2020年浙江省杭州市高考数学模拟试卷(4月份)答案解析

1、精选优质文档-倾情为你奉上2020年浙江省杭州市高考数学模拟试卷（4月份）答案解析一选择题（共10小题）1已知R为实数集，集合Ax|y1g（x+3），Bx|x2，则R（AB）（）Ax|x3Bx|x3Cx|x3Dx|2x3【解答】解：R为实数集，Ax|ylg（x+3）x|x3，Bx|x2，ABx|x3，R（AB）x|x3故选：C2复数z上的虚部为（）ABCD【解答】解：，复数上的虚部为故选：A3已知实数x，y满足线性约束条件，则z2x+y的最小值为（）A1B1C5D5【解答】解：绘制不等式组表示的平面区域如图所示，目标函数即：z2x+y，其中z取得最小值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最小

2、，据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最大值，联立直线方程：，可得点的坐标为：A（1，1），据此可知目标函数的最小值为：z2x+y211故选：B4已知公比为q的等比数列an的首项a10，则“q1”是“a5a3”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【解答】解：依题可知，a10，a30，q1或q1，故选：A5一个正方体被截去一部分后所剩的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A6BC7D【解答】解：由题意，该几何体是由一个边长为2的正方体截去一个底面积为1，高为2的一个三棱锥所得的几何体，如图，所以V23，故选：D6已知函数f（x）sinx，

3、xR）的图象与x轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，把函数f（x）的图象沿x轴向左平移个单位，横坐标伸长到原来的2倍得到函数g（x）的图象，则下列关于函数g（x）的命题中正确的是（）A函数g（x）是奇函数Bg（x）的图象关于直线对称Cg（x）在上是增函数D当时，函数g（x）的值域是0，2【解答】解：f（x）sinx2sin（），由题意知函数周期为，则，2，从而f（x）2sin（），把函数f（x）的图象沿x轴向左平移个单位，横坐标伸长到原来的2倍得到函数g（x）2sin（），g（x）不是奇函数，A错；g（x）在是单调递增，C错；时，函数g（x）的值域是1，2，D错；g（x）的图象关于直线对称

4、，B对；只有选项B正确，故选：B7如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为周髀算经作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则A、C区域涂色不相同的概率为（）ABCD【解答】解：提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，根据题意，如图，设5个区域依次为A、B、C、D、E，分4步进行分析：，对于区域A，有5种颜色可选；，对于区域B，与A区域相邻，有4种颜色可选；，对于区域E，与A、B区域相邻，有3种颜色可选；，对于区域D、C，若D与B颜色相同，C区域有3种颜色可选，若D与B颜色不相同，D区域有2

5、种颜色可选，C区域有2种颜色可选，则区域D、C有3+227种选择，则不同的涂色方案有5437420种，其中，A、C区域涂色不相同的情况有：若A，C不同色，则ABCE两两不同色，涂色方案有5432种，涂D时只要和AEC不同色即可，有2种，故共有240种，A、C区域涂色不相同的概率为p故选：D8下列函数图象中，函数f（x）xe|x|（Z）的图象不可能的是（）ABCD【解答】解：A图象中函数的定义域为R，函数是偶函数，则为正偶数时，满足对应图象，B图象中函数的定义域为x|x0，函数是偶函数，则为负偶数时，满足对应图象，C图象中函数的定义域为R，函数是奇函数，则为正奇数，函数为增函数，且递增的速度越来

6、越快，故C不满足条件D图象中函数的定义域为R，函数是奇函数，则为正奇数，函数为增函数，且递增的速度越来越快，故D满足条件故选：C9设点M是棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1的棱AD的中点，点P在面BCC1B1所在的平面内，若平面D1PM分别与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角相等，则点P到点C1的最短距离是（）ABC1D【解答】解：如图，过点P作D1M的平行线交BC于点Q、交B1C1于点E，连接MQ，则PQ是平面D1PM与平面BCC1B1的交线，MQ是平面D1PM与平面ABCD的交线EF与BB1平行，交BC于点F，过点F作FG垂直MQ于点G，则有，MQ与平面EFG垂直，所以，E

7、G与MQ垂直，即角EGF是平面D1PM与平面ABCD的夹角的平面角，且sinEGF，MN与CD平行交BC于点N，过点N作NH垂直EQ于点H，同上有：sinMHN，且有EGFMHN，又因为EFMNAB，故EGMH，而2SEMQEGMQMHEQ，故MQEQ，而四边形EQMD1一定是平行四边形，故它还是菱形，即点E一定是B1C1的中点，点P到点C1的最短距离是点C1到直线BE的距离，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，E（2，1，2），B（2，0，0），C1（2，2，2），（0，1，2），（0，2，2），点P到点C1的最短距离：d|2故选：A10函数f（x）4lnx

8、ax+3在两个不同的零点x1，x2，函数g（x）x2ax+2存在两个不同的零点x3，x4，且满足x3x1x2x4，则实数a的取值范围是（）A（0，3）B（2，3）C（2，4e）D（3，4e）【解答】解：函数f（x）4lnxax+3的零点即为函数与函数ym图象交点的横坐标，函数g（x）x2ax+2的零点即为函数与函数ym图象交点的横坐标，令m（x）0，则，当时，m（x）0，当时，m（x）0，故，由双勾函数性质可知，函数h（x）在单调递增，在单调递减，在同一坐标系中作出图象如下图所示，由图象可知，要使x3x1x2x4，则需故选：D二填空题（共7小题）11已知直线l1：ax+2y30和直线l2：（1

9、a）x+y+10若l1l2，则实数a的值为1或2；若l1l2，则实数a的值为【解答】解：直线l1：ax+2y30和直线l2：（1a）x+y+10；当l1l2时，a（1a）+210，化简得a2a20，解得a1或a2；当l1l2时，a2（1a）0，解得a故答案为：1或2，12随机变量X的取值为0、1、2，P（X0）0.2，DX0.4，则P（X1）0.6；若Y2X，则DY1.6【解答】解：随机变量X的取值为0、1、2，P（X0）0.2，DX0.4，设P（X1）x，则P（X2）0.8x，0x0.8，则EX00.2+x+2（0.8x）1.6x，DX（x1.6）20.2+（x0.6）2x+（x+0.4）2

10、（0.8x）0.4，整理，得：x20.2x0.240，解得x0.6或x0.4（舍），P（X1）0.6，EX1.6x1.60.61D（Y）D（2X）4D（X）1.6故答案为：0.6；1.613已知（a0），若展开式中各项的系数和为81，则a，展开式中常数项为10【解答】解：中，令x1，得（a+1）3581，解得a；所以（x+）（2x+1）5（x+）（1+10x+），其展开式中的常数项为10x10故答案为：1014已知椭圆M：+1（ab0），双曲线N：1若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M的离心率为；双曲线N的离心率为2【解答】解：椭圆M：+1

11、（ab0），双曲线N：1若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，可得椭圆的焦点坐标（c，0），正六边形的一个顶点（，），可得：，可得，可得e48e2+40，e（0，1），解得e同时，双曲线的渐近线的斜率为，即，可得：，即，可得双曲线的离心率为e2故答案为：；215已知单位向量两两的夹角均为（0，且），若空间向量满足，则有序实数组（x，y，z）称为向量在“仿射”坐标系Oxyz（O为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作有下列命题：已知，则0；已知其中xyz0，则当且仅当xy时，向量，的夹角取得最小值；已知；已知，则三棱锥OABC的表面积S，其中真命题有（写出所

12、有真命题的序号）【解答】解：若（2，0，1），（1，0，2），则（2）（+2）2+323cos，0，且，0；，其中xyz0，向量的夹角取得最小值，两向量同向存在实数0，满足，根据仿射坐标的定义，易知为正确；已知（x1，y1，z1），（x2，y2，z2），则（x1x2）+（y1y2）+（z1z2），已知，则三棱锥OABC为正四面体，棱长为1，表面积为S4故答案为：16已知、是平面内三个单位向量，若，则的最小值是【解答】解：先简化本题，将2看成一个整体，仍记为，则本题化为已知、是平面内三个单位向量，若，求|+|6|的最小值，根据题意设，2对应的点C在单位圆上，|2，|25+4，|2|，|2|表示C

13、点到（2，0）的距离，|6|表示点C到（6，4）的距离，而单位圆与以点（2，0），（6，4）为端点的线段相交，所以|+|6|的最小值为（2，0）和（6，4）两点的距离4，故答案为：417设aR，若不等式恒成立，则实数a的取值范围是46，4+6【解答】解：|x3+|+|x3|+ax4x8恒成立，即为|x3+|+|x3|+8（4a）x恒成立，当x0时，可得4a|x2+|+|x2|+的最小值，由|x2+|+|x2|+|x2+x2|+2x2+2x2+36，当且仅当x32即x取得最小值6，即有4a6，则a46；当x0时，可得4a|x2+|+|x2|的最大值，由|x2+|+|x2|2x2+2x2+36，当

14、且仅当x32即x取得最大值6，即有4a6，则a4+6，综上可得46a4+6，故答案为：46，4+6三解答题（共5小题）18在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinBbsin（A）（1）求A；（2）D是线段BC上的点，若ADBD2，CD3，求ADC的面积【解答】解：（1）由正弦定理可得asinBbsinA，则有bsinAb（sinAcosA），化简可得sinAcosA，可得tanA，因为A（0，），所以A（2）设B，由题意可得BAD，ADC2，DAC，ACD，在ADC中，则，所以，可得sincos，又因为sin2+cos21，可得sin，cos，则sin22sincos，所

15、以SADCsinADC19如图，在长方形ABCD中，AB4，AD2，点E是DC的中点，将ADE沿AE折起，使平面ADE平面ABCE，连结DB、DC、EB（1）求证：平面ADE平面BDE；（2）求AD与平面BDC所成角的正弦值【解答】（1）证明：AE2+BE2+16AB2，AEEB，又平面ADE平面ABCE，平面ADE平面ABCEAE，BE平面ADE，平面ADE平面BDE；（2）解：如图所示，建立空间直角坐标系E（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），D（，0，），C（，0）（，0）（，2，），（，0，），设平面BDC的法向量为（x，y，z），则0，xy0，x+2yz0，取（1，1，

16、3）AD与平面BDC所成角的正弦值20已知正项数列an的前n项和为Sn，且an2+2an4Sn1（nN*）（1）求数列an的通项公式；（2）若bn，数列bn的前n项和为Tn，求Tn的取值范围【解答】解：（1）由题意，当n1时，a12+2a14S114a11，整理，得a122a1+10，解得a11当n2时，由an2+2an4Sn1，可得an12+2an14Sn11，两式相减，可得an2+2anan122an14Sn14Sn1+14an，即an2an122an+2an1，（an+an1）（anan1）2（an+an1），an+an10，anan12，数列an是以1为首项，2为公差的等差数列an1+

17、2（n1）2n1，nN*（2）由（1）知，Snn+2n2，则bn，Tnb1+b2+bn（1）+（）+（1+（1，又an0，nN*，bn0，TnT1b1（1），TnTn的取值范围为，）21.已知直线x2上有一动点Q，过点Q作直线l，垂直于y轴，动点P在l1上，且满足（O为坐标原点），记点P的轨迹为C（1）求曲线C的方程；（2）已知定点M（，0），N（，0），点A为曲线C上一点，直线AM交曲线C于另一点B，且点A在线段MB上，直线AN交曲线C于另一点D，求MBD的内切圆半径r的取值范围【解答】解：（1）设点P（x，y），则Q（2，y），、，所以，即y22x因此，点P的轨迹方程为y22x；（2）设A

18、（x1，y1）、B（x2，y2）、D（x3，y3），直线BD与x轴的交点为E，内切圆与AB切于点T，设直线AM的方程为，联立方程，得，且0x1x2，所以，直线AN的方程为，与方程y22x联立得：，化简得，解得或xx1，BDx轴，设MBD的内切圆圆心为H，则H在x轴上，且HTAB方法一：，且MBD的周长为：；方法二：设H（x2r，0），直线BD的方程为xx2，其中直线AM的方程为：，即，且点H与点O在直线AB的同侧，解得：方法三：MTHMEB，即，解得：，令，则t1，在（1，+）上单调递增，则，即r的取值范围是22已知函数f（x）xlnx（1）求f（x）的单调区间与极值；（2）若不等式对任意x1，3恒成立，求正实数的取值范围【解答】解：（1）f（x）xlnx，f（x）1+lnx，定义域为（0，+），又由f（x）0，解得：x，f（x）0，解得：0xf（x）的单减区间为（0，），f（x）的单增区间为（，+），f（x）极小值f（），无极大值（2），故x2+x0，将化简可得：（x2+x）ln（x2+x）xex，f（x2+x）