浙江省嘉兴市2020届高考数学评估试题（二）（含解析）（通用）

1、浙江省嘉兴市2020届高考数学评估试题（二）（含解析）参考公式：如果事件互斥，那么如果事件相互独立，那么如果事件在一次试验中发生的概率是，那么次独立重复试验中事件恰好发生次的概率棱柱的体积公式，其中表示棱柱的底面积，表示棱柱的高棱锥的体积公式，其中表示棱锥的底面积，表示棱锥的高棱台的体积公式，其中分别表示棱台的上、下底面积，表示棱台的高球的表面积公式，其中表示球的半径球的体积公式，其中表示球的半径第卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由对数不等式求出N，再利用两个集合的并集的定义求出.【详解】解：由题意可得

2、：，由，可得=，故选A.【点睛】本题主要考查并集及其运算即对数不等式解法，相对简单.2.若复数（为虚数单位）是纯虚数，则实数的值为（ ）A. 0B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为0，虚部不为0可得a的值.【详解】解：由题意得：，由复数是纯虚数，可得，可得，故选D.【点睛】本题考查了复数代数形式的运算，含有分式时需要分子分母同时乘以分母的共轭复数，对分母进行实数化再化简.3.设实数满足：，则的最小值是（ ）A. -2B. -4C. 0D. 4【答案】B【解析】【分析】由约束条件作出可行域，利用z的几何意义，可得z的最小值.【详解】解：由已知不等

3、式作出不等式组表示的平面区域如图：可得直线经过的交点时z最小，可得此点为（-2，1），可得z的最小值为-4，故选B.【点睛】本题主要考查简单的线性规划，作出可行域后进行分析是解题的关键.4.若函数图象如图，则图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由图象可可得函数的递增和递减区间，可得在此区间的正负，判断各选项可得答案.【详解】解：由图象可知，函数和上单调递减，在上单调递增，故在和有，在上有，结合各选项可得C符合题意，故选C.【点睛】本题一道关于函数图像的题目，解答本题的关键是利用原函数的图像判断出导函数的图像.5.在中，是的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分

4、条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】取，可得不成立；当时，两边平方，可得，可得成立，可得答案.【详解】解：在中，取,可得，可得不成立；在中，当，两边平方可得，可得，可得，即成立，可得在中，是的必要不充分条件，故选B.【点睛】本题主要必要条件、充分条件及充要条件的判断，及三角函数的相关知识，属于中档题型.6.已知等差数列的前项和为，则使取得最大值时，的值是（ ）A. 1009B. 1010C. 1009或1010D. 1011【答案】C【解析】【分析】由题意已知条件可得，可得及取得最大值，可得答案.【详解】解：由等差数列的性质，及，可得，可得，可得，由，可得

5、及取得最大值时，故选C.【点睛】本题主要考察等差数列前n项的和及等差数列的性质，灵活运用等差数列的性质进行求解是解题的关键.7.从含有2个红球和4个黑球的盒子中任意摸出4个球，假设每个球被摸到的可能性相同，记摸出的4个球中黑球数与红球数的差的绝对值为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意列出的分布情况，可得,的值，可得答案.【详解】解：由题意可得：的值可为0，2，4，可得,可得可得故选A.【点睛】本题主要考查离散型随机变量及其分布列与离散型随机变量的期望与方差，得出其分布列是解题的关键.8.在菱形中，现将沿折起，形成三棱锥，当时，记二面角大小为，二面角的大小为，二

6、面角的大小为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】取BD的中点E，连接,CE，做,连接GF，可得,，由二面角定义可得与的大小，易得，可得答案.【详解】解：如图，取BD的中点E，连接,CE，做,连接GF，可得菱形中，当时，此时为正四面体，EG=GF，当时，EGGF，易得：,可得,由EGGF，可得，由对称性可得，可得，故选B.【点睛】本题主要考查二面角的定义与性质，相对简单，由已知得出二面角的表达式时解题的关键.9.已知，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】令，可得的取值范围，可得所满足的方程，令，可得z的范围，可得答案.【详解】解：令，由则

7、， 同理：,可得：，消去得：，令，利用图象可得当取点时候，直线与椭圆相切时， 取最大值，可得，令，可得，可得故答案：.【点睛】本题主要考察向量的性质及椭圆的性质,直线与椭圆的位置关系等，综合性大，难度较大.10.已知函数，若的解集中恰有两个正整数，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由，可得，构造函数，对函数求导，可得交点的范围，列出关于k的不等式，可得答案.【详解】解：可得时，没有正整数，有两个都大于1的整数，考查图象，可得，令，可得，可得和的交点的横坐标在，即，解得，此时正整数为3和4【点睛】本题主要考察函数的性质，及导数在研究函数单调性和极值的种的应

8、用，综合性大，难度较大.第卷二、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.若双曲线的焦距为4，则_；离心率_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】易得c=2，=1，由，可得的值，可得离心率.【详解】解：由题意得：2c=4,c=2,且，由，可得，故答案：；.【点睛】本题主要考查双曲线的性质及离心率的相关知识，相对简单.12.若二项式展开式中的常数项为60，则正实数的值为_；该展开式中的奇数项的系数之和为_【答案】 (1). 2 (2). 365【解析】【分析】利用二项式定理的通项公式，通过x的指数为0，求出常数项，可得a的值，令可得与，的值，可得奇数项的系数

9、之和为可得答案.【详解】解：可得二项式展开式中，可得，可得二项式的常数项为，由为正实数，可得a=2；令，可得，可得奇数项的系数之和为，故答案：2；365.【点睛】本题主要考查二项式定理及二项式系数的性质，属于中档题.13.某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是_；其表面积为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据几何体的三视图可得几何体的直观图，计算可得这个几何体的体积和表面积.【详解】解：根据几何体的三视图可得几何体的直观图如下：可以分割为一个直三棱柱，和一个同底的三棱锥，底面三角形一边为2，此边上的高为，直三棱柱的高为，三棱锥的高为，可得，可得其表面积：故答案：，【点睛

10、】本题考察三视图求几何体的体积与表面积，考察计算能力，空间想象能力，由三视图复原几何体是解题的关键.14.已知函数，若，则不等式的解集为_，若存在实数，使函数有两个零点，则的取值范围是_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】将a=1代入原函数，可得的解析式，可得不等式的解集；分a的情况进行讨论，可得有两个零点时候，a的取值范围.【详解】解：由题意得：，当a=1时，可得：（1）当时，可得；（2）当时，可得，综合可得的解集为；由，只有一个零点时，可得，当时，此时，只有一个零点，当时，有两个零点，同理，当时，此时，只有一个零点，当时，有两个零点，故可得的取值范围是【点睛】本题主要考查分段函数

11、与函数的性质，综合性强，注意分类讨论思想的运用.15.在等腰中，是腰的中点，若，则_【答案】【解析】【分析】设,可得，由，可得的值，可得答案.【详解】解：如图设，由题意易得得：，在中，由正弦定理，在中有，两式相除可得，可得,有，可得，可得，可得可得，由，可得，故答案：.【点睛】本题主要考察解三角形中的正弦定理，及两角和的余弦公式等，综合性大，难度较大.16.7个学生排成一排去参加某项活动，要求学生甲与学生乙相邻，且学生甲与学生丙不相邻的不同排法种数为_【答案】1200【解析】【分析】先利用利用捆绑法计算学生甲与学生乙相邻的种数，再利用间接法求出学生甲与学生乙相邻，同时学生甲与学生丙相邻的种数，

12、可得答案.【详解】解：由题意得：学生甲与学生乙相邻，利用捆绑法有种，要求学生甲与学生乙相邻，同时学生甲与学生丙相邻有，所以不同的排法有种，故答案：1200.【点睛】本题主要考查排列、组合的实际应用，相对不难，注意捆绑法和间接法的灵活运用.17.如图，为抛物线上位于轴上方的点，点是该抛物线上且位于点的左侧的一点，点为焦点，直线与的倾斜角互补，则的面积的最大值为_【答案】【解析】【分析】设，可得，可得m、n的值，可得P、Q的坐标，可得直线PQ的方程，可得抛物线与直线相切时的面积的最大值，可得M点的值，可得答案.【详解】解：设，由直线与的倾斜角互补,可得，解得：，易得，直线的方程，且可得当时，【点睛

13、】本题主要考察抛物线焦点弦的性质，及直线与抛物线的关系、导函数的几何意义等，综合性大，难度较大.三、解答题（本大题共5小题，共74分）18.已知，其中（）求的值；（）求的值【答案】（）11；（）.【解析】【分析】(1)由，可得的值，将原式子化简可得答案；（2）由题意可得的值，由，可得的值.【详解】解：（I）由，可得，（）由，且，可得，可得.【点睛】本题主要考查三角函数的恒等变化及化简求值，注意角的取值范围和三角函数值的符号，这是解题的易错点.19.已知三棱台中，平面平面，若，（）求证：平面；（）求与平面所成角的正弦值【答案】（）证明见解析；（）.【解析】【分析】（）过点作于点，易得平面，又，可

14、得平面.（）建立以为原点，以为轴，以为轴空间坐标系，可得的值，求出平面一个法向量，可得与平面所成角的正弦值.【详解】解：（I）过点作于点平面平面平面， 平面 （）由（I）可知：平面建立以为原点，以为轴，以为轴的空间坐标系，易得，平面一个法向量为，可得【点睛】本题主要考查直线与平面垂直的证明、向量法求直线与平面所成的角，相对不难，属于中档题.20.已知（I）若直线是曲线的切线，求的值；（）若且，求证：【答案】（I）0；（）证明见解析.【解析】【分析】（1）设切点为，可得，可得，由方程有唯一解，可得m的值.（）令,对求导，可得的单调性，可得的最大值，可得得出证明.【详解】解：（I）设切点为，则，可

15、得又递增，方程有唯一解，（）令在上递增有唯一根当时，当时， 【点睛】本题主要考查导数的几何意义，及导数在研究函数单调性及极值方面的应用，综合性大，注意运算的准确性.21.过椭圆上一点作圆的两条切线，分别交椭圆于两点，记直线的斜率为（I）若，求点坐标；（）当点在左半个椭圆上（含短轴顶点）运动时，求的取值范围【答案】（I）或；（）.【解析】【分析】（I）设，设切线：，可得圆心到切线的距离为1，可得，又在椭圆上，联立可得P点坐标；（）由（I）得：，令，可得关于t的函数，可得的范围.【详解】解：（I）设，设切线：，可得圆心到切线的距离：，的两根为，又，解得：或.（）由（I）得：令，可得在上递增可得：.【点睛】本题主要考查椭圆的性质，直线与圆的位置关系，不等式的性质等，综合性大，注意数形结合思想的运