2020年浙江省高考数学模拟试卷(12).docx

1、2020年浙江省高考数学模拟试卷（12）一选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）1（4分）已知全集UR，Ax|x40，Bx|x2，则A（UB）（）A2，+）B（2，+）C4，+）D（4，+）2（4分）双曲线x23-y21的焦点到渐近线的距离是（）A1B2C3D23（4分）如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A4B163C323D164（4分）若实数x，y满足不等式组y0x-2y22x-y2，则x3y（）A有最大值2，最小值-83B有最大值83，最小值2C有最大值2，无最小值D有最小值2，无最大值5（4分）“角为第三象限角”是“sinta

2、n0”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件6（4分）已知a0，且a1，若loga21，则yx-a|x|的图象可能是（）ABCD7（4分）随机变量的可能值有1，2，3，且P（1）3p1，P（3）1p，则D（）的最大值为（）A89B1716C2625D18（4分）如图，三棱锥VABC的底面ABC是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点），记直线PB与直线AC所成角为，二面角PACB的平面角为，则+不可能是（）A34B23C2D39（4分）如图，一系列椭圆n：x2n+1+y2n=1（nN*），射线yx（x0）与椭圆n交于点Pn，设an|PnPn+1|

3、，则数列an是（）A递增数列B递减数列C先递减后递增数列D先递增后递减数列10（4分）已知a1，若存在x1，+），使不等式3xlna（x+1）lnaa成立，则a的取值范围是（）A（1，+）B(54，+)C(32，+)D（2，+）二填空题（共7小题，满分36分）11（6分）函数f（x）3sin（x+2）的最小正周期为 ，值域为 12（6分）已知i为虚数单位，复数z满足z+i1+i=12i，则z ，|z| 13（6分）(3x-2x)4的展开式中，常数项是 14（6分）已知函数f（x）=2x，x0log2(x-a)，x0，若f（1）f （1），则实数a ；若yf（x）存在最小值，则实数a的取值范围为

4、 15（4分）某地开展名优教师支教活动，现有五名名优教师被随机分到A、B、C三个不同的乡镇中学，现要求甲乙两位名优老师同时分到一个中学，可以有乡镇中学不分配到名优教师，则不同的分配方案共有 种16（4分）在平面直角坐标系xOy中，已知B，C为圆x2+y24上两点，点A（1，1），且ABAC=0，AM=12（AB+AC），则OAM面积的最大值为 17（4分）已知a，bR，设函数f（x）2|sinx+a|+|cos2x+sinx+b|的最大值为G（a，b），则G（a，b）的最小值为 三解答题（共5小题，满分74分）18（14分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且abcosC+2c

5、sinB（1）求tanB的值；（2）求cos（B+3）的值19（15分）如图1，平面五边形ABCDE中，BBADECDE90，CDDEAE，将ADE沿AD折起，得到如图2的四棱锥PABCD（）证明：PCAD；（）若平面PAD平面ABCD，求直线PB与平面PCD所成角的正弦值20（15分）数列an满足a11，12an+1=12an+1（nN*）（1）求证：数列1an是等差数列；（2）求数列an的通项公式21（15分）如图，已知点O（0，0），E（2，0），抛物线C：y22px（p0）的焦点F为线段OE中点（）求抛物线C的方程；（）过点E的直线交抛物线C于A，B两点，AB=4AM，过点A作抛物线C

6、的切线l，N为切线l上的点，且MNy轴，求ABN面积的最小值22（15分）已知函数f（x）alnx+x2（a为实常数）（1）求f（x）的单调区间；（2）当x1，e时，讨论方程f（x）0根的个数（3）若a0，且对任意的x1，x21，e，都有|f(x1)-f(x2)|1x1-1x2|，求实数a的取值范围2020年浙江省高考数学模拟试卷（12）参考答案与试题解析一选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）1（4分）已知全集UR，Ax|x40，Bx|x2，则A（UB）（）A2，+）B（2，+）C4，+）D（4，+）【解答】解：因为UR，Bx|x2，所以UBx|x2，又Ax|x4，所以：A（UB）x|

7、x2，故选：A2（4分）双曲线x23-y21的焦点到渐近线的距离是（）A1B2C3D2【解答】解：双曲线x23-y21的渐近线为y33x，a23，b21，c2a2+b23+14，即C2，设一个焦点F（2，0），渐近线方程为33x+y0，则焦点F到其渐近线的距离d=|332|1+(33)2=233233=1，故选：A3（4分）如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A4B163C323D16【解答】解：由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥，且侧棱PD底面ABCD，PD2，AD1，BC3，CD4；所以该四棱锥的体积为V=13Sh=1312（1+3）

8、42=163故选：B4（4分）若实数x，y满足不等式组y0x-2y22x-y2，则x3y（）A有最大值2，最小值-83B有最大值83，最小值2C有最大值2，无最小值D有最小值2，无最大值【解答】解：画出不等式组y0x-2y22x-y2表示的平面区域，如图阴影所示；设zx3y，则直线x3yz0是一组平行线；当直线过点A时，z有最大值，由y=0x-2y=2，得A（2，0）；所以z的最大值为x3y202，且z无最小值故选：C5（4分）“角为第三象限角”是“sintan0”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【解答】解：角为第三象限角，则有sin0，tan0，由s

9、intan0不一定有sin0，tan0，因此“角为第三象限角”是“sintan0”的充分不必要条件故选：A6（4分）已知a0，且a1，若loga21，则yx-a|x|的图象可能是（）ABCD【解答】解：loga21，a1结合图象f（1）1a0，故排除B，C又f（1）1a0，故排除AD选项满足故选：D7（4分）随机变量的可能值有1，2，3，且P（1）3p1，P（3）1p，则D（）的最大值为（）A89B1716C2625D1【解答】解：随机变量的可能值有1，2，3，且P（1）3p1，P（3）1p，可得：P（1）12p，03p-1101-p101-2p1，可得p13，12所以E（）1（3p1）+2（

10、12p）+3（1p）44pD（14+4P）2（3P1）+（24+4P）2（12P）+（34+4P）2（1P）16P2+18P4，p13，12当p=12时，D的最大值为1故选：D8（4分）如图，三棱锥VABC的底面ABC是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点），记直线PB与直线AC所成角为，二面角PACB的平面角为，则+不可能是（）A34B23C2D3【解答】解：如图，由题意，三棱锥VABC为正三棱锥，过P作PEAC，则BPE为直线PB与直线AC所成角为，当P无限靠近A时，PBE无限接近3，但小于3，则BPEBEP3当棱锥的侧棱无限长，P无限靠近V时，无限趋于2但小于2；二面角PA

11、CB的平面角为，即VACB的平面角为，由三棱锥存在，得0，随着棱长无限增大，无限趋于2+（3，）则+不可能是3故选：D9（4分）如图，一系列椭圆n：x2n+1+y2n=1（nN*），射线yx（x0）与椭圆n交于点Pn，设an|PnPn+1|，则数列an是（）A递增数列B递减数列C先递减后递增数列D先递增后递减数列【解答】解：设yx的参数方程x=22ty=22t(t0)，代入x2n+1+y2n=1（nN*）整理得t=2n(n+1)2n+1，tn+1=2(n+1)(n+2)2n+3，antn+1tn=2(n+1)(n+2)2n+3-2n(n+1)2n+1要判断上式增大还是减小，只需研究2(n+1)

12、(n+2)2n+3-2n(n+1)2n+1的值增大或减小即可将上式通分得2(n+1)(n+2)(2n+1)-n(2n+3)(2n+3)(2n+1)=4n2+8n+44n2+8n+3=1+14n2+8n+3，显然随着n的增大，an的逐渐减小故该数列是递减数列故选：B10（4分）已知a1，若存在x1，+），使不等式3xlna（x+1）lnaa成立，则a的取值范围是（）A（1，+）B(54，+)C(32，+)D（2，+）【解答】解：因为a1，所以3xlna(x+1)lnaa3xlnaa(x+1)lna3xa(x+1)a3xx+1因为存在x1，+）使不等式3xlna（x+1）lnaa成立，所以a(3x

13、x+1)min，又y=3xx+1=3-3x+1在区间1，+）单调递增，(3xx+1)min=(3-3x+1)min=32，a32，故选：C二填空题（共7小题，满分36分）11（6分）函数f（x）3sin（x+2）的最小正周期为2，值域为3，3【解答】解：由题意最小正周期T=2=2因为sin（x+2）1，1，所以3sin（x+2）3，3，故值域为3，3故答案为：2，3，312（6分）已知i为虚数单位，复数z满足z+i1+i=12i，则z32i，|z|13【解答】解：z+i1+i=12i，z+i（12i）（1+i）3iz32i|z|=32+(-2)2=13故答案为：32i，1313（6分）(3x-

14、2x)4的展开式中，常数项是8【解答】解：二项式(3x-2x)4的展开式的通项公式为Tr+1=4r（3x）4r（2）rxr=4r（2）rx4-4r3令x的幂指数4-4r3=0，解得r1，展开式中的常数项为：T2=41（2）18故答案为：814（6分）已知函数f（x）=2x，x0log2(x-a)，x0，若f（1）f （1），则实数a1-2；若yf（x）存在最小值，则实数a的取值范围为1，0）【解答】解：（1）f（1）f （1），21log2（1a），1-a=212，a=1-2（2）易知x0时，f（x）2x（0，1）；又x0时，f（x）log2（xa）递增，故f（x）f（0）log2（a），要使

15、函数f（x）存在最小值，只需-a0log2(-a)0，解得：1a0故答案为：1-2，1，0）15（4分）某地开展名优教师支教活动，现有五名名优教师被随机分到A、B、C三个不同的乡镇中学，现要求甲乙两位名优老师同时分到一个中学，可以有乡镇中学不分配到名优教师，则不同的分配方案共有81种【解答】解：根据题意，分2步进行分析：，在三个中学中任选1个，安排甲乙两人，有C313种情况，对于剩下的三人，每人都可以安排在A、B、C三个不同的乡镇中学中任意1个，则剩下三人有33327种不同的选法，则有32781种不同的分配方法；故答案为：8116（4分）在平面直角坐标系xOy中，已知B，C为圆x2+y24上两

16、点，点A（1，1），且ABAC=0，AM=12（AB+AC），则OAM面积的最大值为32【解答】解：如图，AM=12（AB+AC），M是BC的中点，延长AM至E，使得M为AE的中点，设E（x，y），由AE=AB+AC可知，四边形ABEC为平行四边形，又ABAC=0，则平行四边形ABEC为矩形，由矩形性质可知，OE2+OA2OB2+OC2，即OE2+24+4，x2+y26，即点E的轨迹为以原点为圆心，6为半径的圆，点E到直线OA的距离为d（0，6，（SOAE）max=1226=3OAM面积的最大值为：32故答案为：3217（4分）已知a，bR，设函数f（x）2|sinx+a|+|cos2x+si

17、nx+b|的最大值为G（a，b），则G（a，b）的最小值为4916【解答】解：设tsinx1，1，则f（x）2|sinx+a|+|12sin2x+sinx+b|2t+2a|+|2t2+t+b+1|max|2t2+3t+2a+b+1|，|2t2+t+2ab1|，G（a，b）max|2t2+3t+2a+b+1|，|2t2+t+2ab1|，当G（a，b）|2t2+3t+2a+b+1|时，令g（t）2t2+3t+2a+b+1，t1，1，则此时g(t)max=g(-34)，g(t)min=g(-1)，故G(a，b)=|g(t)|g(-1)|+|g(34)|2=|2a+b-4|+|2a+b+178|2|-

18、4-178|2=4916，由a，bR可知，等号能成立；当G（a，b）|2t2+t+2ab1|时，令h（t）2t2+t+2ab1，t1，1，则此时h(t)min=h(-14)，h(t)max=h(1)，故G(a，b)=|h(t)|h(-14)|+|h(1)|2=|2a-b-98|+|2a-b+2|2|-98-2|2=2516，由a，bR可知，等号能成立；综上，G（a，b）的最小值为4916故答案为：4916三解答题（共5小题，满分74分）18（14分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且abcosC+2csinB（1）求tanB的值；（2）求cos（B+3）的值【解答】解：（1）

19、因为abcosC+2csinB，由正弦定理，得：sinAsinBcosC+2sinCsinB，因为A+B+C，所以，sin（B+C）sinBcosC+2sinCsinB整理，得：cosBsinC2sinCsinB，因为0C，所以，sinC0，所以，cosB2sinB，得tanB=12（2）由（1）得：tanB=sinBcosB=12，又sin2B+cos2B1，解得：sinB=55，cosB=255，所以，cos(B+3)=cosBcos3-sinBsin3=25-151019（15分）如图1，平面五边形ABCDE中，BBADECDE90，CDDEAE，将ADE沿AD折起，得到如图2的四棱锥P

20、ABCD（）证明：PCAD；（）若平面PAD平面ABCD，求直线PB与平面PCD所成角的正弦值【解答】证明：（）取AD的中点F，连接PF、CF由已知，左图CDEA是正方形，因为正方形的对角线互相垂直平分，所以PFAD（即EFAD）、CFAD，（2分）因为PFCFF，所以AD平面PCF，（3分）PC平面PCF，所以PCAD（4分）（）由（）和平面PAD平面ABCD知，PF平面ABCD （5分）（方法一）从而PF、CF、AD两两互相垂直，以F为原点，以FA、FC、FP为单位正交基底建立空间直角坐标系Oxyz （6分）则P（0，0，1）、B（1，1，0）、C（0，1，0）、D（1，0，0）（7分）设

21、n=(a，b，c)是平面PCD的一个法向量，则nDP=a+c=0nDC=a+b=0 （9分）取a1，则bc1，故n=(1，-1，-1) （10分）PB=(1，1，-1) （11分）直线PB与平面PCD所成角的正弦值为|cosPB，n|=|PBn|PB|n|=13 （12分）（方法二）不妨设CD=2，则ABBC1 （6分）连接BD，三棱锥PBCD的体积VP-BCD=13Sh=1312BCABPF=16（8分）PC=PF2+CF2=2，PCD是正三角形，SPCD=34PC2=32 （9分）设点B到平面PCD的距离为h1，解1332h1=16得，h1=33 （10分）PB=PF2+BF2=3，故直线

22、PB与平面PCD所成角的正弦值为h1PB=13（12分）20（15分）数列an满足a11，12an+1=12an+1（nN*）（1）求证：数列1an是等差数列；（2）求数列an的通项公式【解答】解：（1）证明：12an+1=12an+1（nN*），1an+1-1an=2，数列1an是以1为首项，2为公差的等差数列；（2）由（1）可知，1an=1+2(n-1)=2n-1，故an=12n-121（15分）如图，已知点O（0，0），E（2，0），抛物线C：y22px（p0）的焦点F为线段OE中点（）求抛物线C的方程；（）过点E的直线交抛物线C于A，B两点，AB=4AM，过点A作抛物线C的切线l，N为

23、切线l上的点，且MNy轴，求ABN面积的最小值【解答】解：（）由已知得焦点F的坐标为（1，0），p2，抛物线C的方程为：y24x；（）设直线AB的方程为：xmy+2，设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），联立方程x=my+2y2=4x，消去x得：y24my80，16m2+320，y1+y24m，y1y28，设直线l方程为：yy1k（xx1），联立方程y-y1=k(x-x1)y2=4x，消去x得：y2-4ky+4ky1-4x1=0，由相切得：=16k2-4(4ky1-4x1)=0，1k2-1ky1+x1=0，又x1=y124，1k2-1ky1+y124=0，(1k-y12)2=

24、0，k=2y1，直线l的方程为：2xy1y+2x10，由AB=4AM，得x0=3x1+x24，y0=3y1+y24，将y0=3y1+y24 代入直线l方程，解得xN=y12+y1y28=y12-88，所以SABN=12|x0-xN|y1-y2|=12|3x1+x24-y12-88|y1-y2| =|y12+y22+1632|y1-y2| =|y1-y2|332 =|y1+8y1|332，又|y1+8y1|42，所以SABN42，当且仅当y1=22时，取到等号，所以ABN面积的最小值为4222（15分）已知函数f（x）alnx+x2（a为实常数）（1）求f（x）的单调区间；（2）当x1，e时，讨

25、论方程f（x）0根的个数（3）若a0，且对任意的x1，x21，e，都有|f(x1)-f(x2)|1x1-1x2|，求实数a的取值范围【解答】解：（1）f(x)=2x2+ax(x0)，a0时，f（x）在（0，+）上单调递增a0时，f（x）在(0，-a2)上单调递减，在(-a2，+)上单调递增（2）易知x1，故x1，e，方程f（x）0根的个数等价于x（1，e时，方程-a=x2lnx根的个数设g（x）=x2lnx，g(x)=2xlnx-x21xln2x=x(2lnx-1)ln2x当x(1，e)时，g（x）0，函数g（x）递减，当x(e，e时，g（x）0，函数g（x）递增又g（e）e2，g(e)=2e，作出yg（x）与直线ya的图象，由图象知：当2eae2时，即e2a2e时，方程f（x）0有2个相异的根；当ae2或a2e时，方程f（x）0有1个根；当a2e时，方程f（x）0有0个根；（3）当a0时，f（x）在x1，e时是增函数，又函数y=1x是减函数，不妨设1x1x2e，则|f(x1)-f(x2)|1x1-1x2|等价于f(x2)-f(x1)1x1-1x2即f(x2)+1x2f(x1)+1x1，故原题等价于函数h(x)=f(x)+1x在x1，e时是减函数，h(x)=ax+2x-1x20恒成立，即a1x-2x2在x1，e时恒成立y=1x-2x2在x1，e时是减函数，a1e-2e2