2020年高考数学临考冲刺卷浙江卷(二)

1、C.6D.272020年高考数学临考冲刺卷浙江卷（二）1.设全集 U x | x 0 , M x |log i x 0 ,则 G M （） 2A. （,1B.（1，）C.（0，1D.1，）4 2i_2 .已知z 丁（i为虚数单位）的共轲复数为z，则z z （）A.10B.9C. 10D.33 .设 x R ,贝 U “ x2 2x 3 0 ” 是 “ x 4” 的（）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()4 .已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为5 .已知函数f（x）的图象如图所示，则 f（x）可以为（）r ,、 x 3x ex e一、2A.

2、f(x) 一一B.f(x)C. f (x) - x3 xxx6.已知X的分布列如下，且Y aX3, E Y7 ,则a的值为30D. f(x) exX101P111236A.1B.2C.3D.42BC 2 ,动点M在以点C为圆心且与BD相切的圆上，则7.如图，在矩形ABCD中，AB uur uuir AM BD的取大值是（）A. 1B.5C. 35D. 352 x8.已知椭圆C:-2a2y2 1(a b b20）上存在两点M ,N关于直线2x3y 1 0对称，且线段C的离心率是（） 2MN中点的纵坐标为，则椭圆31 A.一 3B 3 B.32 C.3D.2J39.已知数列a已满足a 2, % 1

3、an2 2an 1,一2 a为()1 A.18B.01 C. 1810.九章算术中将底面为长方形,a2a20i83,则生。19a的最小值1 D.-6且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马.现有阳马P ABCD , PA 底面ABCD ,底面ABCD为正方形，且PA AB,若E为PD的中点，点。为该阳马外接球的球心，则异面直线PO与BE所成角的余弦值为（）11.设函数f2 B.-33C. 一43- 2.,_ 一一一x 3x 1.已知 a 0,且 fxfa2D.3, 2x b x -a , x,最大的系数是,渐近线方程是实数a12.（6 鼻）5展开式中常数项是2 . x213 .双曲线x2 y-

4、1的焦距是3*2014 .已知实数x,y满足约束条件 x y ，则x y的最大值为x y 2 015 .某地区突发传染病公共卫生事件，广大医务工作者逆行而上，纷纷志愿去一线抗击疫情.医院呼吸科共有4名医生，6名护士，其中1名医生为科室主任，1名护士为护士长.据组织安排，从中选派3人去支援抗疫一线，要求医生和护士均有，且科室主任和护士长至少有1人参加，则不同的选派方案共有 种.16 .设函数f x = sin( x+ ) J3cos( x )0,2的最小正周期为 泥，且满足f(x) f x .则函数f x的单调增区间为17.已知 f (x)xae一,xx1,2,且x1 ,x2 1,2, x1x2

5、 f(x1)" 1恒成立，则a的取x1 x2值范围是18 .在ABC中，a,b, c分别是角A,B,C所对的边，且C0s(B C) a. cosC 2b c(1)求角A的大小；(2)若a 4向,b 4应，求ABC的面积.219 .如图，在四麴t P ABCD中，已知底面ABCD为菱形，且 ADC - , AB 2, APAD3为等边三角形(1)证明：AD PB;(2)当PC 而时，求直线BD与平面PBC所成角的正弦值.20 .已知数列an的前 n 项和为 S,a23a13,Si Si2Sn2n 1n-2,nN(1)求an的通项公式;(2)求数列1一的前n项和Tn.an0)相交于A,

6、B两点，Q为抛物线221 .已知过点M(0,m)(m 0)的直线l与抛物线x 2py(p上的动点.(1)若m 2, |QM|的最小值为 3 求抛物线方程;(2)点M关于原点的对称点为 N,若以点M为圆心的圆与直线 AN相切，判断圆 M与直线BN的位置关系，并说明理由2._x 4x 222.已知函数f(x) x一e(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若对任意的x 2,0 ,不等式2m x 1f(x)恒成立，求实数 m的取值范围.答案以及解析1答案：D解析：由题意知 M x|log1 x 0x|0 x 1,又 U x|x 0, CUM x|x 1.22答案：Ael 4 2i (4 2i)(1 i

7、) 2 6i解析：z 1 3i ,则 z 1 3i,z z 10,故选 A.1 i (1 i)(1 i) 23答案：B解析：x零点，不符合题意，排除D；然后，对剩下的2个选项，进行单调，f判断，f(x)- 2x 3 0即为x 1或x 3,故“x2 2x 3 0 ”是“x 4 ”的必要不充分条件.4.答案：B解析：该几何体可以嵌入到一个棱长为3的正方体中，如图所示，则该几何体的体积1 19V 3 2 3 3 3 92,故选 B.5答案：Ax x解析：首先对4个选项进行奇偶性判断，可知 f (x) e一e-为偶函数，不符合题意，排除 xB；x其次，在剩下的3个选项，对其在0,上的零点个数进行判断，

8、f(x) J在0, 上无x在0,x上单调递减，不符合题意，排除C,故选A.6答案：B一一1111解析：E X 1 - 0 - 1 -,2363'17,E Y E aX 3 aE X 3-a 3 - , a 2 .故选 B.337答案：A解析：因为在矩形 ABCD中，AB 2BC2,动点M在以点C为圆心且与BD相切的圆上,uur LULT 故 AC BD而，设C至ij BD的距离为d ,则有d255 ，uuur uur 故 AM BDuur uuuu LILTAC CM BDLULT ULLT ULUT UUT AC BD CM BD ,3 业 其中AC BD3«1 3道Lnr

9、 山皿AB BCBC CD30!山道3, CM BD山1!1"CM BD 2 ,当且仅当CMr与BLD同向时，等号成立，故选A.8答案：B解析：设 M x,y1 ,N X2,y22222则汉"1 x2比12,2I， 2,21a b a b两式相减可得：X1X22X1X2y1y22yly20ab.M，N关于直线l ：2x 3y 1 0对称MN l且MN的中点A Xo, yo在l上,13. KMN 丁 彳且 2Xo 3yo 1 0 ki2由线段MN中点的纵坐标yo 可得：2Xo 3 - 1 0 3 X1X22xo 3, y y22yo3一 X1X22y y2-3K mny y2

10、X1 x22代入整理得：与2a2 3椭圆C的离心率ea9答案：B解析：当ai2时，由3n132 23n/口2 n ,得 3n3n,此时 32019310 ,当 312时,由3n 13n3n1223n 23n21得3n 2所以13n 1223n23n3n121-一,即 3n所以1323n 1a2018213201813201923i1212132 2132133所以3201912 53i7 33132019(0,1), 320193i31综上，3201931的最小值为0,故选10.答案：D,320192t2 2t 13t解析：由题意可知，该阳马外接球的球心即为异面直线PO与BE所成的角.如图,3

11、113(t12 5313a12)3133121231 127 331(2 t 1 2) 0。为PC的中点，故异面直线 PC与BE所成的角取CD的中点F,连接EF,BF ,则EF为CDP的中位线，所以EF/PC,则 BEF或其补角即为异面直线 PC与BE所成的角.令AB 2,连接 AE ,则 BE Jae2 AB2 P EDAB2 J (亚)22r 品，BFBC2CF2 &2 12 娓，EF1PC 22 PA2 AB2 BC22222囱，所以cosBEF222BE EF BF2 BE EF11.答案：-2; 1解析：f x - f a32323232x +3x +1 a 3a 1 x 3

12、x a 3a ,(x b)(x a)2x3 (2 a b)x2 (a2 2ab)x a2b.所以2ab 32a 2ab 0,解得2,32a b a 3a5512.答案：4 ； 2解析：T4 C3( - x)2(3 - )32 一 x55Z' T2 T3的系数最大为213 .答案：4； y 3x2解析：双曲线x2 X 1 ,可知a 1,b V3,c 2,所以双曲线的焦距是 4, 3渐近线方程为：y技.故答案为：4； y 邪x.14 .答案：1 ； -6 4解析：作出可行域如图中阴影部分所示,其中A( 2, 4),B(1, 1),令z x y则y x z , z的几何意义为直线y x z在

13、y轴上的截距最小，作出直线 yx并平移，分析可知当平移后的直线过点A( 2, 4)时，直线y xz取得最小值，此时z x y取得最小值，且zmin6,由yx2,得y' 2x ,注意到曲线x2 y 0在点B(1, 1)处的切线的斜率为-2,则易知z x y不在点B(1, 1)处取得最大值，令 2x 1 ,解得x11-2一，将x 一代入x y22。得y1结合图形可知，当 411直线y x z过点(_,)时,24'z x y取得最大值，且zmax15.答案：51解析：选派3人去支援抗疫一线,方案有下列三种情况:（1）科室主任和护士长都参加，有C188（种）选派方案.（2）科室主任参加

14、，护士长不参加,c5c3c525（种）选派方案.（3）科室主任不参加，护士长参加,c5c3C218（种）选派方案.故符合条件的选派方案有8+25+18=51（种）.16.答案:Z)解析：因为f x = sin( x+)3 cos( x2sin2 ,由 f( x)f(x)Z）,因为二，f (x) 6cos2 x ,由2k兀 兀2x2k %x ku, k Z,即函数f（x）的单调区兀 一.间为 一ku, k兀,(k2Z).17.答案：（解析:X , x21,2,f(X1) f(X2)Xi X21f(X1)x1f(x2) x2Xix2。恒成立，则g(x)xf(x) x . x在1,2上单调递减, x

15、即 g (x)aex(x 1)1 0在1,2上恒成立，即xae (x2 x2 x1 1在1,2上恒成立.当x 1时,显然恒成立，a R ;当a (1,2时,a -ex(x 1)2x，令 t(x) 一-,则 t(x)e (x 1)44,一，t(x)min t(2) T ,所以a F .综上可知,ee2 _x(x2x 2)t42,当 aex(x 1)2'4 a -.e(1,2时，t (x) 0,18.答案：（1）由已知及正弦定理，得cos(B C)cosCa /口 cos A,得 2b c cosCsin A2sin B sin c2sin BcosA sin C cos A sin Ac

16、osC ,得2sin BcosA sin AcosC sin C cos A sin(A C) sin B12兀Q sin B 0, cosA 又 0 A 兀，A 2 '3(2)由余弦定理有a2 b2 c2 2bccosA,即(4肉2 (4#)2 c2 2 4/c ；，化简，得 c2 472c 16 0,解得c2<2 2褥(舍)或c 242 2巫,1 1' 一 一' 3所以 Sa ABC bcsinA-4.2( 2 22 6)一12 4,3.2 2219.答案：(1)如图，取AD得中点E,连接PE,BE因为4PAD为等边三角行，所以 PE AD一、，.、.一、，一

17、.一， 一2 立冗因为底面 ABCD为菱形，且 ADC 一，所以AB AD, BAD 33所以4ABD为等边三角形，所以 BE AD又PE, BE 平面BPE, PE BE E ,所以AD 平面PBE又PB 平面PBE,所以AD PB(2)由(1)知AD 平面PBE因为BC /AD ,所以BC 平面PBE因为BC 平面PBC ,所以平面 PBC 平面PBE如图，过点E作EF PB交PB于点F,因为平面 PBC 平面PBE PB所以EF 平面PBC ,取AB得中点M,连接ME,MF ,则ME /BD设直线BD与平面PBC所成的角为，则 ; MEF因为BC 平面PBE ,所以BC PB在 RtPB

18、C 中，因为 PC 而,BC 2 ,所以 PB VPC1 BC 3在4PBE中，易知BE PE 氯,所以EF 2彳彳EF1 1易知MF -AP 1,ME -BD 1 ,所以1vl匚匚_2_史 cccos iviEr2 2ME 4所以sin cos MEF 即直线BD与平面PBC所成角的正弦值为 立4420.答案:所以S 1Sn Sn Sn 1 2n 1 ,即 Hn 1 Hn2n可得出a2 5,a4 a3 7,L aan 1 2n利用累加法，当nr3时,an a252n所以an(n 1)(3 2n 1 n2 1当n 2时,a23符合上式.又3&3,an1,n2n11,n21时，T1 1

19、；当n2时an(n11)(n 1)(1)因为 Sn 1 Sn 1 2Sn 2n 1 n2,nTn又n 1时，T11符合上式，所以Tn2n2n(n 1)21.答案：（1）设 Q 凡"，|QM|2 * 4 x2y2(2p4)y0当 2 p, 0 ,即 2, p 时，|QM |2 y (2p4)yo所以|qm的最小值为2,不合题意;当 2 p 0,即 0 p 2 时，|QM Jin2(2 p)(2p4)(2 p) 4 3,解得 p（舍去）；综上所述，抛物线方程为x2 2y.（2）由题知N(0, m),设 A x,y1,B X2,y2 ,直线l的方程为y kx m ,y kx m2x 2 py2x 2pkx 2 pm 0,所以 x1 x2 2 pk,x1x22 pm,因为y1my2mkx1mmkx2mmkx12mkx22mkxi2m xkx22mx1xx2x1x2x1