1、 第 1 页（共 17 页） 2020 年浙江省高考数学模拟试卷（年浙江省高考数学模拟试卷（9） 一选择题（共一选择题（共 10 小题，满分小题，满分 40 分，每小题分，每小题 4 分）分） 1 （4 分）已知集合 = *| = (2 3 4)+， = *| 2 1 0+全集 UR，则（RA） B（ ） A1，2 B1，2）（3，4 C1，3） D1，1）2，4 2 （4 分）若复数 z 满足 z（i1）2i（i 为虚数单位） ，则为（ ） A1+i B1i C1+i D1i 3 （4 分）若 x，y 满足约束条件 0 + 2 3 2 + 3 ，则 zxy 的最大值为 M，最小值为 m，则
2、Mm（ ） A0 B3 2 C3 D3 4 （4 分）若离散型随机变量 X 的分布列为 X 0 1 P 2 2 2 则 X 的数学期望 E（X）（ ） A2 B2 或1 2 C1 2 D1 5 （4 分）已知 kZ，则 k0 是函数 f（x）（k+1） x2k+1在（，+）上单调递增的 是（ ） 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 6 （4 分）若( 2 2) 的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是 （ ） A210 B180 C160 D175 7 （4 分） 已知点 （1， 2） 在双曲线 2 2 2 2 =1 的渐近线上， 则该双曲
3、线的离心率为 （ ） A3 2 B5 C 5 2 D 6 2 8 （4 分）如图，矩形 ABCD 中，AB1，BC= 3，F 是线段 BC 上一点且满足 BF1，E 第 2 页（共 17 页） 是线段 FC 上一动点，把ABE 沿 AE 折起得到AB1E，使得平面 B1AC平面 ADC，分 别记B1A， B1E与平面ADC所成角为， ， 平面B1AE与平面ADC所成锐角为， 则 （ ） A B C D 9 （4 分）函数 f（x）x2+e|x|的图象只可能是（ ） A B C D 10 （4 分）数列an满足 an+1+an11n+（1）n，且 0a61记数列an的前 n 项和 为 Sn，则当
4、 Sn取最大值时 n 为（ ） A11 B12 C11 或 13 D12 或 13 二填空题（共二填空题（共 7 小题，满分小题，满分 36 分）分） 11 （6 分）我县对“全国文明城市创建活动中 200 名志愿者的年龄抽样调查统计后得到频 率分布直方图（如图） ，但是年龄组为25，30）的数据不慎丢失，则依据此图可得：在 “全国文明城市”创建活动中志愿者年龄在25，30）的人数为 第 3 页（共 17 页） 12 （6 分） 已知向量 与 的夹角为 120， 且 = (1，3)，| | = 10， 则 = 13 （6 分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 14 （6 分）在A
5、BC 中，角 A，B，C 所对应的边分别为 a，b，c，已知 bcosC+ccosB3b， 则 = 15 （4 分）设实数 a，b，x，y 满足 a2+b21，x2+y23，则 ax+by 的取值范围为 16 （4 分）给如图染色，满足条件每个小方格染一种颜色，有公共边的小方格颜色不能相 同，则用 4 种颜色染色的方案有 种，用 5 种颜色染色的方案共有 种 17 （4 分）已知抛物线 C：y22px（p0）的焦点为 F，准线 l：x= 5 2，点 M 在抛物线 C 上点 A 在准线 l 上，若 MAl，直线 AF 的倾斜角为 3，则|MF| 三解答题（共三解答题（共 5 小题，满分小题，满分
6、 74 分）分） 18 （14 分）已知函数() = 22( 4 + ) + 3 232 （）求 f（x）的单调递增区间； （）若(0) = 23 13，0 , 2 ， 7 12-，求 cos2x0 的值 19 （15 分）如图，四棱锥 SABCD 的底面是正方形，SD平面 ABCD，SDADa，点 E 是线段 SD 上任意一点 （1）求证：ACBE； （2）试确定点 E 的位置，使 BE 与平面 ABCD 所成角的大小为 30 第 4 页（共 17 页） 20 （15 分）已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，a11，且 S4a4+a5 （1）求 an； （2）求数列* 2+的前 n 项和
7、 Tn 21 （15 分）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆： 2 2 + 2 2 = 1（ab0）经过 点(1， 3 2)设椭圆 C 的左顶点为 A，右焦点为 F，右准线与 x 轴交于点 M，且 F 为线段 AM 的中点 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）若过点 A 的直线 l 与椭圆 C 相交于另一点 P（P 在 x 轴上方） ，直线 PF 与椭圆 C 相 交于另一点 Q，且直线 l 与 OQ 垂直，求直线 PQ 的斜率 22 （15 分）已知 f（x）aex 12 +1 （1）a1 时，求 f（x）的单调区间和最值； （2）若对于任意的 x（0，+） ，不等式 f（x） (
8、1)2 2 恒成立，求 a 的取值范围； 求证：ex 12 +3 2 0 第 5 页（共 17 页） 2020 年浙江省高考数学模拟试卷（年浙江省高考数学模拟试卷（9） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一选择题（共一选择题（共 10 小题，满分小题，满分 40 分，每小题分，每小题 4 分）分） 1 （4 分）已知集合 = *| = (2 3 4)+， = *| 2 1 0+全集 UR，则（RA） B（ ） A1，2 B1，2）（3，4 C1，3） D1，1）2，4 【解答】解：Ax|x4，或 x1， RAx|1x4， Bx|x2，或 x1， （RA）B1，1）2，4 故选：D 2 （4
9、 分）若复数 z 满足 z（i1）2i（i 为虚数单位） ，则为（ ） A1+i B1i C1+i D1i 【解答】解：Z（i1）2i（i 为虚数单位） ， Z（1i） （1+i）2i（1+i） ， 2z2（i1） ， 解得 z1i 则 =1+i 故选：A 3 （4 分）若 x，y 满足约束条件 0 + 2 3 2 + 3 ，则 zxy 的最大值为 M，最小值为 m，则 Mm（ ） A0 B3 2 C3 D3 第 6 页（共 17 页） 【解答】解：由题意作平面区域如下， zxy 可化为 yxz， 结合图象可知， + 2 = 3 2 + = 3 = 1 = 1 过点 B（1，1）时，截距最小，
10、z 有最大值 M110， 过点 C（0，3）时，截距最大，z 有最小值 m033， 故 Mm3， 故选：D 4 （4 分）若离散型随机变量 X 的分布列为 X 0 1 P 2 2 2 则 X 的数学期望 E（X）（ ） A2 B2 或1 2 C1 2 D1 【解答】解：由离散型随机变量 X 的分布列，知： 0 2 1 0 2 2 1 2 + 2 2 = 1 ，解得 a1， X 的数学期望 E（X）= 0 1 2 + 1 1 2 = 1 2 故选：C 5 （4 分）已知 kZ，则 k0 是函数 f（x）（k+1） x2k+1在（，+）上单调递增的 是（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 第
11、 7 页（共 17 页） C充要条件 D既不充分也不必要条件 【解答】解：当 k0 时，函数 f（x）在（，+）上是增函数；反之，f（x）在（ ，+）上是增函数，未必有 k0，如 k0 时，f（x）在（，+）上是增函数 故“k0“函数 f（x）（k+1） x2k+1在（，+）上单调递增“； “函数 f（x） （k+1） x2k+1在（，+）上单调递增“推不出“k0“； k0 是函数 f（x）（k+1） x2k+1在（，+）上单调递增的充分不必要条件 故选：A 6 （4 分）若( 2 2) 的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是 （ ） A210 B180 C160 D175
12、 【解答】解：若( 2 2) 的展开式中只有第六项的二项式系数5最大，故 n10， 则展开式的通项公式为 Tr+1= 10 （2）r5 5 2，令 55 2 =0，求得 r2， 可得展开式中的常数项为 10 2 （2）2180， 故选：B 7 （4 分） 已知点 （1， 2） 在双曲线 2 2 2 2 =1 的渐近线上， 则该双曲线的离心率为 （ ） A3 2 B5 C 5 2 D 6 2 【解答】解：点（1，2）在双曲线 2 2 2 2 =1 的渐近线上， 可得 =2，所以 a24b24c24a2，4c25a2，所以双曲线的离心率为：e= 5 2 故选：C 8 （4 分）如图，矩形 ABCD
13、 中，AB1，BC= 3，F 是线段 BC 上一点且满足 BF1，E 是线段 FC 上一动点，把ABE 沿 AE 折起得到AB1E，使得平面 B1AC平面 ADC，分 别记B1A， B1E与平面ADC所成角为， ， 平面B1AE与平面ADC所成锐角为， 则 （ ） A B C D 第 8 页（共 17 页） 【解答】解：如图，过 B1作 B1OAC， 在 RtABC 中，AB1，BC= 3，AC2， 在 RtAB1C 中，AB11，B1C= 3，AC2， 1= 1 2 1 = 1 2 1 1， B1O= 11 = 3 2 ，AO=1 3 4 = 1 2， 平面 B1AC平面 ADC，B1OAC
14、，B1O平面 ABCD， B1AO，tan= 1 = 3， B1EO，tan = 1 tan， 过 O 作 OFAE，垂足为 F，连结 BF， 则BFO 为平面 BFO 与平面 ADC 所成锐角 ， O 到 AB 的距离 h 1 4 = 3 4 ， tan 1 = 3 2 3 4 =2，tantan， 故选：A 9 （4 分）函数 f（x）x2+e|x|的图象只可能是（ ） A B C D 第 9 页（共 17 页） 【解答】解：因为对于任意的 xR，f（x）x2+e|x|0 恒成立，所以排除 A，B， 由于 f（0）02+e|0|1，则排除 D， 故选：C 10 （4 分）数列an满足 an
15、+1+an11n+（1）n，且 0a61记数列an的前 n 项和 为 Sn，则当 Sn取最大值时 n 为（ ） A11 B12 C11 或 13 D12 或 13 【解答】解：设 a1t，由 an+1+an11n+（1）n， 可得 a29t，a31+t，a46t，a52+t，a63t，a73+t，a8t， 0a61 可得 03t1，可得 2t3， 则数列an的奇数项为首项为 t，公差为 1 的等差数列；偶数项为首项为 9t，公差为 3 的等差数列， 且每隔两项的和为 9，7，5，3，1，1，为递减， 可得 S1095+7+5+3+125， S1125+a1130+t， S1225124， S1
16、324+a1324+6+t 30+t，S1424321， 则当 Sn取最大值时 n11 或 13 故选：C 二填空题（共二填空题（共 7 小题，满分小题，满分 36 分）分） 11 （6 分）我县对“全国文明城市创建活动中 200 名志愿者的年龄抽样调查统计后得到频 率分布直方图（如图） ，但是年龄组为25，30）的数据不慎丢失，则依据此图可得：在 “全国文明城市”创建活动中志愿者年龄在25，30）的人数为 40 【解答】解：由频率分布直方图得： 在“全国文明城市”创建活动中志愿者年龄在25，30）的频率为： 1（0.01+0.07+0.06+0.02）50.2， 在“全国文明城市”创建活动中
17、志愿者年龄在25，30）的人数为 2000.240 第 10 页（共 17 页） 故答案为：40 12 （6 分） 已知向量 与 的夹角为 120， 且 = (1，3)，| | = 10， 则 = 5 【解答】解：因为向量 与 的夹角为 120，且 = (1，3)，| | = 10， 所以：| |= (1)2 + 32= 10； 则 = 10 10cos12010（ 1 2）5； 故答案为：5 13 （6 分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 9 【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为： 下底面为直角梯形，高为 3 的四棱锥体， 如图所示： 所以：V= 1 3 1 2 (2
18、 + 4) 3 3 = 9， 故答案为：9 14 （6 分）在ABC 中，角 A，B，C 所对应的边分别为 a，b，c，已知 bcosC+ccosB3b， 第 11 页（共 17 页） 则 = 3 【解答】解：已知等式 bcosC+ccosB3b，利用正弦定理化简得：sinBcosC+sinCcosB 3sinB，即 sin（B+C）3sinB， 整理得：sinA3sinB， 再利用正弦定理化简得：a3b， 则 =3 故答案为：3 15（4 分） 设实数 a， b， x， y 满足 a2+b21， x2+y23， 则 ax+by 的取值范围为 ,3，3- 【解答】解：a2+b21，x2+y23
19、 设 acos，bsin，x= 3cos，y= 3sin，、R ax+by= 3coscos+3sinsin = 3（coscos+sinsin） = 3cos（） 1cos（）1 3 3cos（） 3 即 ax+by 的取值范围为,3，3- 故答案为：,3，3- 16 （4 分）给如图染色，满足条件每个小方格染一种颜色，有公共边的小方格颜色不能相 同，则用 4 种颜色染色的方案有 252 种，用 5 种颜色染色的方案共有 1040 种 【解答】解： （1）根据题意，若用 4 种颜色染色时，先对 A、B 区域染色有 C 4 131种， 再对 C 染色： 当 C 同 B 时，有 C 2 1C 2
20、 1种； 当 C 同 A 时，有 C 3 1 + 2 1 2 1种； 当 C 不同 A、B 时，有 C 2 1（C 3 1 + 2 1）种；综合共有 C 4 131C 2 1 C 2 1 +C 3 1 + 2 1 2 1 +C 2 1（C 3 1 + 2 1）252 种 （2）根据题意，若用 5 种颜色染色时，先对 A、B 区域染色有 C 5 1 4 1 种，再对 C 染 色： 第 12 页（共 17 页） 当 C 同 B 时，有 C 3 1 3 1种； 当 C 同 A 时，有 C 4 1 + 3 1 3 1种； 当 C 不同 A、B 时，有 C 3 1（C 4 1 +C 2 1C 3 1）种
21、； 综合， 共有 C 5 1 4 1C 3 1 3 1 +C 4 1 + 3 1 3 1 +C 3 1 （C 4 1 +C 2 1C 3 1） 1040 种 故填：252，1040 17 （4 分）已知抛物线 C：y22px（p0）的焦点为 F，准线 l：x= 5 2，点 M 在抛物线 C 上点 A 在准线 l 上，若 MAl，直线 AF 的倾斜角为 3，则|MF| 10 【解答】解：抛物线 C：y22px（p0）的焦点为 F，准线 l：x= 5 2，抛物线 C：y 2 10x， 点 M 在抛物线 C 上，点 A 在准线 l 上，若 MAl，且直线 AF 的倾斜角为 3，直线 AF 的 斜率
22、kAF= 3， 准线与 x 轴的交点为 N，则 AN5tan 3 =53，A（ 5 2，53） ， |MF|=(53)2+ 52=10 故答案为：10 三解答题（共三解答题（共 5 小题，满分小题，满分 74 分）分） 18 （14 分）已知函数() = 22( 4 + ) + 3 232 第 13 页（共 17 页） （）求 f（x）的单调递增区间； （）若(0) = 23 13，0 , 2 ， 7 12-，求 cos2x0 的值 【解答】解： （）() = 22( 4 + ) + 3 232 = 1 (2 + 2) + 3(1 22) = 1 + 2 32 = 2(2 3) + 1， 令
23、2 + 2 2 3 2 + 2， ，解得 12 + 5 12 + ， ， f（x）的单调递增区间为, 12 + ， 5 12 + -， ； （）(0) = 2(20 3) + 1 = 23 13，则(20 3) = 5 13， 由于0 , 2 ， 7 12-，则20 3 ,2 3 ， 5 6 -，故(20 3) = 12 13， 20= ,(20 3) + 3- = (20 3) 3 (20 3) 3 = 1 2 ( 12 13) 3 2 5 13 = 12+53 26 19 （15 分）如图，四棱锥 SABCD 的底面是正方形，SD平面 ABCD，SDADa，点 E 是线段 SD 上任意一点
24、 （1）求证：ACBE； （2）试确定点 E 的位置，使 BE 与平面 ABCD 所成角的大小为 30 【解答】解： （1）证明：连结 BD，四边形 ABCD 为正方形， ACBD， 又SD平面 ABCD，AC平面 ABCD， ACSD BDSDD，AC平面 SBD 又BE平面 SED，ACBE （2）解：设 DEt，SD平面 ABCD， BE 与平面 ABCD 所成角为EBD 第 14 页（共 17 页） 在 RtEDB 中，由 tanEBDtan30= 2，解得 t= 6 3 a 当 ED= 6 3 a 时，BE 与平面 ABCD 所成角的大小为 30 20 （15 分）已知等差数列an的
25、前 n 项和为 Sn，a11，且 S4a4+a5 （1）求 an； （2）求数列* 2+的前 n 项和 Tn 【解答】解： （1）设公差为 d，由 S4a4+a5，得41+ 43 2 = 1+ 3 + 1+ 4，即 4+6d2+7d， 解得 d2，所以，an1+2（n1）2n1； （2） 2 = 21 2 ， 可得= 1 2 + 3 22 + 5 23 + + 21 2 ， 两边同乘以1 2， 有 1 2 = 1 22 + 3 23 + 5 24 + + 21 2+1 ， 两式相减，得 1 2 = 1 2 + 2 22 + 2 23 + 2 24 + + 2 2 21 2+1 = 1 2 +
26、2 1 4(1 1 21) 11 2 21 2+1 = 3 2 2+3 2+1 所以，= 3 2+3 2 21 （15 分）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆： 2 2 + 2 2 = 1（ab0）经过 点(1， 3 2)设椭圆 C 的左顶点为 A，右焦点为 F，右准线与 x 轴交于点 M，且 F 为线段 AM 的中点 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）若过点 A 的直线 l 与椭圆 C 相交于另一点 P（P 在 x 轴上方） ，直线 PF 与椭圆 C 相 交于另一点 Q，且直线 l 与 OQ 垂直，求直线 PQ 的斜率 【解答】解： （1）因为 A（a，0） ，F（c，0） ，
27、( 2 ，0)，且 F 为 AM 的中点， 第 15 页（共 17 页） 所以 + 2 = 2，则 2c2+aca20 即（2ca） （a+c）0，所以 a2cb2a2c23c2（2 分） 因为点(1， 3 2)在椭圆上， 所以 1 2 + 9 4 2 = 1，（4 分） 又因为 b2a2c23c2，所以 c1，则 a24，b2a2c23 所以椭圆的标准方程为 2 4 + 2 3 = 1 （6 分） （2）由题意直线 AP 的斜率必存在且大于 0， 设直线 AP 的方程为：yk（x+2） ， （k0） 代入椭圆方程并化简得： （3+4k2）x2+16k2x+16k2120， 因为2= 1621
28、2 3+42 ， 得= 682 3+42， = (68 2 3+42 + 2) = 12 3+42，（8 分） 当2= 1 4时，PQ 的斜率不存在，此时 0不符合题意 当 k2 1 4时，直线 PQ 的方程为： = 4 142 ( 1)， 因为 = 0，所以直线 OQ 的方程为： = 1 ，（12 分） 两直线联立解得：Q（4k2，4k） ，因为 Q 在椭圆上， 所以16 4 4 + 162 3 = 1，化简得： （2k2+3） （6k21）0，即 = 6 6 ， 因为 k0，所以 = 6 6 ，（14 分） 此时(2 3 ， 26 3 ) 直线 PQ 的斜率为26（16 分） 22 （15
29、 分）已知 f（x）aex 12 +1 第 16 页（共 17 页） （1）a1 时，求 f（x）的单调区间和最值； （2）若对于任意的 x（0，+） ，不等式 f（x） (1)2 2 恒成立，求 a 的取值范围； 求证：ex 12 +3 2 0 【解答】解： （1）当 a1 时，() = 1 2 + 1( 0)，则() = 1 1 2= 1 1 ， 易知函数 f（x）在0，+）上为增函数，而 f（1）0， 故当 x（0，1）时，f（x）0，f（x）单调递减；当 x（1，+）时，f（x）0， f（x）单调递增， 故函数 f（x）的减区间为（0，1） ，增区间为（1，+） ，最小值为 f（1）0
30、，无最大值； （2） 不等式 f （x） (1)2 2 即为1 2 + 1 (1)2 2 ， 令() = 1 2 + 1 (1)2 2 ， （i）若 a1，则(1) = 2 + 1，令() = 2 + 1(1)，易知函数 h（a）在（ ，1）上单调递增，故 h（a）h（1）0，矛盾； （ii）若 a1，g（x）0 即为221 4 + 2 ( 1)2 0， 令() = 212+ ,2 ( 1)2- 4( 1)，这可以看作关于 a 的二次函数，其 对称轴为 = (1)22 41 ， 现比较 = (1)22 41 与 1 的大小： 作差可得(1) 22 41 1 = (1)2241 41 ，令 m（
31、x）（x1） 24ex12（x0） ， 则 m（x）2（x1）4ex 12（x12ex1）2（x12x）2（x1）0， 即函数 m （x） 在 （0， +） 上单调递减， 故()(0) = 1 4 0， 即(1) 22 41 1， 故函数 （a）在1，+）上单调递增，故 （a）（1） ， 而(1) = 21+ 2 ( 1)2 4， 设() = 21 ( 1)2 4 + 2(0)， 则 () = 2,1 ( 1) 1 -， 易知函数 n（x）在（0，+）上单调递增，而 n（1）0， 故当 x（0，1）时，n（x）0，n（x）单调递减；当 x（1，+）时，n（x）0， n（x）单调递减， 第 17 页（共 17 页） 故 n（x）n（1）0，即 （1）0，即不等式 f（x） (1)2 2 恒成立， 综上，实数 a 的取值范围为1，+） ； 证明：由知，要证 ex 12 +3 2 0，只需证(1) 2 2 1 2，即证（x 1）22lnx+10， 易知 lnxx1，故（x1）22lnx+1（x1）22（x1）+1x24x+4（x2）2 0，即得证
