|y2-y1y1y2|=85⋅m2-m+14|m-1|=25⋅m2-m+1|m-1|，
令m-1＝t，t≠0，则m＝t+1，
∴ |MN|＝25⋅t2+t+1t2=25⋅(1t)2+1t+1=25⋅(1t+12)2+34≥25⋅34=15，
所以当t＝-2，即m＝-1时，|MN|取最小值为15，
此时直线DE的方程为x+y-2＝0．
22.【答案】
解：(1)当n=2时，f(x)=(2-mlnx)x12，
f'(x)=(2-mlnx)12x-mxx
=2-mlnx-2m2x≤0在[1,e]上恒成立.
即2-mlnx-2m≤0在[1,e]上恒成立，
因为x∈[1,e],
所以1≤lnx≤2,
所以m≥2lnx+2在[1,e]上恒成立，
第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页
令φ(x)=2lnx+2,φ'(x)=-2x(lnx+2)2<0，
所以φ(x)=2lnx+2在[1, e]上单调递减，
所以φ(x)max=φ(1)=1,
所以m≥1.
cxz
【解答】
解：(1)当n=2时，f(x)=(2-mlnx)x12，
f'(x)=(2-mlnx)12x-mxx
=2-mlnx-2m2x≤0在[1,e]上恒成立.
即2-mlnx-2m≤0在[1,e]上恒成立，
因为x∈[1,e],
所以1≤lnx≤2,
所以m≥2lnx+2在[1,e]上恒成立，
令φ(x)=2lnx+2,φ'(x)=-2x(lnx+2)2<0，
所以φ(x)=2lnx+2在[1, e]上单调递减，
所以φ(x)max=φ(1)=1,
所以m≥1.
sc
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