【2020年高考数学预测题、估测题】浙江省试卷1【附详细答案和解析、可编辑】
【2020年高考数学预测题、估测题】浙江省试卷1【附详细答案和解析、可编辑】
真水无香 tougao33
学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________
一、 选择题 （本题共计 10 小题 ，每题 4 分 ，共计40分 ， ）
1. 设全集U=R，集合A=x|2x2+x-3>0,集合B={x|3x+2≥0}，则∁RA∩B=( )
A.-32,1 B.-23,1 C.-32,-23 D.-1,32
2. 设双曲线的半焦距为c，直线l过A(a, 0)，B(0, b)两点，若原点O到l的距离为，则双曲线的离心率为（ ）
A.或2 B.2 C.或 D.
3. 已知实数x，y满足约束条件(x+y)≥12x-y≥2y≤1 ，则yx的最大值为（ ）
A.2 B.32 C.1 D.23
4. 某几何体的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1．则该几何体的体积为（ ）
A.π3 B.2π3 C.π D.4π3
5. 若a，b，c，d均为正数，则“a>bc>d”是“ac>bd”的（ ）
A.充要条件 B.必要不充分条件
C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件
6. 设函数f(x)=|2x-1|，c
f(a)>f(b)，则2a+2c与2的大小关系是（ ）
A.2a+2c>2 B.2a+2c≥2 C.2a+2c≤2 D.2a+2c<2
7. 现有4个人通过掷一枚质地均匀的骰子去参加篮球和乒乓球的体育活动，掷出点数为1或2的人去打篮球，掷出点数大于2的人去打乒乓球．用X，Y分别表示这4个人中去打篮球和乒乓球的人数，记ξ=|X-Y|，求随机变量ξ的数学期望Eξ为( )
A.12881 B.13581 C.14081 D.14881
8. 已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是线段AB上的点（含端点），设D1E与AD所成的角为α，D1E与底面ABCD所成的角为β，二面角D1-AE-D的平面角为γ，则（ ）
A.β≤α≤γ B.α≤β≤γ C.α≤γ≤β D.β≤γ≤α
9. 已知定义在R上的函数f(x)为单调函数，且对任意x∈R，恒有f(f(x)-2x)=-12，则函数f(x)的零点是（ ）
A.-1 B.0 C.1 D.2
10. 数列{an}是以a为首项，q为公比的等比数列，数列{bn}满足bn＝1+a1+a2+...+an(n＝1, 2,…)，数列{cn}满足cn＝2+b1+b2+...+bn(n＝1, 2,…)．若{cn}为等比数列，则a+q＝（ ）
A.2 B.3 C.5 D.6
二、 填空题 （本题共计 7 小题 ，每题 5 分 ，共计35分 ， ）
11. 已知复数z1=1-i，z1⋅z2=1+i，则复数z2=________，|z2|=________．
12. 已知AC、BD为圆O:x2+y2＝4的两条相互垂直的弦，垂足为M(1, 2)，则四边形ABCD的面积的最大值为________．
13. 已知a=1π-11(1-x2+sinx)dx，则二项式(2x-ax2)9的展开式中的常数项为________．
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14. 在△ABC中，∠ABC=90∘,AB=4,BC=3，点D在线段AC上，若∠BDC=45∘，则cos∠ABD=________.
15. 已知圆C:x2+(y-4)2＝4与双曲线E:x2a2-y2b2=1(a>0, b>0)的渐近线相切，则双曲线的离心率为________．
16. 已知存在实数x使得不等式|x-3|-|x+2|≥|3a-1|成立，则实数a的取值范围是________．
17. 已知平面向量a→，b→，c→，满足|a→|＝|b→|＝|a→-b→|＝|a→+b→-c→|＝1，则|c→|的最大值为M＝________．
三、 解答题 （本题共计 5 小题 ，每题 14 分 ，共计70分 ， ）
18. 设△ABC的三内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知a、b、c成等比数列，且sinAsinC=34．
(1)求角B的大小；
(2)设向量m→=(cosA, cos2A)，n→=(-125, 1)，当m→⋅n→取最小值时，判断△ABC的形状．
19. 如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC=90∘，∠BAC=30∘，A1A=A1C=AC，E, F分别是AC，A1B1的中点.
(1)证明：EF⊥BC；
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
20. 设等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3.数列{bn}满足：对每个n∈N*,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn=an2bn, n∈N*，证明： c1+c2+⋯+cn<2n,n∈N*.
21. 已知抛物线C:y2=2px(p>0)，点F为抛物线的焦点，焦点F到直线3x-4y+3=0的距离为d1，焦点F到抛物线C的准线的距离为d2，且d1d2=35．
(1)抛物线C的标准方程；
(2)若在x轴上存在点M，过点M的直线l与抛物线C相交于P，Q两点，且1|PM|2+1|QM|2为定值，求点M的坐标．
22. 已知函数f(x)=xlnx，g(x)=a(x-1)．
(1)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的值；
(2)存在x1，x2∈(0, +∞)，且x1≠x2，f(x1)=f(x2)，求证：f'(x1x2)<0．
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参考答案与试题解析
【2020年高考数学预测题、估测题】浙江省试卷1【附详细答案和解析、可编辑】
一、 选择题 （本题共计 10 小题 ，每题 4 分 ，共计40分 ）
1.【答案】
B
【解答】
解：A=-∞,-32∪(1,+∞)，∁RA=-32,1，
B=-23,+∞，∁RA∩B=-23,1，
故选B.
2.【答案】
B
【解答】
由题设条件知直线l的方程为，即：ay+bx-ab＝0
∵ 原点O到直线l的距离为，∴ ，
又c2＝a2+b2∴ ，
从而16a2(c2-a2)＝3c4，
∵ a>0，∴ 3e4-16e2+16＝0解得：e2＝4或e2，
∵ 02
∴ e2＝4，
又e>1
∴ 此双曲线的离心率为（2）
3.【答案】
B
【解答】
由实数x，y满足约束条件(x+y)≥12x-y≥2y≤1 ，作出可行域如图，
联立y=12x-y=2 ，解得A(32, 1)，
z=yx的几何意义为可行域内的动点与定点O(0, 0)连线的斜率．
∵ z=yx=32，
∴ z=yx的最大值为32．
4.【答案】
D
【解答】
由三视图还原原几何体，
可知该几何体为圆柱内部去掉一个圆锥，
圆柱的体积为2π，圆锥的体积为2π3，
则该几何体的体积为V＝2π-2π3=4π3．
5.【答案】
C
【解答】
解：由a>bc>d可以推出ac>bd，反之不行．
故选C．
6.【答案】
D
【解答】
解：f(x)=|2x-1|=2x-1，x≥01-2x，x<0，
作出f(x)=|2x-1|的图象如图所示，
由图可知，要使cf(a)>f(b)成立，
则有c<0且a>0，
故必有2c<1且2a>1，
又f(c)-f(a)>0，即为1-2c-(2a-1)>0，
∴ 2a+2c<2．
故选：D．
7.【答案】
D
【解答】
解：依题意，这4个人中，每个人去打篮球的概率为13，去打乒乓球的概率为23．
设“这4个人中恰有i人去打篮球”为事件Ai(i=0,1,2,3,4)，
则P(Ai)=C4i13i234-i，
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ξ的所有可能取值为0，2，4．
由于A1与A3互斥，A0与A4互斥，
故P(ξ=0)=P(A2)=827，P(ξ=2)=P(A1)+P(A3)=4081，
P(ξ=4)=P(A0)+P(A4)=1781．
所以ξ的分布列是
ξ
0
2
4
P
827
4081
1781
随机变量ξ的数学期望Eξ=0×827+2×4081+4×1781=14881．
故选D．
8.【答案】
D
【解答】
解：正方体AC1中，AD//A1D1，设棱长为2，
∴ ∠A1D1E是异面直线D1E与AD所成角．
易求D1E=D1D2+DE2=D1D2+AD2+AE2=3
A1E=A1A2+AE2=5
Rt△D1A1E中，sin∠A1D1E=A1ED1E=53
即sinα=53
易知∠D1ED为D1E与平面ABCD所成角
Rt△D1DE中sin∠D1ED=D1DDE=23
即sinβ=23
由AB⊥面A1ADD1
∴ ∠D1AE二面角D1AED的平面角
∴ sin∠D1AE=D1DAD1=22
即sinγ=22
∴ α，β，γ均为锐角，
∴ sinβ0，
则sinB=32．
因为B∈(0, π)，
所以B=π3或2π3．
又b2=ac，则b≤a或b≤c，即b不是△ABC的最大边，
故B=π3．
(2)因为向量m→=(cosA, cos2A)，n→=(-125, 1)，
所以m→⋅n→
=-125cosA+cos2A
=-125cosA+2cos2A-1
=2(cosA-35)2-4325，
所以当cosA=35时，m→⋅n→取得最小值-4325．
因为12π2．
从而△ABC为锐角三角形．
【解答】
解：(1)因为a、b、c成等比数列，则b2=ac．
由正弦定理得sin2B=sinAsinC．
又sinAsinC=34，
所以sin2B=34．
因为sinB>0，
则sinB=32．
因为B∈(0, π)，
所以B=π3或2π3．
又b2=ac，则b≤a或b≤c，即b不是△ABC的最大边，
故B=π3．
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(2)因为向量m→=(cosA, cos2A)，n→=(-125, 1)，
所以m→⋅n→
=-125cosA+cos2A
=-125cosA+2cos2A-1
=2(cosA-35)2-4325，
所以当cosA=35时，m→⋅n→取得最小值-4325．
因为12π2．
从而△ABC为锐角三角形．
19.【答案】
(1)证明：如图，连接A1E，
∵ A1A=A1C，E是AC的中点，
∴ A1E⊥AC，
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
∴ A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC，
又∵ A1F//AB，∠ABC=90◦，故BC⊥A1F，
∴ BC⊥平面A1EF，
∴ EF⊥BC.
(2)解：如图，取BC中点G连接EG, GF，则EGFA1是平行四边形，
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，
∴ 平行四边形EGFA1为矩形，
由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
∴ EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上，
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角），
不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=23，EG=3，
由于O为A1G的中点，故EO=OG=A1G2=152，
∴ cos∠EOG=EO2+OG2-EG22EO⋅OG=35，
∴ 直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.
【解答】
(1)证明：如图，连接A1E，
∵ A1A=A1C，E是AC的中点，
∴ A1E⊥AC，
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
∴ A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC，
又∵ A1F//AB，∠ABC=90◦，故BC⊥A1F，
∴ BC⊥平面A1EF，
∴ EF⊥BC.
(2)解：如图，取BC中点G连接EG, GF，则EGFA1是平行四边形，
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由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，
∴ 平行四边形EGFA1为矩形，
由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
∴ EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上，
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角），
不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=23，EG=3，
由于O为A1G的中点，故EO=OG=A1G2=152，
∴ cos∠EOG=EO2+OG2-EG22EO⋅OG=35，
∴ 直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.
20.【答案】
(1)解：设数列{an}的公差为d，由题意得
a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d，
解得a1=0,d=2.
从而an=2n-2,n∈N*.
所以Sn=n2-n,n∈N*.
由Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列得
Sn+1+bn2=Sn+bnSn+2+bn.
解得bn=1dSn+12-SnSn+2.
所以bn=n2+n,n∈N*.
(2)证明：cn=an2bn=2n-22n(n+1)=n-1n(n+1),n∈N*.
我们用数学归纳法证明.
①当n=1时，c1=0<2，不等式成立；
②假设n=kk∈N*时不等式成立，即c1+c2+⋯+ck<2k.
那么，当n=k+1时，
c1+c2+⋯+c1+ck+1<2k+k(k+1)(k+2)<2k+1k+1
<2k+2k+1+k=2k+2(k+1-k)=2k+1,
即当n=k+1时不等式也成立.
根据①和②，不等式c1+c2+⋯+cn<2n对任意n∈N*恒成立.
【解答】
(1)解：设数列{an}的公差为d，由题意得
a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d，
解得a1=0,d=2.
从而an=2n-2,n∈N*.
所以Sn=n2-n,n∈N*.
由Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列得
Sn+1+bn2=Sn+bnSn+2+bn.
解得bn=1dSn+12-SnSn+2.
所以bn=n2+n,n∈N*.
(2)证明：cn=an2bn=2n-22n(n+1)=n-1n(n+1),n∈N*.
我们用数学归纳法证明.
①当n=1时，c1=0<2，不等式成立；
②假设n=kk∈N*时不等式成立，即c1+c2+⋯+ck<2k.
那么，当n=k+1时，
c1+c2+⋯+c1+ck+1<2k+k(k+1)(k+2)<2k+1k+1
<2k+2k+1+k=2k+2(k+1-k)=2k+1,
即当n=k+1时不等式也成立.
根据①和②，不等式c1+c2+⋯+cn<2n对任意n∈N*恒成立.
21.【答案】
解：(1)由题意可得，焦点F(p2, 0)，则d1=1.5p+35，
d2=p．
又d1d2=1.5p+35p=35，解得：p=2．
抛物线C的标准方程：y2=4x；
(2)设M(t, 0)，设点M，P(x1, y2)，Q(x2, y2)，显然直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为x=my+t．
联立方程x=my+t，y2=4x， 整理可得y2-4my-4t=0．
Δ=16(m2+t)>0，
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y1+y2=4m，y1y2=-4t，
|PM|=1+m2|y1|，
|QM|=1+m2|y2|，
1|PM|2+1|QM|2=1(1+m2)y12+1(1+m2)y22=y12+y22(1+m2)y12y22=16m2+8t16(1+m2)t2=t+2m22(1+m2)t2=2m2+t2t2m2+2t2，
要使1|PM|2+1|QM|2为定值，必有22t2=t2t2，解得t=2，
∴ 1|PM|2+1|QM|2为定值时，点M的坐标为(2, 0)．
【解答】
解：(1)由题意可得，焦点F(p2, 0)，则d1=1.5p+35，
d2=p．
又d1d2=1.5p+35p=35，解得：p=2．
抛物线C的标准方程：y2=4x；
(2)设M(t, 0)，设点M，P(x1, y2)，Q(x2, y2)，显然直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为x=my+t．
联立方程x=my+t，y2=4x， 整理可得y2-4my-4t=0．
Δ=16(m2+t)>0，y1+y2=4m，y1y2=-4t，
|PM|=1+m2|y1|，
|QM|=1+m2|y2|，
1|PM|2+1|QM|2=1(1+m2)y12+1(1+m2)y22=y12+y22(1+m2)y12y22=16m2+8t16(1+m2)t2=t+2m22(1+m2)t2=2m2+t2t2m2+2t2，
要使1|PM|2+1|QM|2为定值，必有22t2=t2t2，解得t=2，
∴ 1|PM|2+1|QM|2为定值时，点M的坐标为(2, 0)．
22.【答案】
解：(1)f(x)≥g(x)即xlnx≥a(x-1)⇔lnx+ax-a≥0.
令h(x)=lnx+ax-a，则h'(x)=x-ax2，
①当a≤0时，h'(x)>0且h(1)=0，则x∈(0, 1)时，h(x)<0，不符合题意，舍去．
②当a>0时，令h'(x)=0，则x=a，且h(x)在(0, a)上单调递减，在(a, +∞)上单调递增，
所以，h(x)在x=a处取极小值也是最小值，即h(x)min=h(a)=lna-a+1，
令F(x)=lnx-x+1,F'(x)=1-xx，可得F(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减；
所以F(x)max=F(1)=0，故F(x)≤0，当x=1时取等号，所以a=1；
(2)因为f'(x)=1+lnx，
所以f(x)在(0,1e)上单调递减，在(1e,+∞)上单调递增，且f(1)=0，
因为f(x1)=f(x2)，所以00，
所以，h(t)0且h(1)=0，则x∈(0, 1)时，h(x)<0，不符合题意，舍去．
②当a>0时，令h'(x)=0，则x=a，且h(x)在(0, a)上单调递减，在(a, +∞)上单调递增，
所以，h(x)在x=a处取极小值也是最小值，即h(x)min=h(a)=lna-a+1，
令F(x)=lnx-x+1,F'(x)=1-xx，可得F(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减；
所以F(x)max=F(1)=0，故F(x)≤0，当x=1时取等号，所以a=1；
(2)因为f'(x)=1+lnx，
所以f(x)在(0,1e)上单调递减，在(1e,+∞)上单调递增，且f(1)=0，
因为f(x1)=f(x2)，所以00，
所以，h(t)
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