2020年浙江省浙北四校高考数学二模试卷
2020年浙江省浙北四校高考数学二模试卷
一、选择题：本大题共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。
1. 已知U＝R，A＝{x|0
1)，其中min(p, q)=p,p≤qq,p>q ，若方程f(x)=94恰好有3个不同解x1，x2，x3(x1x3 B.x1+x2＝x3 C.x1+x2<x3 D.不能确定
9. 空间向量OB1→，OB2→，OB3→两两垂直，|AB1→|＝|AB2→|＝|AB3→|＝1，OP→=OB1→+OB2→+OB3→，|AP→|≤12，则|OA→|∈( )
A.[224, 62] B.[178, 62] C.[226, 362] D.[217, 352]
10. 数列{xn}满足：10, t∈R)，若函数y＝f(x)与y＝f（f(x)）有相同的值域，则t的取值范围是________．
已知椭圆E:x2+y24=1，圆C:x2+y2＝r2(1b>0)，F1，F2为其左、右焦点，椭圆上有相异两点A，B，O为坐标原点．
(Ⅰ)若a＝2，b＝1，直线AB，直线OA，直线OB的斜率满足kAB2＝kOA⋅kOB(kAB>0)，当S△AOB取得最大值时，试求直线AB的方程．
(Ⅱ)若P为椭圆C上除长轴端点外的任一点，△F1PF2的内心为Ⅰ，试求线段OI的取值范围．
已知函数f(x)＝eaxln(x+1)，g(x)＝lnx+2x−a，其中a∈R．
(I)若函数y＝f(x)的图象与直线y＝x在第一象限有交点，求a的取值范围．
(Ⅱ)当a<2时，若y＝g(x)有两个零点x1，x2，求证：42a+1a ，作出图象，数形结合，对a的范围分情况讨论，结合图象进行定性分析，即可求出结果．
【解答】
f(x)=−x2+2ax,x≤2ax2−2ax,2a2a+1a ，
易知f(a)＝a2（极大值）；f(2a)＝0（极小值）；f(2a+1a)=2+1a2（极大值）；f(3a)＝4−a2（极小值）．
要使f(x)=94恰好有3个不同解，结合图象得：
①当f(a)>94f(3a)>94 ，即a2>944−a2>94 时，解得a>32a<72 ，
不存在这样的实数a．
②当f(a)<94f(3a)<94f(2a+1a)>94 ，即a2<944−a2<942+1a2>94 时，解得7294f(2a+1a)<94 ，即a2>942+1a2<94 时，解得a>(2)
此时，x1，x2是方程−x2+2ax=94的两实根，
所以x1+x2＝2a，而x3>3a，所以x1+x2<x3，
9.
【答案】
A
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量的基本定理
【解析】
想办法找到OA→与OP→的关系，构造不等式求解．将ABi→(i=1,2,3)用OA→OBi→(i＝1, 2, 3)来表示，根据已知条件进行化简即可．
【解答】
由题意AB1→2+AB2→2+AB3→2
=(OB1→−OA→)2+(OB2→−OA→)2+(OB3→−OA→)2
=3OA→2−2OA→⋅(OB1→+OB2→+OB3→)+(OB1→2+OB2→2+OB3→2)
=2OA→2+OA→2−2OA→⋅(OB1→+OB2→+OB3→)+(OB1→+OB2→+OB3→)2+(OB1→+OB2→+OB3→)2
第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页
=2OA→2+[OA→−(OB1→+OB2→+OB3→)]2
=2OA→2+AP→2=(3)结合|AP→|≤12，
∴ OA→2=3−AP→22∈[118,32]，
∴ |OA→|∈[224,62]．
10.
【答案】
D
【考点】
数列递推式
【解析】
在①中，用数学归纳法证明；在②中，当0x−x36，由此能推导出xn+1−1xn−1<16(xn−1)2；在③中，由xn+1−1<16(xn−1)3<16(xn−1)，xn−1≤(16)n−1(x1−1)<(16)n−1，从而xn<1+(16)n−1，由此推导出Snn．
【解答】
在①中，用数学归纳法求证：
当n＝1时，1x−x33!，即sinx>x−x36，
则xn+1−1＝xn−1−sin(xn−1)n，故④正确．
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。
【答案】
−6,10
【考点】
复数的运算
【解析】
把z＝a−i代入z1+i=1+bi，变形后利用复数相等的条件列式求得a，b的值，则答案可求．
【解答】
由z＝a−i且z1+i=1+bi，得
a−i1+i=1+bi，即a−i＝(1+i)(1+bi)＝(1−b)+(1+b)i，
∴ a=1−b−1=1+b ，即a＝3，b＝−(2)
∴ ab＝−6，|z|＝|3−i|=10．
【答案】
5,72
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
利用a0＝4，a1＝16，求出m，n；再取x＝1即可求解．
【解答】
∵ (x+2)m(x+1)n＝a0+a1x+a2x2+...+am+nxm+n满足a0＝4，a1＝16，
令x＝0，得a0＝2m＝4，
又由二项展开式的通项公式得∁mm−1⋅2m−1⋅∁nn⋅1n+∁mm⋅2m⋅∁nn−1⋅1n−1＝16，
所以m＝2，n＝3，
则m+n＝5；
令x＝1，得a0+a1+a2+...+am+n＝32×23＝（72）
【答案】
252,1040
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
利用分步计数原理先从上方的小方格A、B开始染色，再从下方C开始利用分类计数原理染色，直至对小方格E染色完毕，就可求出结果．
【解答】
②当C同A时，有C31+C21⋅C21种（1）③当C不同A、B时，有C21(C31+C21)种；综合①②③共有C41C31•[C21⋅C21+C31+C21⋅C21+C21(C31+C21)]＝252种．
（2）根据题意，若用5种颜色染色时，先对A、B区域染色有C51⋅C41 种，再对C染色：
①当C同B时，有C31⋅C31种（2）②当C同A时，有C41+C31⋅C31种（3）③当C不同A、B时，有C31(C41+C21C31)种（4）综合①②③，共有C51⋅C41[C31⋅C31+C41+C31⋅C31+C31(C41+C21C31)]＝1040种．
故填：252，10(40)
第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页
【答案】
(1, 2]
【考点】
函数的最值及其几何意义
【解析】
先对函数求导，结合导数可求函数f(x)的单调性，进而可求函数的值域，进而可求．
【解答】
由题意可知f(x)＝lnxx−x+t＝xlnx−x+t，f′(x)＝lnx，
易得f(x)在(0, 1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增，
故当x＝1时，函数取得最小值f(1)＝t−1，即函数的值域[t−1, +∞)，
又函数的定义域(0, +∞)，所以t−1>0即t>1，
因为数y＝f(x)与y＝f（f(x)）有相同的值域，则t−1≤1即t≤2，
综上10，f(x)＝0有且只有一解，
②bn∈(2kπ,2kπ+π2),k∈N 时，f(2kπ)＝e2kπ−1≥0，f(2kπ+π4)=22eπ4e2kπ−1>0,f(2kπ+π2)=−1<0，
故 bn∈(2kπ,2kπ+π4)，f(x)＝0无解，bn∈(2kπ+π4,2kπ+π2)f(x)＝0有且仅有一解，
综合①②可得：bn(n≥2)在 I、IV 象限交替出现，且 b1＝0，故易得 b2k 为第 I 象限内零点，且满足 2kπ−74ππ4>2π−32π−π2×1=0，即02kπ−32π−π2k≥2kπ−74π，
只需 f(2kπ−32π−π2k)=e2kπ−32π−π2ksinπ2k−1>0 即可，
由 ex≥ex 可得 e2kπ−32π−π2k>e2kπ−2π≥e(2kπ−2π)=2k×e(k−1)πk≥2k×eπ2>2k，
又令 g(t)=sintπ−t(00，
又 0<12k<12，故 sinπ2k>12k，
故 f(2kπ−32π−π2k)=e2kπ−32π−π2ksinπ2k−1>2k×12k−1=0，
由 f(2kπ−32π−π2k)×f(2kπ−32π)<0 可知 2kπ−32π−π2kb2k+32π,f(b2k)=f(b2(k+1)),cosb2k=sinc2k，
即 eb2ksinc2k=eb2(k+1)sinc2(k+1)=1，
故 sinc2(k+1)sinc2k=eb2keb2(x+1)12(02k，且 k＝1，2 时显然 2k＝2k，故 2k≥2k，
故对∀k∈N*，有 c2k<π2k≤π2k，即 b2k=2kπ−32π−c2k>2kπ−32π−π2k，
综上所述，命题得证．
【考点】
数列的应用
【解析】
(Ⅰ)由数列 {an+1−2an}，{2an+1−an} 的公比分别为 q1、q2，写出等比数列 {an+1−2an}，{2an+1−an} 的通项公式，联立求得 q1，q2(q1≠q2 )，则数列{an}的通项公式可求；由 1an=2n22n−1<12⋅2n−122n−2−1=12⋅1an−1<122⋅1an−2<⋯<12n−1⋅1a1，然后利用等比数列的前n项和证得答案；
(Ⅱ)解析 1：先利用导数判断函数单调性，得到f(x) 在 (2kπ−34π,2kπ+14π) 递增 ,(2kπ+14π,2kπ+54π) 递减，k∈Z，再根据零点存在定理得到 b2k 为第 I 象限内零点，且满足 2kπ−74π0 即可，然后结合函数放缩证明即可；
解析2：先记 c2k=2kπ−32π−b2k，利用分析法把要证的不等式转化为证明 c2k<π2k，即证 sinc2(k+1)0，f(x)＝0有且只有一解，
②bn∈(2kπ,2kπ+π2),k∈N 时，f(2kπ)＝e2kπ−1≥0，f(2kπ+π4)=22eπ4e2kπ−1>0,f(2kπ+π2)=−1<0，
故 bn∈(2kπ,2kπ+π4)，f(x)＝0无解，bn∈(2kπ+π4,2kπ+π2)f(x)＝0有且仅有一解，
综合①②可得：bn(n≥2)在 I、IV 象限交替出现，且 b1＝0，故易得 b2k 为第 I 象限内零点，且满足 2kπ−74ππ4>2π−32π−π2×1=0，即02kπ−32π−π2k≥2kπ−74π，
只需 f(2kπ−32π−π2k)=e2kπ−32π−π2ksinπ2k−1>0 即可，
由 ex≥ex 可得 e2kπ−32π−π2k>e2kπ−2π≥e(2kπ−2π)=2k×e(k−1)πk≥2k×eπ2>2k，
又令 g(t)=sintπ−t(00，
又 0<12k<12，故 sinπ2k>12k，
故 f(2kπ−32π−π2k)=e2kπ−32π−π2ksinπ2k−1>2k×12k−1=0，
由 f(2kπ−32π−π2k)×f(2kπ−32π)<0 可知 2kπ−32π−π2kb2k+32π,f(b2k)=f(b2(k+1)),cosb2k=sinc2k，
即 eb2ksinc2k=eb2(k+1)sinc2(k+1)=1，
故 sinc2(k+1)sinc2k=eb2keb2(x+1)12(02k，且 k＝1，2 时显然 2k＝2k，故 2k≥2k，
故对∀k∈N*，有 c2k<π2k≤π2k，即 b2k=2kπ−32π−c2k>2kπ−32π−π2k，
综上所述，命题得证．
【答案】
（1）由若a＝2，b＝1，可得椭圆C:x24+y2=1．设直线AB:y＝kx+t，k>0，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由y=kx+tx24+y2=1 联立可得：(1+4k2)x2+8ktx+4(t2−1)＝0，则△=64k2t2−16(1+4k2)(t2−1)>0x1+x2=−8kt1+4k2x1x2=4(t2−1)1+4k2 ，
∵ kAB2＝kOA⋅kOB，
∴ k2=y1y2x1x2=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2x1x2=t2−4k24(t2−1)⇒|t|＝2k，
∵ |AB|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=41+k21+4k2，点O到直线AB的距离d=|t|1+k2=2k1+k2，
∴ S△AOB=12|AB|⋅d=4k1+4k2=44k+1k≤424k⋅1k=1，当且仅当4k=1k，k>0时取“＝”，则k=12，
∴ 此时直线AB:y=12x±1；
（2）设F1(−c, 0)，F2(c, 0)，P(x0, y0)(y0≠0)，I(x1, y1)，由焦半径公式可得|PF1|＝a+ex0，|PF2|＝a−ex0，其中e为椭圆的离心率，
又I为△PF1F2的内心，则|PF1|IF1→+|PF2|IF2→+|F1F2|IP→=0→，
∴ (a+ex0)(c−x1,−y1)+(a−ex0)(−c−c1,−y1)+2c(x0−x1,y0−y1)=0→，
∴ x1=cax0,y1=ca+cy0，即I(cax0,ca+cy0)，
∴ |OI|2=(cax0)2+(ca+cy0)2=(cax0)2+(ca+c)2(b2−b2a2x02)=2c3a2(a+c)x02+b2c2(a+c)2,x0∈(−a,a)，
∴ |OI|2∈[b2c2(a+c)2,(c2+aca+c)2)，
∴ |OI|∈[bca+c,c2+aca+c)(c=a2−b2)．
【考点】
椭圆的应用
直线与椭圆的位置关系
【解析】
(Ⅰ)将a＝2，b＝1代入求得椭圆方程，设直线AB:y＝kx+t，A(x1, y1)，B(x2, y2)，与椭圆联立，再由韦达定理得到x1，x2间的关系，结合题意可得|t|＝2k，由弦长公式可得|AB|=41+k21+4k2，由点到直线的距离公式可得d=2k1+k2，进而表示出面积，并利用基本不等式求得其最大值，利用取等条件可得k=12，由此求得直线方程；
(Ⅱ)由焦半径公式可得|PF1|＝a+ex0，|PF2|＝a−ex0，由三角形内心性质可得|PF1|IF1→+|PF2|IF2→+|F1F2|IP→=0→，根据平面向量的坐标运算可得x1=cax0,y1=ca+cy0，则I(cax0,ca+cy0)，进而求得|OI|2，再利用二次函数的性质可求得其取值范围，进而得解．
【解答】
第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页
（1）由若a＝2，b＝1，可得椭圆C:x24+y2=1．设直线AB:y＝kx+t，k>0，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由y=kx+tx24+y2=1 联立可得：(1+4k2)x2+8ktx+4(t2−1)＝0，则△=64k2t2−16(1+4k2)(t2−1)>0x1+x2=−8kt1+4k2x1x2=4(t2−1)1+4k2 ，
∵ kAB2＝kOA⋅kOB，
∴ k2=y1y2x1x2=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2x1x2=t2−4k24(t2−1)⇒|t|＝2k，
∵ |AB|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=41+k21+4k2，点O到直线AB的距离d=|t|1+k2=2k1+k2，
∴ S△AOB=12|AB|⋅d=4k1+4k2=44k+1k≤424k⋅1k=1，当且仅当4k=1k，k>0时取“＝”，则k=12，
∴ 此时直线AB:y=12x±1；
（2）设F1(−c, 0)，F2(c, 0)，P(x0, y0)(y0≠0)，I(x1, y1)，由焦半径公式可得|PF1|＝a+ex0，|PF2|＝a−ex0，其中e为椭圆的离心率，
又I为△PF1F2的内心，则|PF1|IF1→+|PF2|IF2→+|F1F2|IP→=0→，
∴ (a+ex0)(c−x1,−y1)+(a−ex0)(−c−c1,−y1)+2c(x0−x1,y0−y1)=0→，
∴ x1=cax0,y1=ca+cy0，即I(cax0,ca+cy0)，
∴ |OI|2=(cax0)2+(ca+cy0)2=(cax0)2+(ca+c)2(b2−b2a2x02)=2c3a2(a+c)x02+b2c2(a+c)2,x0∈(−a,a)，
∴ |OI|2∈[b2c2(a+c)2,(c2+aca+c)2)，
∴ |OI|∈[bca+c,c2+aca+c)(c=a2−b2)．
【答案】
（1）设g(x)＝f(x)−x＝eaxln(x+1)−x，
则由题设知，方程g(x)＝0，在(0, +∞)有解，
而g′(x)＝f′(x)−1＝eax[aln(x+1)+1x+1]−1＝eaxF(x)−(1)
设h(x)＝eaxF(x)−1，则h′(x)＝eax[aF(x)+F′(x)]＝eax[a2ln(x+1)+2ax+2a−1(x+1)2]．
①若a≤0，由x>0可知0ax，因此g(x)＝eaxln(x+1)−x>axln(x+1)−x＝x[aln(x+1)−1]，
令x＝e1a时，则有g(x)>0，由零点的存在性定理可知函数y＝g(x)在(x0, e1a)上有零点，符合题意．
③若a≥12时，则由x>0可知，h′(x)>0恒成立，从而h(x)在(0, +∞)上单调递增，
也即g′(x)在(0, +∞)上单调递增，从而g(x)>g(0)＝0恒成立，故方程g(x)＝0在(0, +∞)上无解．
综上可知，a的取值范围是(0, 12)．
（2）因为f(x)有两个零点，所以f(2)<0，
即ln2+1−a<0⇒a>1+ln2，
设04⇔4−x1<x2，
因为2<4−x1<4，x2>2，
又因为f(x)在(2, +∞)上单调递增，
所以只要证明f(4−x1)g(2)＝0，所以x1+x2>4，
因为f(x)有两个零点，x1，x2，所以f(x1)＝f(x2)＝0，
方程f(x)＝0即ax−2−xlnx＝0构造函数h(x)＝ax−2−xlnx，
则h(x1)＝h(x2)＝0，h′(x)＝a−1−lnx，h′(x)＝0⇒x＝ea−1，
记p＝ea−1>2(a>1+ln2)，
则h(x)在(0, p)上单调递增，在(p, +∞)上单调递减，
所以h(p)>0，且x10，
所以R(x)递增，
当x>p时，R(x)>R(p)＝0，
当00，(p＝ea−1, lnp＝a−1)，
所以x12+(2−3ea−1)x1+2ea−1>0，
同理x22+(2−3ea−1)x2+2ea−1<0，
所以x12+(2−3ea−1)x1+2ea−10可知0ax，因此g(x)＝eaxln(x+1)−x>axln(x+1)−x＝x[aln(x+1)−1]，
令x＝e1a时，则有g(x)>0，由零点的存在性定理可知函数y＝g(x)在(x0, e1a)上有零点，符合题意．
③若a≥12时，则由x>0可知，h′(x)>0恒成立，从而h(x)在(0, +∞)上单调递增，
也即g′(x)在(0, +∞)上单调递增，从而g(x)>g(0)＝0恒成立，故方程g(x)＝0在(0, +∞)上无解．
综上可知，a的取值范围是(0, 12)．
（2）因为f(x)有两个零点，所以f(2)<0，
即ln2+1−a<0⇒a>1+ln2，
设04⇔4−x1<x2，
因为2<4−x1<4，x2>2，
又因为f(x)在(2, +∞)上单调递增，
所以只要证明f(4−x1)g(2)＝0，所以x1+x2>4，
因为f(x)有两个零点，x1，x2，所以f(x1)＝f(x2)＝0，
方程f(x)＝0即ax−2−xlnx＝0构造函数
第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页
h(x)＝ax−2−xlnx，
则h(x1)＝h(x2)＝0，h′(x)＝a−1−lnx，h′(x)＝0⇒x＝ea−1，
记p＝ea−1>2(a>1+ln2)，
则h(x)在(0, p)上单调递增，在(p, +∞)上单调递减，
所以h(p)>0，且x10，
所以R(x)递增，
当x>p时，R(x)>R(p)＝0，
当00，(p＝ea−1, lnp＝a−1)，
所以x12+(2−3ea−1)x1+2ea−1>0，
同理x22+(2−3ea−1)x2+2ea−1<0，
所以x12+(2−3ea−1)x1+2ea−1
查看更多
