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） .docx

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1、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Ax|x2x20，Bx|x1)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2xym20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(2X3)()X02aPpA.2 B3 C4 D58已知平面向量a，b，c满足cxayb(x，yR)，且ac0，bc0.()A若ab0，y0 B若ab0则x0，y0则x0，y0则x0，y09.如图，四棱锥PABCD中，AB

2、CBAD90，BC2AD，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()A90 B75C60 D4510若函数f(x)2x1x22x2，对于任意的xZ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12345678910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y22px(p0)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

3、，B，C分别对应边a，b，c，S为ABC的面积已知a4，b5，C2A，则c_，S_14已知数列an满足a12且对任意的m，nN*，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)x3ax2b，如果f(x)的图象在切点P(1，2)处的切线与圆(x2)2(y4)25相切，那么3a2b_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

4、)已知函数f(x)sin2xsin2(x)，xR.(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，a11，公差d0，且S1，S3，S9成等比数列，数列bn满足b1S1b2S2bnSn6(nN*)，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

5、与Tn的大小21.(本题满分15分)已知抛物线y22px，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x1x2且x1x24，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 xx2ax2，(aR)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23.高考仿真模拟练(一)1解析：选C.依题意得Ax|(x1)(x2)0x|1x2，因此ABx|1x0时，yax，因为a1

6、，所以是增函数，排除C、D，当x0，bc0，若ab0，bc10，ab10，可举a(1，0)，b(2，1)，c(1，1)，则ac10，bc30，ab20，由cxayb，即有1x2y，1y，解得x1，y1，则可排除C，D.故选A.9解析：选A.延长DA至E，使AEDA，连接PE，BE，因为ABCBAD90，BC2AD，所以DEBC，DEBC.所以四边形CBED为平行四边形所以CDBE.所以PBE(或其补角)就是异面直线CD与PB所成的角在PAE中，AEPA，PAE120，由余弦定理得PE AE.在ABE中，AEAB，BAE90，所以BEAE.因为PAB是等边三角形，所以PBABAE.因为PB2BE

7、2AE22AE23AE2PE2，所以PBE90.故选A.10解析：选D.f(x)2x1x22x20，即2x1x22x2.设g(x)2x1，h(x)x22x2，当x1时，0g(x)1，h(x)x22x21，所以当a1时，满足对任意的xZ且x(，a)，f(x)0恒成立；当1x4时，因为g(0)h(0)2，g(1)4h(1)5，g(2)8h(2)10，g(3)16h(3)17，所以当1a4时，亦满足对任意的xZ且x(，a)，f(x)0恒成立；当x4时，易知f(x)2x1ln 22x2，设F(x)2x1ln 22x2，则F(x)2x1(ln 2)220，所以F(x)2x1ln 22x2在4，)上是增函

8、数，所以f(x)f(4)32ln 2100，所以函数f(x)2x1x22x2在4，)上是增函数，所以f(x)f(4)32168260，即当a4时，不满足对任意的xZ且x(，a)，f(x)0恒成立综上可知，实数a的取值范围是(，411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，ABy，AC5，CP，BPx，所以BP2BC2CP2，即x225y27，x2y2322xy，则xy16，当且仅当xy4时，等号成立此时该几何体的体积V33.答案：16313614解析：因为an，所

9、以anmanam，所以a3a12a1a2a1a1a1238；令m1，则有an1ana12an，所以数列an是首项为a12，公比q2的等比数列，所以Sn2n12.答案：82n1215解析：根据题意，按五名同学分组的不同分2种情况讨论；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15A90(种)安排方案；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10A60(种)安排方案；综上，共有9060150(种)不同的安排方案答案：15016解析：由题意得f(1)2a2b3，又因为f(x)3x2a，所以f(x)的图象在点(1，2)处的切线方程为

10、y2(3a)(x1)，即(3a)xya50，所以a，所以b，所以3a2b7.答案：717解析：因为二项式展开式的二项式系数之和为32，所以2n32，所以n5，因为Tr1C()5rCmrxr，令r0，得r1，所以常数项为Cm10，所以m2.答案：218解：(1)由已知，有f(x)cos 2xsin 2xcos 2xsin.所以f(x)的最小正周期T.(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

11、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nx0，ny0，得x1，y，所以n.又，所以sin .20解：(1)由已知得SS1S9，即(33d)2936d，又d0，所以d2，所以an2n1，Snn2，由b112b222bnn26得b1，n2时，bnn266，所以bn，显然b1也满足所以bn(nN*)(2)Tn1，Tn(1)，Rn(1)当n1时，21T1；当n2时，22T2；当n3时，2n(11)n1CCC1n2n1；所以RnTn；当n3时Rn0，2y02.(2)证明：令f(x)0的两根为x1，x2，且x1x2，则f(x)在(0

12、，x1)上单调递增，(x1，x2)上单调递减，(x2，)上单调递增，且x1x2，x1x2，x10，f(x2)0，f(x1)ln x1xx12ln x1x1，同理f(x2)ln x2x1，令g(x)ln xx21，则g(x)2x，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，因为g(1)0，所以x21，又因为g0，当x0时，g(x)，所以存在x0使得g0，因为g(x1)0，所以x1x0，所以1x2，所以a2x2，令h(x)f(x)(23)xln xx2(a23)x2，h(x)2x(a23)，h(x)min3a0，所以h(x)0有两个根，设为t1，t2且t1t2，则h(x)在(t1，t2)上单调递减若t1mnh(n)，即f(m)f(n)(23)(mn)，即23；若t1nmt2同理可证，所以对于任意的m，n(t1，t2)，不等式23成立；即存在m，n(0，)使得23成立