鸡蛋哥-简爱读后感1000字

2020年3月普通高考（浙江卷）全真模拟卷（2）
数学

（考试时间：
120
分钟

试卷满分：
150
分）

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选 择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再
选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．测试范围：高中全部内容。

选择题部分（共40分）
一、选择题：本题共
10
小题，每小题
4
分，共
40
分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的< br>.

1
．已知全集
U

1,3,5,7,9,1 1

,A

1,3

,B

9,11

，则
(
ð
U
A
)
IB
（
）

A
．


【答案】
C
【解析】

B
．
{1,3}
C
．
{9,11}
D
．
{5,7,9,11}

QU

13，，5，7，911，

，A

13，
，

ð，7，911，


U
A

5
QB

911，


，


则
ð
U
AB

911
故选
C

2
．已知在△
ABC
中，
a4
，
b3
，
c13
，则角
C
的度数为（

）

A
．
30
0

【答案】
C
【解析】

B
．
45
0
C
．
60
0
D
．
120
0

 

在△
ABC
中，
a4
，
b3
，
c13
.
a
2
b
2
c
2
169131
由余弦定理得
cosC
.
2ab242
所以
C60
0
，故选
C.
yx

3
．若
x,y
满足约束条件

xy 1,
则
z2xy
的最小值为


y1

A
．
3

【答案】
A
【解析】

B
．
4
C
．
3

2
D
．
3

z
的最小值为
-3,
z2xy
表示斜率为
-2
的平行直线系
,
当经过点
B(-1,-1)
时
,

根据题意画出可行域如图所示
,

故选
A.

4
．用
1
，
2
，
3
，
4
，
5
组成一个没有重复数字的五位数，三个奇数中仅有两个相邻的五位数有（

）

A
．
12
个

【答案】
D
【解析】

解法一：直接求解

三个奇数中仅有两个相邻的意思是，有两个奇数相邻，且与第三个奇数不相邻，

22 2
所以排列个数为
A
3
A
2
A
3
3 22672
个
.
B
．
24
个
C
．
36
个
D
．
72
个

解法二：反面求解

52333
NA
5
A
2< br>A
3
A
3
A
3
120123672
个
.
故选：
D.
5
．已知
a,bR
，则< br>1ba
是
a1|b1|
的（

）

A
．必要不充分条件

C
．充要条件

【答案】
B
【解析】

因为
a1b11ab1a1

所以当
1ba
时，
a1|b1|
成立，

当
a1|b1|
成立时，如取
b
B
．充分不必要条件

D
．既不充分也不必要条件


2ab
，
< br>
ba
1
,a2
，此时
1ba
不成立，
2
所以
1ba
是
a1|b1|
的充分不必 要条件
.
故选：
B.
x
6
．已知
lgal gb0(a0且a1,b0且b1)
，则函数
f
(
x
)< br>a
与函数
g(x)log
b
x
的图象可能是
（< br>
）

A
．
B
．
C
．
D
．

【答案】
B
【解析】
< br>lga+lgb
＝
0
，即为
lg
（
ab
）＝
0
，

即有
ab
＝
1
，

当
a
＞
1
时，
0
＜
b
＜
1，

函数
f
（
x
）＝
a
﹣
x
与函数
g
（
x
）＝
log
b
x
在同一坐标系中的图象不可能是
C
，

而
A
显然不成立，对数函数图象不可能在
y
轴的左边；
< br>D
是
0
＜
a
＜
1
，
0
＜< br>b
＜
1,
不满足
ab
＝
1
；
当
0
＜
a
＜
1
时，
b
＞
1< br>，

函数
f
（
x
）＝
a
﹣
x
与函数
g
（
x
）＝
log
b
x
在同一坐标系中的图象可能是
B
，

故选
B
．

7
．已知随机变量

的分布列如下表：



P

记
“
函数
f

x

3sin
1

a

0 1
1

3
b

x



xR

是偶函数
”
为事件
A
，则（

）

2
22
11
A
．
E



2a
，
P

A


B
．
E(ξ)
，
P

A



33
33
22442
222
C
．
E



，
P

A


D< br>．
E



2aa
，
P
< br>A



33333
【答案】
C
【解析】

因为函数
f

x

3sin
所以
x



xR

是偶函数，
2

2

k



2< br>,kZ
，

于是

2k1,kZ
，又因为< br>
1,0,1
，

所以事件
A
表示
< br>1
，
P(A)ab1
12

，

33
12
E(

)(1)a01bba2a
，

33
2
随机变量

的取值为
0,1
，其对应的概率为
P

0

2

12
2
，
P


1


，

33
所以
E

22
1
.

0
1
333
2
故选：
C.
x< br>2
y
2
8
．已知点
A(2,1)
，
P为椭圆
C:1
上的动点，
B
是圆
C
1
：< br>(x1)
2
y
2
1
上的动点，则
43
PBPA
的最大值为（

）

A
．
5

【答案】
D
【解析】

B
．
2+1
C
．
3
D
．
510

,0

，则
PBPF
1
1
，

由题意知，椭圆右焦点
F
2

1
1

1,0< br>
是圆心，左焦点
F
又在椭圆中
PF
1
PF
2
2a4
，
A

2,1


.
所以
|PB||PA||PF
1
|1| PA|2a|PF
2
|1|PA|2a1|AF
2
|51 0
故选：
D.
9
．正整数数列

a
n

满足：
a
n1



k,a
n
2k
(kN*)
，则（

）

2k2,a 2k1
n

A
．数列

a
n

中不可能同时有
1
和
2019
两项
B
．
a
n
的最小值必定为
1
C
．当
a< br>n
是奇数时，
a
n
a
n2

【答案】
A
【解析】

对于选项
A
，假设：a
1
2019
，则后面依次为：
2022
，
1011
，
1014
，
507
，
510
，
255< br>，
258
，
129
，
132
，
66
，
33
，
36
，
18
，
9
，
12
，
6
，
3
，
6
，
3…
循环；
假设：
a
1
1
，则后面依次为：
4,2,1,4, 2,1,4,2,1,4,2……
循环，

综上，数列

a
n

中不可能同时有
1
和
2019
两项，故选项
A
正确；

由选项
A
知，选项
B
、
D
都不对；
对于选项
C
，令
a
1
1
，则
a
2< br>4
，
a
3
2
，所以
a
1
a< br>3
，故选项
C
不正确
.
故选：
A.
10
．
AB=1
，
AD=2
，在矩形
ABCD
中，动点
P
在以点
C
为圆心且与
BD
相切的圆上．若
AP< br>=


AB
+

AD
，
则

+

的最大值为

A
．
3
【答案】
A
【解析】

如图所示，建立平面直角坐标系
.
B
．
2
2
C
．
5
D
．
2
D
．
a
n
的最小值可能为
2
uuuv
uuuvuuuv

设
A

0,1

,B

0,0

,C

2,0

,D

2,1

,P

x,y

,
易得圆的半径
r
2
4
2
2
，即圆
C
的方程是

x2

y
，

5
5
uuuruuuruuur
uuuruuuruuur
AP

x,y1

,AB

0,1

,AD< br>
2,0

，若满足
AP

AB
AD
，

则


x2

xx

，

,


1
y
，所以



y1
，

22

y1

x x4
2
y1
，即
y1z0
，点
P
< br>x,y

在圆

x2

y
2

上，

225
设
z
2z
2

x
所以圆心
(2,0)
到直线
y1z0
的距离
d r
，即
15
，解得
1z3
，

2
1
4
所以
z
的最大值是
3
，即



的最大值是
3
，故选
A.


非选择题部分（共
110
分）

二、填空题：本题共
7个小题，多空题每题
6
分，单空题每题
4
分，共
36
分
.
11
．某几何体的三视图（单位：
cm
）如图所示，则该几何体 的体积是
______
cm
3
.

【答案】
16

3
【解析】

如图，该三视图还原的几何体，其体积可分割成一直三棱柱与三棱锥，

11116
222222
.
3223
16
故答案为：
.
3
故
V
1 2
．德国数学家阿甘得在
1806
年公布了虚数的图象表示法，形成由各点都对应复数 的
“
复平面
”
，后来又称
“
阿
甘得平面
” .
高斯在
1831
年，用实数组
(a,b)
代表复数
ab i
，并建立了复数的某些运算，使得复数的某些运
算也象实数一样地
“
代数化
”.
若复数
z
满足

34i

z7 i
，则
z
对应的点位于第
_______
象限，
|z|
________.
【答案】四

【解析】

2

z
7i
1i
，则
z
对应的点位于第四象限；
|z|2
.
34i
故答案为：四，
2
.
1

13
．在

2x

的展开式中，各项系数的和是
________< br>，二项式系数最大的项是
_________.
x

【答案】
1
【解析】

令
x1
得各项系数的和是
1
；二项式系数最大是
C
6
，是展 开式的第四项，所以是
160
.
故答案为：
1
，
160
.
3
6
160

x
2
y
2
14
．已知双曲线
2

2
1(a0,b0)
的离心 率是
3
，左右焦点分别是
F
1
,F
2
，过
F
2
且与
x
轴垂直的直线
ab
交双曲线于
A,B< br>两点，则其渐近线方程是
_________
，
AF
1
F< br>2

________.
【答案】
2xy0

【解析】



6
b
2
b
由题意，在双曲线中
e1
2
32
，所以渐近线方程是
2 xy0
；

aa
2

由双曲线的定义知，
F
1
F
2
23a
，
|AF
2
|2a< br>，
tanAF
1
F
2

所以
AF
1
F
2

3
，

3

6
.

.
6
2
故答案为 ：
2xy0
，
15
．已知实数
x,y
满足
(x 1)
2
y
2
(x1)
2
y
2
 4
，则
x
【答案】
[3,5]

【解析】

由柯西不等式可得，

y
2
的取值范围为
___________.

(x 1)
2
y
2
(x1)
2
y
2
，< br>
x1y(x1)y(x1)y4
2
2

22222
(x1)
2
y
2
(x1)
2
y
2
所以
4x
2
y
2
1
，即< br>3x
2
y
2
5

2
所以
xy[3,5]
.
故答案为：
3,5

16
．在三棱锥
PABC
中，顶点
P
在底面的射影为ABC
的垂心
O
，且
PO
中点为
M
，过AM
作平行于
22

BC
的截面

，记PAM

1
，记

与底面
ABC
所成的锐 二面角为

2
，当

1
取到最大，
tan

2

___________.

【答案】
【解析】

2

2
如图，
BC


BC
平行于平面

和底面
ABC
的交线
. 又顶点
P
在底面的射影为
ABC
的垂心
O
，

则
BCAO
，
BCPO
，

BC
平面
POA
，

∴BCAM
，

因此平面

与底面
ABC
所成的锐二面角为

2< br>，即为
MAO
.
在
RtPOA
中，
tan

1


2


POMO
，在
RtMOA
中，
tan

2

，

AOAO
又点
M
为
PO
的中点，所以
tan(
1


2
)2tan

2
，即< br>tan

1
tan

2
2tan
2
，

1tan

1
tan

2
整理得
tan

1

tan

2

2
12tan

2
1
1
2tan

2
，

tan

2
所以当

1< br>取到最大时
tan

2

2
.
（这个问题就 是米勒最大角问题
.
）

2
即
OA
2
O MOP
时，角最大，从而正切值最大，

不妨设
OMMP1
， 则
OA2,tan

2

2
.
2
故答案为：
2
.
2

2
cosx,c osx



2
17
．已知函数
f
< br>x



，则
f()
_________
，当
0x2

时，
f

x

sin x
的解
3

0,cosx
2

2


集是
__________.

【答案】
0

,


44

【解析】

< br>
5



2
cosx,cosx,
< br>
2
函数
f(x)

，


0, cosx
2
,

2

由
cos

3




12
，则
f

 0
；



3

22
由


3

5

7

22
x
或 ，

cosx(0剟x2

)
，可得
x
4 444
22
可得
f

x

0
，由
sinx0
，可得

4
x
3

；

4
由
cosx

3

5

7

22
xx2

，

或
cosx 
或
(0x2

)
，可得
0x
或
4
444
22

4
或可得
f

x

cosx
，由
cosxsinx
，解得
x
3

5

x
，

44


5


fxsinx
综上可得

的解集为
,
，



44

故答案为：
0，



5


,

. < br>
44

三、解答题：本大题共
5
小题，共
74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
.
18
．已知函数
f< br>
x

sin2x2cosx1
；

2
（
Ⅰ
）求函数
f

x

的单调减区间；

（
Ⅰ
）将函数
f

x

分别向左、向右平 移
m

m0

个单位相应得到
g

x< br>
、h

x

，且
cosm
3
， 求函
3
数
yg(x)h(x),x∈

0,

的值域
.
2
【答案】（
Ⅰ
）
[k

< br>



32

42
,k
](kZ)
（
Ⅰ
）
[,]

6333

【解析】

（
Ⅰ
）
f(x )3sin2xcos2x2sin

2x
令
2k








6


2
2x

6
2k


3


2
32

,k

](kZ)
；

63
所以函数
f(x)
的单调减区间为
[k

< br>（
Ⅰ
）由题意，
g(x)h(x)f(xm)f(xm)sin( 2x2m

)2sin(2x2m)
66

4sin( 2x)cos2m
.
6
又
Qx[0,


2
]
，则

6
2x

6

7< br>
，

6
从而有
4sin(2x

6)[2,4]
，又
cosm
21
1
.
33
3
，

3
∴cos2m3cos
2
m1
所以函数
yg(x)h(x),x[0,

42
]< br>的值域为
[,]
.
233
19
．已知：正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，

AA
1
3
，

AB2
，

N
为棱
AB
的中点．


（
1
）求证：

AC
1

平面
NB
1
C
．

（
2
）求证：平面
CNB
1

平面
ABB
1
A
1
．

（
3
）求四棱锥
C
1
ANB
1
A
1
的体积．

【答案】（
1
）见解析（
2
）见解析（
3
）
【解析】

33

2

（
1
）连结
BC
1
，交
CB
1
于点
O
，连结
ON


∵三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
为正三棱柱

∴
O
为
BC
1
的中点

∵
N
为棱
AB
的中点

∴
ON
∥
AC
1

∵
ON
平面
NB
1
C
，
AC
1

平面
NB< br>1
C

∴
AC
1
∥平面
NB
1
C

（< br>2
）∵三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
为正三棱柱

∴三角形
ABC
为正三角形，侧棱
BB
1< br>
平面
ABC

∵
N
为棱
AB
的中 点，
CN
平面
ABC

∴
CNAB
，
CNBB
1

∵
AB BB
1
B
，
ABÌ
平面
ABB
1
A1
，
BB
1

平面
ABB
1
A
1

∴
CN
平面
ABB
1
A
1

∵
CN
平面
CNB
1

∴平面
CNB< br>1

平面
ABB
1
A
1

（
3
）∵
ANB
1
A
1
是直角梯形，
AN1，
A
1
B
1
2
，
A
1
A 3

∴四边形
ANB
1
A
1
的面积为
∵< br>CN
平面
ABB
1
A
1

9
< br>2

∴四棱锥
C
1
ANB
1
A
1
的体积为

1933

3
322
a
2
对任意正整数
3a
3
2
20
．已知数列
< br>a
n

的前
n
项和为
S
n
,
且满足
S
n
n4n
，数列

b
n

中，
b
1


1

n2,b
n 1
b
n


.


3
< br>（
1
）求数列

a
n

的通项公式；

（
2
）是否存在实数

，使得数列
3b
n< br>

是等比数列？若存在，请求出实数

及公比
q
的 值，若不存
n
n

在，请说明理由；

（
3）求证：
11
b
1
b
2
Lb
n

.
48
1
,q3

（
3
）见解析

4
【答案】（
1
）
a
n
2n5

（
2
）


【解析】

(1)
当
当
时，

a
1
S
1
3
，

时，
a
n
S
n
S
n1

 n
2
4n

n1

4

n1< br>
，

2
即
a
n
2n5
，

也适合，所以
(2)
法一：

假设存在实数

，使数列是等比数列，且公比为
.
.
因为对任意正整数
2
n
,

（

）
,
b
n1
b
n

，
b
1
3a4
3

3

1

a
1
可令
n=2,3,
得

因为
3b
n


是等比数列，

所以
.

n

，

解得

从而

（）

所以存在实数
法二：

因为对任意整数
n
，公比为
.
（

）
，

所以
3
n
b
n
33
n1
b
n1
（1
，
,b
n1
b
n


1


3

n
3
设

3b
n

3（

n1
b
n1


，则
4

1
，


1
1
4
3
.
所以存在


，且公比
q
1
4
3
n1
b
n 1

4
3
n
b
n

(3)
因为< br>a
2
1,a
3
1
，所以
b
1

a
2
1
,

3b
1

1
1
，

3a
3
4
4
n1
1
n1
1

1
< br>n
1
n
所以
3b
n
1

 3

，即
b
n


1



4
312

3

于是
，

n1
111


1




312

3

n
0
11

1



1



312

3

n

1

1
1
1< br>
1
12


3
n


1
6
1
3
当是奇数时
:





1


1
1

1


1
n
68

3< br>n
1



1

1
1

1

68

3
n

n




11

1


1 
n
38

3
.
511


n
，关于递增，


2483

得

当是偶数时
:
1
1


1
n
8

3
.
.


,
关于递增
,

得

综上，

21
．已知抛物线
E
：
y
1< br>2
x
的焦点为
F
，过点
F
的直线
l
与
E
交于
A
，
C
两点

4

（
1
）分别过
A
，
C
两点作抛物线
E的切线，求证：抛物线
E
在
A
、
C
两点处的切线互相垂 直；

（
2
）过点
F
作直线
l
的垂线与抛 物线
E
交于
B
，
D
两点，求四边形
ABCD
的面积的最小值
.
【答案】（
1
）见解析；（
2
）
32
【解析】

（
1
）证明：设过点
F
（
0< br>，
1
）的直线方程为：
y
＝
kx+1
，
< br>由


ykx1
，得
x
2
﹣
4 kx
﹣
4
＝
0
，

2

x4y
设
A
（
x
1
，
y
1
），
C
（
x
2
，
y
2
），


x
1
x
2
4k
则

，

x x4

12
∵
y

1
2
1
x
，∴
y′

x
，

42
1
11
x
1
•x
2

x
1
x
2< br>＝﹣
1
，

2
2
4
设抛物线
E在点
A
、
C
两点处的切线的斜率分别为
k
1
，
k
2
，

则
k
1
•k
2

故抛物线
E
在
A
，
C
两点处的切线互相垂直．< br>
（
2
）由（
1
）知
|AC|
1k2
(x
1
x
2
)
2
4x
1
x
2
1k
2
16k
2
16
4
（
k
2
+1
）

1

1
）

2
k
11
1
∴
S
四边形
ABCD

|AC||BD|
＝
8
（
k
2
+1
）（
1

2
）＝
8
（
1+k
2
2

1
）

kk
2
同理
|BD|＝
4
（
≥8
（
2+2
1
2
k
）＝
32
，

2
k
∴四边形
ABCD
的 面积的最小值为
32
．

22
．已知函数
f
x


1
2
ax2x2lnx
，
aR
.
2
(1).
当
a3
时，求
f(x)
的单调增区间；

(2)
当
a1
，对于任意
x
1
,x
2
(0,1]
，都有
|x
1
x
2
||f(x
1
)f(x
2
)|
，求实数
a< br>的取值范围；

(3)
若函数
f

x
的图象始终在直线
y3x2
的下方，求实数
a
的取值范围
.
【答案】（
1
）
(0,)
；（
2
）
a 
【解析】

1
3
9
；（
3
）
a2
.
4

（
1
）当
a3
时，
f


x

3x2
令
f


x
0
，解出：
0x
1
，

x
1
，

3
所以
f

x

的单调增区间为

0,


(2)
当< br>x
1
x
2
，显然满足，以下讨论
x
1
x
2
的情况。



1

3
1

1

ax

1
，
当
a1
时，
ax
2
2x1
a

a
f


x



xx
11

11
Qx

0,1

,
< br>0,1




a

x110
，得到
f


x

0
，即
f< br>
x

在

0,1

上单调递增
.

a
a

aa

对于任意
x
1
,x
2


0,1
，不妨设
x
1
x
2
，则有
f

x
1

f

x
2

，且
x
2
x
1
代入不等 式

2
2

x
1
x
2
f
x
1

f

x
2




f

x
2

f

x
1

x
2
x
1


f

x
2

x
2
f

x
1

x
1
，

引入新函数：
h

x

f

x

xf

x


1
2
ax3x2lnx
，

2
1ax
2
3x1

h


x

ax3
xx
所以问题转化为
h

< br>x

0,x

0,1
上恒成立




ax
2
3x10



a
令
l

x



3x1

3x1
a



2


2
x

x

max
3x1
，通过求导或配方都可以：

2
x
l


x


2
23x2

0x,l x0
x1,l


x

0
，

，当；
3
3
x3
2

2

9
,l

x

max
l


，

3

3

4
所以当
x
所 以
a
9

4
1
2
ax2x2lnx3 x2
在
x

0,

上恒成立

2
(3)
由题可得
即
1
2
axxlnx0
在< br>x

0,

上恒成立

2

1xlnx
a
在
x

0,

上恒成 立

2
2x
xlnx1x2lnx


hx
令
h

x



23
xx
整理可得

令g

x

1x2lnx, g

x

在

0，

单调递减，g< br>
1

0

所以h


x

0得x1
……………14
分

x

0,1


+
1

1,


-
h


x


h

x




增

1
减

1
a1
即
a2
…
2