浙江专用数学三轮冲刺抢分练仿真卷一11210226

（浙江专用）2020高考数学三轮冲刺抢分练仿真卷（一）一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)1已知集合Ax|x21，集合Bx|log2x0，则AB等于()A(0,1) B(1,0) C(1,1) D(，1)答案A解析根据题意集合Ax|1x1，集合Bx|0x1时，f(x)0，故可排除C；当x0时，f(x) ，f(x)，显然当1x0，函数f(x)单调递增，当xe时，f(x)0.若X的方差D(X)对所有a(0,1b)都成立，则()Ab Bb Cb Db答案D解析由X的分布列可得X的期望为E(X)ac，abc1，所以X的方差D(X)(1ac)2a(ac)2b(1ac)2c(ac)2(abc)2(ac)2ac(ac)2ac(2a1b)21b421b，因为a(0,1b)，所以当且仅当a时，D(X)取最大值1b，又D(X)对所有a(0,1b)都成立，所以只需1b，解得b.9如图所示，用一边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为的鸡蛋(视为球体)放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋(球体)离蛋巢底面的最短距离为()A. B. C. D.答案D解析因为蛋巢的底面是边长为1的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1，又因为鸡蛋的体积为，所以球的半径为1，所以球心到截面的距离d，而截面到球体最低点的距离为1，而蛋巢的高度为，故球体到蛋巢底面的最短距离为.10设，是方程x2x10的两个不等实数根，记annn(nN*)下列两个命题()数列an的任意一项都是正整数；数列an存在某一项是5的倍数A正确，错误 B错误，正确C都正确 D都错误答案A解析因为，是方程x2x10的两个不等实数根，所以1，1，因为annn，所以an1n1n1(nn)(nn)nn(nn)()(n1n1)(nn)(n1n1)anan1，即当n3时，数列an中的任一项都等于其前两项之和，又a11，a222()223，所以a3a2a14，a4a3a27，a5a4a311，以此类推，即可知数列an的任意一项都是正整数，故正确，若数列an存在某一项是5的倍数，则此项个位数字应当为0或5.由a11，a23，依次计算知，数列an中不存在个位数字为0或5的项，错误二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11九章算术中记载了“今有共买豕，人出一百，盈一百；人出九十，适足问人数、豕价各几何？”其意思是“若干个人合买一头猪，若每人出100，则会剩下100；若每人出90，则不多也不少问人数、猪价各多少？”设x，y分别为人数、猪价，则x_，y_.答案10900解析由题意可列方程组解得12某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是_cm2，体积是_cm3.答案2048解析由题意得，该几何体为三棱柱，故其表面积S242224222204，体积V4228.13已知多项式(x2)m(x1)na0a1xa2x2amnxmn满足a04，a116，则mn_，a0a1a2amn_.答案572解析令x0，得a02m4，又由二项展开式的通项公式得C2m1C1nC2mC1n116，所以m2，n3，则mn5；令x1，得a0a1a2amn322372.14在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S为ABC的面积，若c2acos B，Sa2c2，则ABC的形状为_，C的大小为_答案等腰三角形解析在ABC中，由c2acos B及正弦定理得sin C2sin Acos B，则sin(AB)2sin Acos B，化简得sin(AB)0，那么AB，从而有ab，所以ABC为等腰三角形；由Sa2c2及余弦定理得absin Ca2(a2b22abcos C)，化简得a2sin Ca2cos C，又a0，所以sin Ccos C，则tan C1，又C是ABC的内角，故C.15已知x0，y1，且xy1，则的最小值为_答案2解析，结合xy1可知原式，且2，当且仅当x3，y2时等号成立即的最小值为2.16已知F1，F2为椭圆C：1的左、右焦点，点P在椭圆C上移动时，PF1F2的内心I的轨迹方程为_答案x23y21(y0)解析由题意得F1(1,0)，F2(1,0)，设点P(x，y)，I(m，n)，2x2，y0，则|PF1|2，则|PF2|2a|PF1|42，|F1F2|2c2，|PF1|PF2|F1F2|2a2c6，则由点I为PF1F2的内心结合图形(图略)得则代入椭圆C的方程得三角形的内心I的轨迹方程为m23n21(n0)，即x23y21(y0)17如图，在ABC中，已知ABAC1，A120，E，F分别是边AB，AC上的点，且，其中，(0,1)，且41，若线段EF，BC的中点分别为M，N，则|的最小值为_答案解析连接AM，AN(图略)，在等腰三角形ABC中，ABAC1，A120，所以|cos 120，因为AM是AEF的中线，所以()()，同理可得，由此可得(1)，两边平方并化简得2(1)2(1)(1)(1)2，由于41，可得14，代入上式并化简得222，由于，所以当时，2取得最小值，所以|的最小值为.三、解答题(本大题共5小题，共74分)18(14分)已知f(x)Asin(x)过点，且当x时，函数f(x)取得最大值1.(1)将函数f(x)的图象向右平移个单位长度得到函数g(x)，求函数g(x)的表达式；(2)在(1)的条件下，函数h(x)f(x)g(x)2cos2x1，求h(x)在上的值域解(1)由题意得A1，由函数过得sin ，|，.又f1，2k，kZ，04，2，f(x)sin，g(x)fsin.(2)h(x)sinsincos 2xsin 2xcos 2x2sin，当x时，2x，sin1，12sin2，所以h(x)在上的值域为1,219(15分)如图，四棱锥PABCD的底面是梯形，BCAD，ABBCCD1，AD2，PB，PAPC.(1)证明：ACBP；(2)求直线AD与平面APC所成角的正弦值(1)证明取AC的中点F，连接PF，BF，由PAPC得PFAC，由ABBC，得BFAC，又PFBFF，AC平面PBF，又BP平面PBF，ACBP.(2)解延长BF交AD于点E，过点P作PO垂直于平面ABCD于点O，由(1)易知点O在BE上，在PBF中，PB，BF，PF，由余弦定理得cosPFB，即PFB120，则PFO60，POPFsin 60，由VPACDVDAPC得POSACDhSAPC，其中h为点D到平面APC的距离，解得h，设直线AD与平面APC所成角为，则sin .20(15分)已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且a11，an(nN*，且n2)(1)求数列an的通项公式；(2)证明：当n2时，.(1)解由an，得SnSn1，即1(n2)，所以数列是以1为首项，以1为公差的等差数列，所以1(n1)1n，即Snn2，当n2时，anSnSn12n1，当n1时，a1S11，也满足上式，所以an2n1.(2)证明当n2时，所以1.故当n2时，b0)恰有一个公共点P，l与圆x2y2a2相交于A，B两点(1)求k与m的关系式；(2)点Q与点P关于坐标原点O对称若当k时，QAB的面积取到最大值a2，求椭圆的离心率解(1)由得(a2k2b2)x22a2kmxa2(m2b2)0，则(2a2km)24(a2k2b2)a2(m2b2)0，化简整理，得m2a2k2b2.(2)因为点Q与点P关于坐标原点O对称，故QAB的面积是OAB的面积的两倍所以当k时，OAB的面积取到最大值，此时OAOB，从而原点O到直线l的距离d，又d，故.再由(1)，得，则k21.又k，故k21，即，从而e21，即e.22(15分)已知f(x)2ln(x2)(x1)2，g(x)k(x1)，kR.(1)求f(x)的单调区间；(2)当k2时，求证：对于任意x1，f(x)1，使得当x(1，x0)时，恒有f(x)g(x)成立，试求k的取值范围(1)解函数f(x)的定义域为(2，)f(x)2(x1)(x2)，当f(x)0时，x23x10.解得2x；当f(x).所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)证明设h(x)f(x)g(x)2ln(x2)(x1)2k(x1)(x1)，当k2时，h(x)2，当x1时，h(x)0恒成立，h(x)单调递减又h(1)0，当x(1，)时，h(x)h(1)0恒成立，即f(x)g(x)1，f(x)g(x)恒成立(3)解因为h(x)k.方法一由(2)知，当k2时，f(x)1,2ln(x2)(x1)22时，对于任意x1，x10，此时2(x1)k(x1)2ln(x2)(x1)22(x1)k(x1)，即f(x)g(x)恒成立，不存在满足条件的x0；当k2时，令t(x)2x2(k6)x(2k2