浙江2024高考数学三轮冲刺抢分练二

（浙江专用）2024高考数学三轮冲刺抢分练仿真卷（二）

一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）

1.若集合,6={X|0〈X<2},则等于（）

A.{x|（Kx〈l}B.{x[—l<x<0}

C.{x|l〈x<2）D.{x[—l<x<2）

答案D

解析,集合/={x|V<1}={x|—l〈x<l},6={x|o〈水2},.,./U8={x|—l<x<2

2.双曲线了一/=1的顶点到渐近线的距离等于（）

2A/5424A/5

A.~~B.-C.­D.

5555

答案A

2-J

解析双曲线十一*=1的顶点为（±2,0）.渐近线方程为尸±]x.

双曲线彳一/=1的顶点到渐近线的距离等于

xNO,

3.已知实数x,y满意约束条件<3x+Z3,则z=x+2y的最大值是（）

、后0，

A.0B.1C.5D.6

答案D

解析作出不等式组对应的平面区域，如图中阴影部分（含边界）所示:

由z=x+2y,得y=—]x+]z,

平移直线y=一■|x+£z,由图象可知,

当直线y=—经过点A时，

直线尸一[x+5Z在P轴上的截距最大，此时Z最大.

fx=O,

由得4（0,3）,

[3xIy3,

此时Z的最大值为z=0+2X3=6.

4.已知一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个边长为2的正方形，则该几何体的

表面积为（）

正视图侧视图

C.20+/D.20+710

答案C

解析该几何体是棱长为2的正方体削去一个角后得到的几何体（如图），其表面积为S=

3X2X2+2X（1+^X2+|x2X2+|x272X^3=20+76.

设xCR,则/<1是/〈1的（

充分不必要条件必要不充分条件

充要条件既不充分也不必要条件

答案B

解析由f<1,可得E1,

由丁〈1,解得一1〈冢1,

所以(一1,1)(―°°,1),

所以A1是/<1的必要不充分条件.

6.函数了=x3+ln(47不I—x)的图象大致为()

答案C

解析因为f(x)的定义域为R,且/'(—x)=(—x)'+ln0(—xp+l+x)=-f+

In«x2+l+x)

=-Y—InG/FTI+x)T=-A3—In{yjx+l-x)=-F(x),所以『(x)为奇函数，图象关

于原点对称，解除B,D,因为/"(1)=1+111(小—1)>0,所以解除A.

7.设随机变量1的分布列如下：

0123

P0.1a0.30.4

则方差以力等于()

A.0B.1C.2D.3

答案B

解析a=1—0.1—0.3—0.4=0.2,

£(乃=1X0.2+2X0.3+3X0,4=2,

故205=(0—2)2X0.1+(1—2)2X0.2+(2—2)2X0.3+(3—2)2X0.4=1.

8.已知在矩形相切中，AD=yf2AB,沿直线初将△/劭折成△/'曲使点/在平面9

上的射影在△时内(不含边界).设二面角2一劭一C的大小为明直线〃7。与平

面8切所成的角分别为。，£则()

A.a<B.£<0<a

C.£〈ff<eD.a〈£〈e

答案D

解析如图，作4ELBD千E,。是/在平面及力内的射影，连接阳OD,OC,易知EO

=9,/卬DO=a,ZA'CO=8,在矩形/及/中，作4?_L劭于£,延长/£交员于凡由

。点必落在必上，由49=镜/8知獗/泰/欧勿，从而tan"tan£>tan-即"£>e.

[Ilog2x|,0<xW2,

9.已知函数Hx）=设方程zu乂日）的四个不等实数根从小

[«4—力,2<x<4,T=

到大依次为荀，刘，X3,苞，则下列推断中肯定成立的是（）

X1+X2

A.---=1B.1<不用〈4

C.4<*刘<9D.0<（A3-4）（为一4）<4

答案C

解析由题意，作出函数的图象如图所示，

由图可知，OW1<T2<2<^<3<A4<4,

所以4<上3刘<16,

又|10g2（4一不）|>|10g2（4—^4）|,

得10g2（4—^3）>—10g2（4—A4）,

所以log2（4—m）（4—禹）>0,得（4—*X3）（4—8）>1,即禹禹一4（田+刘）+15>0,

又x^+X4>2y]X3X4,所以2dm苞〈豆普1I',

所以6/入3同一3）G/矛3、—5）>0,所以矛3入4<9,

综上，4<矛3基<9.

10.已知a,b,c£R且a+6+c=0,a>b>c,则、？、2”的取值范围是（）

yJa+c

<:11

-

-5-

A.k5?

c.

答案A

解析由乃+b+c=0,8>6>c,得8>0,c<0,b=-a—c.因为a>6>c,即8>—a—c>c,解得

,c,1、1b„.9(­a~cf_,Zac«、2c,ac

2=-A

-2＜一〈一不仅t=厂^2，贝U~I_22I~2-=1I-2|-2-1H-%P=一+-，X=—

a2yja+ca十ca-vca~\~cc^aaca

ac

x£（—2,一目,则尸x+；,由对勾函数的性质知函数在（一2,—1］上单调递增，在-1,—1

上单调递减，所以­=-2,y>—即,+2］一—2

2ac\

2「4、

所以----£—1，—7L

ca5；

一十一

ac

所以t2e0,母

所以T*当・

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）

11.二项式（l+2x”中，全部的二项式系数之和为；

系数最大的项为.

答案3280/80/

解析全部的二项式系数之和为Cs+CsH------|-CS=25=32,绽开式为1+10矛+40/+80矛3+

80/+32/,系数最大的项为80f和80/.

12.圆x'+y—2x—4y=0的圆心。的坐标是,设直线/：y=A（x+2）与圆C交于

A,8两点,若|初=2,则"=.

19

答案（1,2）0或7

5

解析由圆的一般方程/+/—2x—4尸0可得（x—D'+CK—2y=5,故圆心为以1,2）.又

<|3A-2|'

圆心到直线1的距离d=芈与,由弦心距、半径及半弦长之间的关系可得才方|2+1

5+必

=5,解得"=0或2子

13.在中，角4B,C所对的边分别为a,b,c,已知b=用,/=g,则8

J

上3+m

答案T4

由已知及正弦定理可得sin8=生山

解析

JI3JI

由于0<B<It,可解得8=3■或5=—

因为次a,利用三角形中大边对大角可知6〈4

一一兀JIJI5兀

所以夕=了，C=Jiy-T=i2

b,,115JI3+^3

所以方sinC=-Xyl3rXyj2rXsir]-^-=—/—

…r713+，5

综上，B=1,SAABC=-^―.

14.在政治、历史、物理、化学、生物、技术7门学科中任选3门.若同学甲必选物理，则

甲的不同的选法种数为一.乙、丙两名同学都选物理的概率是.

9

答案15所

解析由题意知同学甲只要在除物理之外的六门学科中选两门即可，故甲的不同的选法种数

为《=亨=15（种）；由题意知同学乙、丙两人除选物理之外，还要在剩下的六门学科中选

6X阡6X日

两门，故乙、丙的全部不同的选法种数为卯=森森=丁*丁=225（种），而同学乙、丙两

7X6X57X6X5

人从7门学科中选3门的全部选法种数为n=C^=X=35X35=1225（种），

3X2X1OQXVZQAV1

995Q

故所求事务的概率是户=1赤=元.

122549

15.已知正实数x,y满意x+2y=4,则寸2已方+1）的最大值为.

答案3

解析已知正实数x,y满意x+2p=4,依据基本不等式得到。2入（/+1）=dx（2y+2）

W"+—+2=3.当且仅当x=2p+2,即x=3,时，等号成立.

16.在△/阿中，角A,B,。所对的边分别为a,6,c.若对随意AeR,不等式|ABC-BA\^\BC

cb

胆成立，贝反+色的最大值为

bc

答案小

解析由对随意46R,不等式"诙一胡2|西恒成立，得充边上的高人》a

,..11rr@11

在A比1中，^-ah=-bcsix\A,即bc=~---

22sinA

在△力阿中，由余弦定理得

2ahcosA

I）+c=a+2bccosA=a~\

sinA

212aheosZ

n.ctbIJ+C@sinA

贝匹+-=-7=7

bebeah

sinA

_asinA+2ahcosA_asin/+2为cosA

ahh

Asin4+2为cosA

W-------:-------=sin4+2cosA

h

=y[5sin(A+^>),其中tan0=2,

则当A+0=了且力=a时，/+(取得最大值十.

17.等差数歹ll{4}满意益+&+1=1,则湿+1+赢+1的取值范围是

答案

解析=々〃+1=&+2〃d=cosQ

=2/?d=cosa—sina=>an+i+aL+i

=（加+1—ndf+（如+I+〃◎2=2[/+]+（刀中2]

（cosa-sin吟[

=2cos9a+1--------------r=2cos9a

1—2sin<7cosq_3+2cos2a—sin2a

+2=2

三、解答题(本大题共5小题，共74分.)

18.(14分)已知函数广(x)=cosx(sinx—，5cosx),x£R.

⑴求广(x)的最小正周期和最大值；

JI2兀

⑵探讨Hx）在区间工，丁上的单调性.

0J

解（1）由题意得f{x）=cosxsin\/3cos2^

][3

=—sin2^r—~~（1+cos2x）

所以f(x)的最小正周期7=等=m，其最大值为1—

*TI

⑵令z=2x——,

o

JIJI

则函数夕=$历z的单调递增区间是——,5+2A兀,kRZ.

JIJI

由—―+2AJIW2X—―^—+2k^,kRZ,

乙OCi

JI5兀

得一记+4兀兀,keZ.

it

区+A兀WxW卜左兀，kGZ

JI5兀

易知AQB=五".

jtQJI兀5兀5五2兀

所以当Xd—,F-时，/(X)在区间三，-TT上单调递增；在区间弁，当-上单调递减.

000_£乙J.乙O

19.(15分)在四棱锥£一人宛9中，BC//AD,ADVDC,AD=DC=2BC,AB=AE=ED=BE,b是

/£的中点.

⑴证明：BF〃平面EDC；

(2)求郎与平面诚所成角的正弦值.

⑴证明取初的中点G,连接囚G,GC,

贝！］户且囚G=f",

又因为且比'=%〃，

所以刀G〃比；豆FG=BC,

所以四边形段'宓是平行四边形，

所以BF〃CG,

因为M平面功G屐七平面旗C,

所以母〃平面EDC.

⑵解分别取力〃6c的中点〃，N,连接图交刀G于点〃，则〃是6G的中点，连接网则

BF//MN,

所以如与平面叱所成角即为"V与平面旗C所成角，

由EA=ED,〃是4?的中点，得EHLAD,

由于所以况上外易知四边形班始是平行四边形，所以CD〃BH,

由8aLe9,得BC1BH,

又EHCBH=H,所以8cL平面图7,

因为比t平面旗G所以平面旗C_L平面97,

过点〃作MILBE,垂足为I,则JZZ_L平面EBC,

连接孙/网7即为所求的角.

设8c=1,贝1」49=5=2,所以

由AB=BE=AE=&得第=芈，

所以仞仁郎=芈，

在此△/〃?中，由/£=4，AH=1,得EH=2,

在△曲7中，由BH=EH=2,BF=y[5,

MILBE,〃为庞的中点，可得以=方-,

.MIJ165

因此sin/仞忆=而=go>

20.(15分)正项数列｛a｝满意式+4=3双+1+2a+i,包=1.

(1)求&的值；

(2)证明：对随意的〃£N*,为<2a+i；

⑶记数列｛aj的前〃项和为S,证明：对随意的〃eN*2—止WS〈3.

(1)解当刀=1时，由4+囱=3孟+2a2=2及&>0,

得&=个.

(2)证明由W+4=3成+1+2&?+1<4双+1+2劣+1=(2&+i)2+2a7+i,

又因为在（0,+8）上单调递增，故为＜2a+i.

⑶证明由⑵知当B2时,六丛…,给相乘得

1__]_1

')>2n-i3，i=2n—1，即a>炉—i9

故当时,S=功+&+…+a>1+]+，，，

当n=1时，S=l=2—'.-I.

所以当〃£N*时，S22一三.

另一'方面，4+为=34+1+22+1>24+1+2a+1

=2(a+1+4+i),

令an+an=bn,则bn>2bn+i,

于是当后2时，台"K，…，相乘得

11

bQ尸bi=2〃-2,

即a：+a〃=4〈/^,故a„<-^2,

故当时，S=ai+(a2H---Faa)<1+f1+^H----

=3-^2<3.

当72=1时，5=1X3,

综上，对随意的〃GN*，2—尸WS〈3.

21.（15分）已知抛物线G：/=4x和G：f=2py（0〉0）的焦点分别为凡K,点尸（一1,-1）

且（。为坐标原点）.

⑴求抛物线G的方程；

（2）过点。的直线交。的下半部分于点例交G的左半部分于点儿求A/W面积的最小值.

解（1）月（1,0）,40,",

.•.盛=（-1,9

剧."1—1,fj•（-1,-1）=l-j=o,

:.p=2,

抛物线G的方程为V=4y.

⑵由题意知，过点。的直线的斜率肯定存在且不为0,设直线方程为

[V=4x,„/44、

联立[尸履得伏4=4X,求得噂，力，

(x=4y,

联立得M4左4分)(A<0),

[p=kx.

从而|仞v|=、1+/£—44k\j2~^k

点户到直线HV的距离d=/~；l!,

(1一后(1一如)2(1—A,(1+4+廿)

=2飞=1

=21+*21计*1),

令力=*+