2020浙江新高考数学二轮复习专题强化练：高考仿真模拟练（一） Word版含解析.docx

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 满足约束条件错误错误! !若不等式 2xym20 恒成立，则实数 m 的取 值范围为( ) A 6， 6 B 7， 7 C(， 6 6，) D(， 7 7，) 7随机变量 X 的分布列如下表，且 E(X)2，则 D(2X3)( ) X 0 2 a P 1 6 p 1 3 A.2 B3 C4 D5 8已知平面向量 a，b，c

2、 满足 cxayb(x，yR)，且 a c0，b c0.( ) A若 a b0，y0 B若 a b0，y0 9. 如图，四棱锥 PABCD 中，ABCBAD90，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 B75 C60 D45 10若函数 f(x)2x 1x22x2，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 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

3、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，B，C 分别对应边 a，b，c，S 为ABC 的面积已知 a4，b 5，C2A，则 c_，S_ 14已知数列an满足 a12 且对任意的 m，nN*，都有an m am 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

4、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(y 4)25 相切，那么 3a2b_ 17若二项式 xm x2 n 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)sin2xsin2(x 6 )，xR. (1)求 f(x)的最小正周期； (2)求 f(x)在区间 3 ， 4 上的最大值和最小值 19.(本题满分 15 分)在三棱柱 ABC-

5、 A1B1C1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 3，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 b1S1b2S2bnSn6n 24n6 2n (nN*)，bn的前 n 项和 为 Tn. (1)求数列an和bn的通项公式； (2)记 Rn 1 a1a2 1 a2a3 1 anan1，试比较 Rn

6、与1 2Tn 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f（m）f（n） mn 1，所以是增函数，排

7、除 C、D，当 x0，b c0，若 a b0，b c10，a b10，可举 a(1，0)，b(2，1)，c(1，1)， 则 a c10，b c30，a b20， 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 PA2AE22 PA AE cosPAE

8、 AE2AE22 AE AE 1 2 3AE. 在ABE 中，AEAB，BAE90， 所以 BE 2AE. 因为PAB 是等边三角形， 所以 PBABAE. 因为 PB2BE2AE22AE23AE2PE2，所以PBE90.故选 A. 10解析：选 D.f(x)2x 1x22x20，即 2x1x22x2.设 g(x)2x1，h(x)x2 2x2，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)4 h(1)5， g(2)8h(2)10， g(3)16h(3)17， 所以当1

9、a4 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)2x 1ln 22x2，设 F(x)2x 1ln 22x2，则 F(x)2x1(ln 2)220，所以 F(x)2x1ln 22x2 在4，) 上是增函数，所以 f(x)f(4)32ln 2100，所以函数 f(x)2x 1x22x2 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(，4 11解析：依题意可知 F 点坐标为 p 2，0 ，所以 B 点坐标为 p 4，1 ，代入抛

10、物线方程解 得 p 2，所以 F 到 l 的距离为 2，|FB|p 4 p 2 3 2 4 . 答案： 2 3 2 4 12. 解析：分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥 PABCD， CDy 2，ABy，AC5，CP 7，BPx，所以 BP 2BC2CP2，即 x225y27， x2y2322xy， 则 xy16，当且仅当 xy4 时， 等号成立 此时该几何体的体积 V1 3 24 2 3 73 7. 答案：16 3 7 136 15 7 4 14解析：因为an m am an，所以 anmanam，所以 a3a12a1a2a1a1a123 8；令 m1，则有 an1ana12an，所以

11、数列an是首项为 a12，公比 q2 的等比数 列，所以 Sn2（12 n） 12 2n 12. 答案：8 2n 12 15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C 2 5C 2 3C 1 1 A22 15(种)分组方法， 对应三个暑期社会实践活动， 有 15A3390(种)安排方案； 五人分为 3， 1， 1 的三组， 有C 3 5C 1 2C 1 1 A22 10(种)分组方法， 对应三个暑期社会实践活动， 有 10A3360(种)安排方案； 综上，共有 9060150(种)不同的安排方案 答案：150 16解析：由题意得 f(1)

12、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 y2(3a)(x1)，即(3a)xya50，所以 |（3a）24a5| （3a）21 5a5 2，所以 b 1 4，所以 3a2b7. 答案：7 17解析：因为二项式 xm x2 n 展开式的二项式系数之和为 32，所以 2n32，所以 n 5，因为 Tr1Cr5( x)5 r m x2 r Cr5mrx5 2 5 2r，令 5 2 5 2r0，得 r1，所以常数项为 C 1 5m 10，所以 m2. 答案：2 18解：(1)由已知，有 f(x)1cos 2x 2 1cos 2x 3 2 1 2 1 2c

13、os 2x 3 2 sin 2x 1 2cos 2x 3 4 sin 2x1 4cos 2x 1 2sin 2x 6 . 所以 f(x)的最小正周期 T2 2 . (2)因为 f(x)在区间 3 ， 6 上是减函数， 在区间 6 ， 4 上是增函数， 且 f 3 1 4，f 6 1 2，f 4 3 4 ， 所以 f(x)在区间 3 ， 4 上的最大值为 3 4 ，最小值为1 2. 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， 3)， C1( 2， 2， 3)， A1( 2，0，0)，B1(0， 2，0)， 所以CC1 ( 2， 2，0)， A1D

14、2 2 ， 2 2 ， 3 ， B1D 2 2 ， 2 2 ， 3 ， 所以CC1 A1D 0，CC1 B1D 0， 因此 CC1平面 A1B1D. (2)设平面 AA1C1C 的法向量 n(1，x，y)，由于AA1 ( 2， 2，0)，A1C ( 2，0， 3)， 则 n AA1 2 2x0，n A1C 2 3y0，得 x1，y 6 3 ， 所以 n 1，1， 6 3 . 又HD 2 2 ， 2 2 ， 3 ， 所以 sin |HD n| |HD | |n| 2 22 6 3 3 4 . 20解：(1)由已知得 S23S1S9， 即(33d)2936d， 又 d0，所以 d2，所以 an2n

15、1，Snn2， 由 b112b222bnn26n 24n6 2n 得 b11 2， n2 时，bnn26n 24n6 2n 6（n1） 24（n1）6 2n 1n 2 2n， 所以 bn 1 2n，显然 b1 1 2也满足 所以 bn 1 2n(nN *) (2)Tn1 1 2n， 1 2Tn 1 2(1 1 2n)， Rn 1 13 1 35 1 （2n1）（2n1） 1 2 11 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1 1 2(1 1 2n1) 当 n1 时，211 2T1； 当 n2 时，221 2T2； 当 n3 时，2n(11)n1C1nC2nC3n1nn（n1） 2 2n1； 所以 Rn1 2Tn；当 n3 时 Rn0，2 31， 又因为 g 1 2 0， 当 x0 时，g(x)， 所以存在 x0 0，1 2 使得 g( )x00，因为 g(x1)0， 所以 1 2x2x1x0， 所以 1(2 23)(mn)， 即f（m）f（n） mn 2 23； 若 t1nmt2同理可证， 所以对于任意的 m，n(t1，t2)，不等式f（m）f（n） mn 2 23 成立； 即存在 m，n(0，)使得f（m）f（n） mn 2 23 成立