2020年3月普通高考(浙江卷)全真模拟卷(1)(解析版)

2020年浙江省高考语文模拟试卷一、单选题（本大题共2小题，共6.0分）1.下列各句中，没有错别字且加点字注音全都正确的一项是（）A. 韶．（sháo）华易逝，容颜易老，浮华终是云烟。

拥有阳光心态，便不受万象羁．（jī）绊；心无羁绊，坐也从容，行也从容，你才是一个优雅的、魅力十足的人。

B. 19世纪，西方社会传统的贵族日薄．（báo）西山，资产阶级爆发户崛起。

森严的阶层壁垒被打破，一批有思想、有抱负的平民跨界成了知识界的翘．（qiáo）楚。

C. 林语堂眼中的市侩．（kuài）：腰有十文必振衣作响，每与人言必谈贵戚，见问路之人必作傲睨．（ní）之态，与人交谈借刁言以逞才……扪心自问，你“中奖”了吗？D. 我们都为生命的短促而唏嘘，但可曾思量．（liang），正是因为短促而脆弱的生命旅途中有太多的烦闷与愤恚．（huì），那所剩无几的愉悦方显得迷足珍贵。

2.下列各句中，没有语病的一项是（）A. 当今，全球科技界最为关注的焦点莫过于“人工智能”，全球科技巨头纷纷砸入巨资展开人工智能的研发与竞争，都将人工智能视为下一个技术引爆点。

B. 青春需要拼搏与奋斗，需要经历痛苦与挫折，这样方能使青年人在磨砺中成长，安于一隅的生活固然安逸，却难以享受到用热血拼搏获得的精彩。

C. 目前，我国人工智能在教育领域的应用尚处于初级阶段，业内人士认为，传统的基础教育是我国教育的根本，像空军；人工智能在线教育是新型教育，灵活性高，像陆军。

D. 《流浪地球》讲述了一个在不远的将来太阳即将毁灭，太阳系已不适合人类生存，面对绝境，不甘心屈服命运的人类开启“流浪地球”计划，前往宇宙搜寻新的家园。

二、默写（本大题共1小题，共8.0分）3.补写出下列名篇名句的空缺部分。

______ ，齐之以刑，民免而无耻；道之以德，齐之以礼，______ 。

（《论语》）碧云天，黄花地，西风紧，北雁南飞。

2020年高考数学（3月份）模拟测试试卷一、选择题1．若集合A＝{x|x2﹣1≥0}，B＝{x|0＜x＜4}，则A∩B＝（）A．（﹣∞，﹣1）B．[0，4）C．[1，4）D．（4，+∞）2．已知i为虚数单位，，则z的虚部为（）A．1B．﹣2C．2D．﹣2i3．已知双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的渐近线方程为y＝±x，则双曲线C的离心率为（）A．B．C．D．4．函数函数f（x）＝|x|﹣的大致图象为（）A．B．C．D．5．已知随机变量ξ满足P（ξ＝0）＝x，P（ξ＝1）＝1﹣x，若，则（）A．E（ξ）随着x的增大而增大，D（ξ）随着x的增大而增大B．E（ξ）随着x的增大而减小，D（ξ）随着x的增大而增大C．E（ξ）随着x的增大而减小，D（ξ）随着x的增大而减小D．E（ξ）随着x的增大而增大，D（ξ）随着x的增大而减小6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．B．C．D．7．“ln（a﹣2）﹣ln（b﹣1）＞0”是“”成立的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件8．如图，圆O是半径为1的圆，，设B，C为圆上的任意2个点，则的取值范围是（）A．B．[﹣1，3]C．[﹣1，1]D．9．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PB＝BC＝a，PA＝AC＝b（a＜b），设二面角P﹣AB﹣C 的平面角为α，则（）A．α+∠PCA+∠PCB＞π，2α＜∠PAC+∠PBCB．α+∠PCA+∠PCB＜π，2α＜∠PAC+∠PBCC．α+∠PCA+∠PCB＞π，2α＞∠PAC+∠PBCD．α+∠PCA+∠PCB＜π，2α＞∠PAC+∠PBC10．设a，b∈R+，数列{a n}满足a1＝2，a n+1＝a•a n2+b，n∈N*，则（）A．对于任意a，都存在实数M，使得a n＜M恒成立B．对于任意b，都存在实数M，使得a n＜M恒成立C．对于任意b∈（2﹣4a，+∞），都存在实数M，使得a n＜M恒成立D．对于任意b∈（0，2﹣4a），都存在实数M，使得a n＜M恒成立二、填空题（共7小题）11．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”P﹣ABCD，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝2，AD＝1，则该“阳马”的最长棱长等于；外接球表面积等于．12．设x，y满足约束条件，则z＝2x+3y的最大值为；满足条件的x，y构成的平面区域的面积是．13．已知（x+2）5（2x﹣5）＝a0+a1x+…+a6x6，则a0＝；a5＝．14．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，且b＝1，则B＝；△ABC的面积为．15．从0，1，2，3，4，5这6个数中随机抽取5个数构成一个五位数，则满足条件“a＜b＜c＞d＞e”的五位数的个数有．16．设F1，F2是椭圆C：＝1（0＜m＜2）的两个焦点，P（x0，y0）是C上一点，且满足△PF1F2的面积为，则|x0|的取值范围是．17．设函数f（x）＝|lnx+a|+|x+b|（a，b∈R），当x∈[1，e]时，记f（x）最大值为M（a，b），则M（a，b）的最小值为．三、解答题（共5小题）18．已知函数（ω＞0）的图象上相邻两对称轴之间的距离为4．（Ⅰ）求ω的值及f（x）的单调递增区间；（Ⅱ）若且，求f（x0+1）的值．19．如图，已知四棱锥A﹣BCDE中，AB＝BC＝2，，CD∥BE，BE＝2CD＝4，∠EBC＝60°．（Ⅰ）求证：EC⊥平面ABC；（Ⅱ）求直线AD与平面ABE所成角的正弦值．20．已知等差数列{a n}的公差不为零，且a3＝3，a l，a2，a4成等比数列，数列{b n}满足b1+2b2+……+nb n＝2a n（n∈N*）（Ⅰ）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（Ⅱ）求证：++……+＞a n+1﹣（n∈N*）．21．已知抛物线E：y2＝2px（p＞0）过点Q（1，2），F为其焦点，过F且不垂直于x轴的直线l交抛物线E于A，B两点，动点P满足△PAB的垂心为原点O．（1）求抛物线E的方程；（2）求证：动点P在定直线m上，并求的最小值．22．已知f（x）＝2ln（x+2）﹣（x+1）2，g（x）＝k（x+1）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）当k＝2时，求证：对于∀x＞﹣1，f（x）＜g（x）恒成立；（Ⅲ）若存在x0＞﹣1，使得当x∈（﹣1，x0）时，恒有f（x）＞g（x）成立，试求k的取值范围．参考答案一、选择题（共10小题）1．若集合A＝{x|x2﹣1≥0}，B＝{x|0＜x＜4}，则A∩B＝（）A．（﹣∞，﹣1）B．[0，4）C．[1，4）D．（4，+∞）解：A＝{x|x≤﹣1，或x≥1}；∴A∩B＝[1，4）．故选：C．2．已知i为虚数单位，，则z的虚部为（）A．1B．﹣2C．2D．﹣2i解：∵＝，∴z的虚部为﹣2．故选：B．3．已知双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的渐近线方程为y＝±x，则双曲线C的离心率为（）A．B．C．D．【分析】根据题意，由双曲线的方程分析可得其焦点在x轴上，进而可得渐近线方程，结合题意可得有＝，即a＝2b，由双曲线的几何性质分析可得c＝＝a，由离心率的计算公式可得答案．解：根据题意，双曲线的方程为﹣＝1，其焦点在y轴上，其渐近线方程为y＝±x，又由其渐近线方程为y＝±x，则有＝，即b＝2a，c＝＝a，则其离心率e＝＝；故选：B．4．函数函数f（x）＝|x|﹣的大致图象为（）A．B．C．D．【分析】利用x＞0时，函数的单调性，以及x＜0时，函数值的符号进行排除即可．解：当x＞0时，f（x）＝x﹣为增函数，排除A，B，当x＜0时，f（x）＝|x|﹣＞0恒成立，排除C，故选：D．5．已知随机变量ξ满足P（ξ＝0）＝x，P（ξ＝1）＝1﹣x，若，则（）A．E（ξ）随着x的增大而增大，D（ξ）随着x的增大而增大B．E（ξ）随着x的增大而减小，D（ξ）随着x的增大而增大C．E（ξ）随着x的增大而减小，D（ξ）随着x的增大而减小D．E（ξ）随着x的增大而增大，D（ξ）随着x的增大而减小【分析】ξ服从成功概率为1﹣x的两点分布，故Eξ＝1﹣x，Dξ＝（1﹣x）x＝x﹣x2，进而，得到Eξ和Dξ在x∈（0，），上的单调性．解：根据题意，ξ服从成功概率为1﹣x的两点分布，所以Eξ＝1﹣x，当x∈（0，）时，Eξ单调递减，即E（ξ）随着x的增大而减小，Dξ＝（1﹣x）x＝﹣x2+x，因为Dξ的对称轴为x＝，开口向下，故当x∈（0，）时，Dξ随着x的增大而增大．故选：B．6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．B．C．D．【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据，通过三棱柱的体积减去三棱锥的体积，求解几何体的体积即可．解：由题意可知几何体的直观图如图，是正方体的一部分，四棱锥P﹣ABCD，正方体的棱长为2，三棱柱的体积减去三棱锥的体积，求解几何体是体积，所求体积为：＝．故选：C．7．“ln（a﹣2）﹣ln（b﹣1）＞0”是“”成立的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【分析】由对数的运算性质与不等式的基本性质结合充分必要条件的判定方法得答案．解：由ln（a﹣2）﹣ln（b﹣1）＞0，得，即a＞2＞b＞1，∴；反之，由，不一定有ln（a﹣2）﹣ln（b﹣1）＞0，如a＝﹣2，b＝﹣1．∴“ln（a﹣2）﹣ln（b﹣1）＞0”是“”成立的充分不必要条件．故选：A．8．如图，圆O是半径为1的圆，，设B，C为圆上的任意2个点，则的取值范围是（）A．B．[﹣1，3]C．[﹣1，1]D．【分析】根据平面向量的数量积和二次函数的性质，结合余弦函数的性质即可求出结果．解：如图所示，由•＝（﹣）•＝•﹣•＝||×||cos∠BCO﹣||×||cosθ＝﹣||•||•cosθ＝﹣||•cosθ，且﹣||•cosθ≥﹣||＝（||﹣）2﹣，由||∈[0，2]，当||＝时，•有最小值为﹣，又当||＝2，且cosθ＝﹣1时，﹣||•cosθ，此时•＝3，为最大值．所以•的取值范围是[﹣，3]．故选：A．9．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PB＝BC＝a，PA＝AC＝b（a＜b），设二面角P﹣AB﹣C 的平面角为α，则（）A．α+∠PCA+∠PCB＞π，2α＜∠PAC+∠PBCB．α+∠PCA+∠PCB＜π，2α＜∠PAC+∠PBCC．α+∠PCA+∠PCB＞π，2α＞∠PAC+∠PBCD．α+∠PCA+∠PCB＜π，2α＞∠PAC+∠PBC【分析】解题的关键是通过构造垂面得出∠PMC＝α，然后转化到平面中解决即可．解：如图，取PC中点D，连接AD，BD，由PB＝BC＝a，PA＝AC易知BD⊥PC，AD⊥PC，故可得PC⊥平面ABFD，作PM⊥AB于M，由△ABP≌△ABC，可得CM⊥AB，∴∠PMC＝α，又PM＝CM＝h＜a＜b，∴，∴2α＞∠PAC+∠PBC，，故选：C．10．设a，b∈R+，数列{a n}满足a1＝2，a n+1＝a•a n2+b，n∈N*，则（）A．对于任意a，都存在实数M，使得a n＜M恒成立B．对于任意b，都存在实数M，使得a n＜M恒成立C．对于任意b∈（2﹣4a，+∞），都存在实数M，使得a n＜M恒成立D．对于任意b∈（0，2﹣4a），都存在实数M，使得a n＜M恒成立【分析】取a＝1，b＝1，可排除AB；由蛛网图可得数列{a n}的单调情况，进而得到要使a n＜M，只需，由此得出答案．解：取a＝1，b＝1，该数列{a n}恒单调递增，且不存在最大值，故排除AB选项；由蛛网图可知，ax2+b＝x存在两个不动点，且，因为当0＜a1＜x1时，数列{a n}单调递增，则a n＜x1，；当x1＜a1＜x2时，数列{a n}单调递减，则x1＜a n≤a1；所以要使a n＜M，只需要0＜a1＜x2，故，化简得b＜2﹣4a且b＞0，故选：D．二、填空题（共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）11．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”P﹣ABCD，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝2，AD＝1，则该“阳马”的最长棱长等于3；外接球表面积等于9π．【分析】由题意画出图形，利用勾股定理求得几何体最长棱长，再由分割补形法得到多面体外接球的半径，则球的表面积可求．解：如图，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为长方形，且PA＝AB＝2，AD＝1，∴最长棱PC＝＝；其外接球的半径为．则其外接球的表面积为．故答案为：3；9π．12．设x，y满足约束条件，则z＝2x+3y的最大值为11；满足条件的x，y构成的平面区域的面积是．【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值．解：作出x，y满足约束条件，对应的平面区域（阴影部分），由z＝2x+3y，得y＝﹣x+，平移直线y＝﹣x+，由图象可知当直线y＝﹣x+经过点C时，直线y＝﹣x+的截距最大，此时z最大．由，解得A（，）．解得B（1，）；解得C（1，3）．此时z的最大值为z＝2×1+3×3＝11，可行域的面积为：＝故答案为：11；．13．已知（x+2）5（2x﹣5）＝a0+a1x+…+a6x6，则a0＝﹣160；a5＝15．【分析】在所给的等式中，令x等于0，求得a0的值；再利用通项公式求得a5即x5的系数．解：∵（x+2）5（2x﹣5）＝a0+a1x+…+a6x6，令x＝0，可得a0＝﹣160．a5即x5的系数为﹣5+•2•2＝15，14．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，且b＝1，则B＝；△ABC的面积为．【分析】，，利用正弦定理可得：sin B＝（4+2）sin cos B，tan B＝2+，可得B，C．再利用三角形的面积计算公式即可得出．解：，，∴sin B＝（4+2）sin cos B，∴tan B＝2+，∵tan（）＝＝＝2+，B∈（0，π）．∴B＝．∴C＝＝＝B．∴c＝b＝1．∴S＝bc sin A＝＝．故答案为：，．15．从0，1，2，3，4，5这6个数中随机抽取5个数构成一个五位数，则满足条件“a＜b＜c＞d＞e”的五位数的个数有21．【分析】由题意可得c最大，a不能为0，分两类，当c＝5时，当c＝4时，根据分类计数原理可得．解：由题意可得c最大，a不能为0，当c取5时，则从剩下4个数（不包含0）取两个，放在c的左边，再从剩下3个数（包含0）取两个，放在右边，有C42C32＝18个，当c取4时，则从剩下3个数（不包含0）取两个，放在c的左边，再从剩下2个数（包含0）取两个，放在右边，有C32C22＝3个，故满足条件的五位数的个数有18+3＝21个，故答案为：21．16．设F1，F2是椭圆C：＝1（0＜m＜2）的两个焦点，P（x0，y0）是C上一点，且满足△PF1F2的面积为，则|x0|的取值范围是[0，1]．【分析】利用三角形的面积的表达式，结合椭圆方程，求通过二次函数，转化即可得到|x0|的取值范围．解：设F1，F2是椭圆C：＝1（0＜m＜2）的两个焦点，P（x0，y0）是C上一点，且满足△PF1F2的面积为，当P是短轴端点时，三角形的面积取得最大值，所以|y0|＝，，可得：x02＝4﹣，0＜m＜2，可得4m2﹣m4∈（0，4]，所以﹣3，可得x02≤1所以|x0|的取值范围是：[0，1]．故答案为：[0，1]．17．设函数f（x）＝|lnx+a|+|x+b|（a，b∈R），当x∈[1，e]时，记f（x）最大值为M（a，b），则M（a，b）的最小值为．【分析】易知f（x）＝max{|lnx+a+x+b|，|lnx+a﹣x﹣b|}，设G（x）＝|lnx﹣x+a﹣b|，F （x）＝|lnx+x+a+b|，利用绝对值不等式的性质即可得解．解：f（x）＝max{|lnx+a+x+b|，|lnx+a﹣x﹣b|}，设G（x）＝|lnx﹣x+a﹣b|，F（x）＝|lnx+x+a+b|，由单调性可知，当x∈[1，e]时，G（x）＝max{|1+a﹣b|，|1﹣e+a﹣b|}，F（x）＝max{|1+a+b|，|1+e+a+b|}，∴4M（a，b）≥|1+a﹣b|+|1﹣e+a﹣b|+|1+a+b|+|1+e+a+b|≥|2+e+2a|+|2﹣e+2a|≥2e，∴，当且仅当或时取等号．故答案为：．三、解答题（共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算过程）18．已知函数（ω＞0）的图象上相邻两对称轴之间的距离为4．（Ⅰ）求ω的值及f（x）的单调递增区间；（Ⅱ）若且，求f（x0+1）的值．【分析】（Ⅰ）利用三角函数恒等变换的应用化简已知可得函数解析式为f（x）＝，由已知可求T，利用周期公式可求ω的值，令，可求函数的增区间．（Ⅱ）由已知及（Ⅰ）可求，由范围，可求，利用同角三角函数基本关系式可求，根据两角和的正弦函数公式即可计算得解．【解答】（本题满分为14分）解：（Ⅰ）因为：（ω＞0），所以：＝，…………………由条件T＝8，所以：，…………………所以：，令，得：．所以增区间为：．…………………（Ⅱ）因为：，由（1）知：，即：，…………………因为：，所以：，所以：，…………………所以：＝＝．…………………19．如图，已知四棱锥A﹣BCDE中，AB＝BC＝2，，CD∥BE，BE＝2CD＝4，∠EBC＝60°．（Ⅰ）求证：EC⊥平面ABC；（Ⅱ）求直线AD与平面ABE所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）通过求解三角形证明EC⊥CA，EC⊥CB，推出EC⊥面CAB．（Ⅱ）如图，建立空间直角坐标系C﹣xyz，求出面ABE的一个法向量，然后利用空间向量的数量积求解直线AD与平面ABE所成角的正弦函数值．【解答】（Ⅰ）证明：在△ABC中，由余弦定理得，在△EBC中，由余弦定理得由CE2+CA2＝EA2，CE2+CB2＝EB2得，EC⊥CA，EC⊥CB，所以EC⊥面CAB……………………（Ⅱ）解：如图，建立空间直角坐标系C﹣xyz，则所以，所以，……………………所以是面ABE的一个法向量，则取……………………记直线AD与平面ABE所成角为α，则……………………20．已知等差数列{a n}的公差不为零，且a3＝3，a l，a2，a4成等比数列，数列{b n}满足b1+2b2+……+nb n＝2a n（n∈N*）（Ⅰ）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（Ⅱ）求证：++……+＞a n+1﹣（n∈N*）．【分析】（Ⅰ）设等差数列的公差为d，d≠0，运用等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，进而得到a n；可令n＝1，求得b1，再将n换为n﹣1，相减可得b n；（Ⅱ）原不等式转化为++…+＞n+1﹣，应用数学归纳法证明，注意检验n＝1不等式成立，再假设n＝k时不等式成立，证明n＝k+1时，不等式也成立，注意运用分析法证明．解：（Ⅰ）等差数列{a n}的公差d不为零，a3＝3，可得a1+2d＝3，a l，a2，a4成等比数列，可得a1a4＝a22，即a1（a1+3d）＝（a1+d）2，解方程可得a1＝d＝1，则a n＝n；数列{b n}满足b1+2b2+……+nb n＝2a n，可得b1＝2a1＝2，将n换为n﹣1可得b1+2b2+……+（n﹣1）b n﹣1＝2a n﹣1，联立b1+2b2+……+nb n＝2a n，相减可得nb n＝2a n﹣2a n﹣1＝2，则b n＝，对n＝1也成立，则b n＝，n∈N*；（Ⅱ）证明：不等式++……+＞a n+1﹣（n∈N*）即为++…+＞n+1﹣，下面应用数学归纳法证明．（1）当n＝1时，不等式的左边为＝，右边为2﹣，左边＞右边，不等式成立；（2）假设n＝k时不等式++…+＞k+1﹣，当n＝k+1时，++…++＞k+1﹣+，要证++…++＞k+2﹣，只要证k+1﹣+＞k+2﹣，即证﹣＞1﹣，即证（﹣）（1﹣）＞0，由k∈N*，可得上式成立，可得n＝k+1时，不等式也成立．综上可得，对一切n∈N*，++…+＞n+1﹣，故++……+＞a n+1﹣（n∈N*）．21．已知抛物线E：y2＝2px（p＞0）过点Q（1，2），F为其焦点，过F且不垂直于x轴的直线l交抛物线E于A，B两点，动点P满足△PAB的垂心为原点O．（1）求抛物线E的方程；（2）求证：动点P在定直线m上，并求的最小值．【分析】（1）代入Q（1，2）可得p，进而得到所求抛物线方程；（2）方法一、设l：ty＝x﹣1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立y2＝4x，运用韦达定理和直线方程的交点可得P在定直线m上，由三角形的面积公式和基本不等式可得所求最小值；方法二、设l：ty＝x﹣1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立y2＝4x，运用韦达定理和向量共线定理、以及向量垂直的条件可得P在定直线m上，由三角形的面积公式和基本不等式可得所求最小值．解：（1）Q（1，2）代入y2＝2px解得p＝1，可得抛物线的方程为y2＝4x；（2）证法1：（巧设直线）证明：设l：ty＝x﹣1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立y2＝4x，可得，则有，可设AP：，即，同理BP：，解得P（﹣3，3t），即动点P在定直线m：x＝﹣3上，＝，当且仅当时取等号．其中d1，d2分别为点P和点Q到直线AB的距离．证法2：（利用向量以及同构式）证明：设l：x＝my+1（m≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），联立y2＝4x，可得y2﹣4my﹣4＝0，则有，，，又O为△PAB的垂心，从而，代入化简得：，同理：，从而可知，y1，y2是方程的两根，所以，所以动点P在定直线m：x＝﹣3上，＝，当且仅当时取等号．其中d1，d2分别为点P和点Q到直线AB的距离．22．已知f（x）＝2ln（x+2）﹣（x+1）2，g（x）＝k（x+1）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）当k＝2时，求证：对于∀x＞﹣1，f（x）＜g（x）恒成立；（Ⅲ）若存在x0＞﹣1，使得当x∈（﹣1，x0）时，恒有f（x）＞g（x）成立，试求k的取值范围．【分析】（Ⅰ）求出定义域和导数f′（x），令f′（x）＞0，解出增区间，令f′（x）＜0，解出减区间；（Ⅱ）令H（x）＝f（x）﹣g（x），利用导数判断出H（x）的单调性和单调区间，得出H（x）的最大值，证明H max（x）＜0即可．解：（Ⅰ），当f′（x）＞0 时，∴x2+3x+1＜0，∴，又x＞﹣2，∴；当f′（x）＜0时，解得，∴f（x）单调增区间为，递减区间是（，+∞）；（Ⅱ）当k＝2时，g（x）＝2（x+1）．令H（x）＝f（x）﹣g（x）＝2ln（x+2）﹣（x+1）2﹣2（x+1）．H′（x）＝，令H′（x）＝0，即﹣2x2﹣8x﹣6＝0，解得x＝﹣1或x＝﹣3（舍）．∴当x＞﹣1时，H′（x）＜0，H（x）在（﹣1，+∞）上单调递减．∴H max（x）＝H（﹣1）＝0，∴对于∀x＞﹣1，H（x）＜0，即f（x）＜g（x）．（Ⅲ）由（II）知，当k＝2时，f（x）＜g（x）恒成立，即对于“x＞﹣1，2 ln（x+2）﹣（x+1）2＜2 （x+1），不存在满足条件的x0；当k＞2时，对于“x＞﹣1，x+1＞0，此时2 （x+1）＜k（x+1）．∴2 ln（x+2）﹣（x+1）2＜2 （x+1）＜k（x+1），即f（x）＜g（x）恒成立，不存在满足条件的x0；令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝2ln（x+2）﹣（x+1）2﹣k（x+1），h′（x）＝，当k＜2时，令t（x）＝﹣2x2﹣（k+6）x﹣（2k+2），可知t（x）与h′（x）符号相同，当x∈（x0，+∞）时，t（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）单调递减，当x∈（﹣1，x0）时，h（x）＞h（﹣1）＝0，即f（x）﹣g（x）＞0恒成立，综上，k的取值范围为（﹣∞，2）．。

2020年高考模拟高考数学全真模拟试卷（3月份）一、选择题1．设全集U＝{0，1，2，3，4}，集合A＝{0，1，2}，集合B＝{2，3}，则（∁U A）∪B＝（）A．∅B．{1，2，3，4}C．{2，3，4}D．{0，11，2，3，4}2．从点P引三条射线PA、PB、PC，每两条的夹角都是60°，则二面角B﹣PA﹣C的余弦值是（）A．B．C．D．3．某棱柱的三视图如图示，则该棱柱的体积为（）A．3B．4C．6D．124．若函数f（x）＝的图象和直线y＝ax有四个不同的公共点，则实数的取值范围是（）A．（﹣，4）B．（0，4）C．（﹣，0）D．（﹣，0）∪（0，4）5．若x，y满足约束条件，则z＝3x﹣y的最大值是（）A．﹣7B．﹣1C．5D．76．已知随机变量X的分布列如表：X135P0.40.1x 则X的方差为（）A．3.56B．C．3.2D．7．双曲线x2﹣y2＝1右支上一点P（a，b）到直线l：y＝x的距离d＝．则a+b＝（）A．﹣B．C．或﹣D．2或﹣28．已知数列{a n}满足，n∈N*，且a2+a4+a6＝9，则＝（）A．B．3C．﹣3D．9．若[x]表示不超过x的最大整数，则f（x）＝[x]﹣x，（x∈R）的值域是（）A．[0，1）B．（﹣1，1）C．[﹣1，1]D．（﹣1，0] 10．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件二、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．在圆内接四边形ABCD中，AB＝5，BC＝6，CD＝3，AD＝4，则△ABC的面积为．12．设函数，，则函数的最小值为；若，使得a2﹣a≥f（x）成立，则实数a的取值范围是．13．在二项式（2x﹣）6的展开式中，所有项的二项式系数之和是，含x2项的系数是．14．函数y＝f（x）是定义域为R的偶函数，当x≥0时，函数f（x）的图象是由一段抛物线和一条射线组成（如图所示）．①当x∈[﹣1，1]时，y的取值范围是；②如果对任意x∈[a，b]（b＜0），都有y∈[﹣2，1]，那么b的最大值是．15．已知是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足||＝，则||+2||的最小值为．16．已知a，b∈R，f（x）＝e x﹣ax+b，若f（x）≥1恒成立，则的取值范围是17．在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥AC，AB⊥平面PAD，底面ABCD为正方形，且CD+PD ＝3．若四棱锥P﹣ABCD的每个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积的最小值为；当四棱锥P﹣ABCD的体积取得最大值时，二面角A﹣PC﹣D的正切值为．三、解答题：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（x）＝sin（ωx+φ），其中ω＞0，．（1）若ω＝1，，且对任意的，都有，求实数m的取值范围；（2）若，，且f（x）在单调递增，求ω的最大值．19．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都相等，且D，E，F分别为BC，BB1，AA1的中点．（Ⅰ）求证：平面B1FC∥平面EAD；（Ⅱ）求证：BC1⊥平面EAD．20．设满足以下两个条件的有穷数列a1，a2，…，a n为n（n＝2，3，4，…，）阶“期待数列”：①a1+a2+a3+…+a n＝0；②|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|＝1．（1）分别写出一个单调递增的3阶和4阶“期待数列”；（2）若某2013阶“期待数列”是等差数列，求该数列的通项公式；（3）记n阶“期待数列”的前k项和为S k（k＝1，2，3，…，n），试证：|S k|≤．21．已知抛物线x2＝4y的焦点为F，P为该抛物线上的一个动点．（1）当|PF|＝2时，求点P的坐标；（2）过F且斜率为1的直线与抛物线交与两点AB，若P在弧AB上，求△PAB面积的最大值．22．已知函数f（x）＝﹣x3+x2+x+a，g（x）＝2a﹣x3（x∈R，a∈R）．（1）求函数f（x）的单调区间．（2）求函数f（x）的极值．（3）若任意x∈[0，1]，不等式g（x）≥f（x）恒成立，求a的取值范围．参考答案一、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.1．设全集U＝{0，1，2，3，4}，集合A＝{0，1，2}，集合B＝{2，3}，则（∁U A）∪B＝（）A．∅B．{1，2，3，4}C．{2，3，4}D．{0，11，2，3，4}【分析】根据全集U及A，求出A的补集，找出A补集与B的并集即可．解：∵全集U＝{0，1，2，3，4}，集合A＝{0，1，2}，集合B＝{2，3}，∴∁U A＝{3，4}，则（∁U A）∪B＝{2，3，4}，故选：C．2．从点P引三条射线PA、PB、PC，每两条的夹角都是60°，则二面角B﹣PA﹣C的余弦值是（）A．B．C．D．【分析】由题意画出图形，作出二面角B﹣PA﹣C的平面角，设PE＝a，求解直角三角形得到EG、EF、FG的长度，再由余弦定理得答案．解：如图，在PA上任取一点E，在平面APB内过E作EF⊥PA交PB于F，在平面APC内过E 作EG⊥PA交PC于G，连接GF，设PE＝a，在Rt△PEG中，∵∠EPG＝60°，∴PG＝2a，GE＝a，同理求得PF＝2a，EF＝a，则GF＝2a，在△FGE中，由余弦定理得：cos∠FEG＝＝．故选：C．3．某棱柱的三视图如图示，则该棱柱的体积为（）A．3B．4C．6D．12【分析】由已知中的三视图可得：该几何体上部是一个以俯视图为底面四棱柱，进而可得答案．解：由已知中的三视图可得：该几何体上部是一个以俯视图为底面四棱柱，棱柱的底面面积S＝×（2+4）×2＝6，棱柱的高为1，故棱柱的体积V＝6．故选：C．4．若函数f（x）＝的图象和直线y＝ax有四个不同的公共点，则实数的取值范围是（）A．（﹣，4）B．（0，4）C．（﹣，0）D．（﹣，0）∪（0，4）【分析】根据分段函数的表达式，先得到x＝0是f（x）与y＝ax的一个根，利用参数分离法构造函数h（x），得到h（x）与y＝a有三个不同的交点，利用数形结合进行求解即可．解：当x＞0时，由f（x）＝ax得2x2lnx＝ax，得a＝2xlnx，当x≤0时，由f（x）＝ax得﹣x3﹣4x2＝ax，此时x＝0是方程的一个根，当x≠0时，a＝﹣x﹣4x，设h（x）＝，当x＞0时，h′（x）＝2lnx+2x＝2lnx+2＝2（1+lnx），由h′（x）＞0得1+lnx＞0得lnx＞﹣1，得x＞此时函数为增函数，由h′（x）＜0得1+lnx＜0得lnx＜﹣1，得0＜x＜，此时函数为减函数，即当x＝时，h（x）取得极小值h（）＝2×ln＝﹣，当x＜0时，h（x）＝﹣x2﹣4x＝﹣（x+2）2+4，作出h（x）的图象如图：要使f（x）与直线y＝ax有四个不同的公共点，等价为h（x）与y＝a有3个不同的交点，则a满足﹣＜a＜0或0＜a＜4，即实数a的取值范围是（﹣，0）∪（0，4），故选：D．5．若x，y满足约束条件，则z＝3x﹣y的最大值是（）A．﹣7B．﹣1C．5D．7【分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z＝3x﹣y表示直线在y 轴上的截距，只需求出可行域直线在y轴上的截距最小值即可．解：不等式组表示的平面区域如图所示，由解得A（2，1）当直线z＝3x﹣y过点A（2，1）时，在y轴上截距最小，此时z取得最大值5．故选：C．6．已知随机变量X的分布列如表：X135P0.40.1x 则X的方差为（）A．3.56B．C．3.2D．【分析】先求得x的值，然后计算出EX，再利用方差公式求解即可．解：根据随机变量分布列的性质，知0.4+0.1+x＝1，所以x＝0.5，EX＝0.4+0.3+2.5＝3.2，DX＝2.22×0.4+0.22×0.1+1.82×0.5＝3.56，故选：A．7．双曲线x2﹣y2＝1右支上一点P（a，b）到直线l：y＝x的距离d＝．则a+b＝（）A．﹣B．C．或﹣D．2或﹣2【分析】P（a，b）点在双曲线上，则有a2﹣b2＝1，即（a+b）（a﹣b）＝1．根据点到直线的距离公式能够求出a﹣b的值，注意a＞b，从而得到a+b的值．解：∵P（a，b）点在双曲线上，∴有a2﹣b2＝1，即（a+b）（a﹣b）＝1．∵A（a，b）到直线y＝x的距离为，∴d＝＝，∴|a﹣b|＝2．又P点在右支上，则有a＞b，∴a﹣b＝2．∴a+b＝，故选：B．8．已知数列{a n}满足，n∈N*，且a2+a4+a6＝9，则＝（）A．B．3C．﹣3D．【分析】首先利用关系式的两边取对数求出数列的通项公式，进一步得到数列为等差数列，最后求出结果．解：数列{a n}满足，两边取对数得到，整理得a n+1﹣a n＝2（常数），所以数列{a n}是以2为公差的等差数列．则a2+a4+a6＝3a4＝9，整理得a4＝3，所以a7＝a4+2（7﹣4）＝3+6＝9，故a5+a7+a9＝3a7＝27，所以．故选：C．9．若[x]表示不超过x的最大整数，则f（x）＝[x]﹣x，（x∈R）的值域是（）A．[0，1）B．（﹣1，1）C．[﹣1，1]D．（﹣1，0]【分析】可设n≤x＜n+1，从而得出[x]＝n，先可得出﹣n﹣1＜﹣x≤﹣n，从而可求出[x]﹣x的范围，即得出f（x）的值域．解：设n≤x＜n+1，则[x]＝n；∴﹣n﹣1＜﹣x≤﹣n；∴﹣1＜[x]﹣x≤0；∴f（x）的值域为（﹣1，0]．故选：D．10．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合面面垂直的性质即可得到结论．解：∵b⊥m，∴当α⊥β，则由面面垂直的性质可得a⊥b成立，若a⊥b，则α⊥β不一定成立，故“α⊥β”是“a⊥b”的充分不必要条件，故选：A．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．在圆内接四边形ABCD中，AB＝5，BC＝6，CD＝3，AD＝4，则△ABC的面积为．【分析】利用余弦定理可得AC，cos B，再利用三角形面积计算公式即可得出．解：AC2＝32+42﹣2×3×4cos D＝52+62﹣2×5×6cos B，cos B+cos D＝0．∴AC2＝，∴cos B＝，可得sin B＝＝．∴△ABC的面积S＝×＝．故答案为：．12．设函数，，则函数的最小值为2；若，使得a2﹣a≥f（x）成立，则实数a的取值范围是（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞）．【分析】由已知结合基本不等式可求函数的最小值；由，使得a2﹣a≥f （x）成立，可得a2﹣a≥f（x）min，然后解不等式可求．解：∵，由基本不等式可得，＝2，当且仅当x＝即x＝1时取得最小值2，∵，使得a2﹣a≥f（x）成立，∴a2﹣a≥f（x）min，∴a2﹣a≥2，解不等式可得，a≥2或a≤﹣1，故a的范围为（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞]．故答案为：2；（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞]．13．在二项式（2x﹣）6的展开式中，所有项的二项式系数之和是64，含x2项的系数是240．【分析】先利用二项式系数的性质求得n＝6，再利用二项展开式的通项公式求得含x2项的系数．解：在二项式（2x﹣）6的展开式中，所有项的二项式系数之和是2n＝26＝64，而通项公式为T r+1＝•（﹣1）r 26﹣r•x6﹣2r，令6﹣2r＝2，求得r＝2，可得含x2项的系数是•24＝240，故答案为：64；240．14．函数y＝f（x）是定义域为R的偶函数，当x≥0时，函数f（x）的图象是由一段抛物线和一条射线组成（如图所示）．①当x∈[﹣1，1]时，y的取值范围是[1，2]；②如果对任意x∈[a，b]（b＜0），都有y∈[﹣2，1]，那么b的最大值是﹣2．【分析】①根据f（x）是偶函数，图象关于y轴对称，结合图象可得y的取值范围．②当x≥0时，设抛物线的方程为y＝ax2+bx+c，求解解析式，根据f（x）是定义域为R的偶函数，可得x＜0的解析式，令y＝1，可得x对应的值，结合图象可得b的最大值．解：①根据f（x）是偶函数，图象关于y轴对称，当x∈[﹣1，1]时，值域为x∈[0，1]时相同，可得y的取值范围是[1，2]．②当x≥0时，设抛物线的方程为f（x）＝ax2+bx+c，图象过（0，1），（1，2），（3，﹣2），带入计算可得：a＝﹣1，b＝2，c＝1，∴f（x）＝﹣x2+2x+1，当x＜0时，﹣x＞0．∴f（﹣x）＝﹣x2﹣2x+1即f（x）＝﹣x2﹣2x+1．令y＝1，可得1＝﹣x2﹣2x+1．解得：x＝﹣2．结合图象可得b的最大值为﹣2．故答案为：[1，2]；﹣2．15．已知是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足||＝，则||+2||的最小值为．【分析】建立坐标系，设A（1，0），B（0，1），D（1，1），设＝，＝，则||+2||＝CD+2BC，构造相似三角形，设E（1，），可得△AEC∽△ACD，所以||+2||＝CD+2BC＝2（BC+CE）≥2BE＝．解：如图，A（1，0），B（0，1），D（1，1），设＝，＝，则向量满足||＝，设＝，所以点C为以A为圆心，以为半径的圆上的一点，所以||＝|﹣|＝|CD|，同理2||＝2|BC|，取点E（1，），则，又因∠CAE＝∠DAC，所以△AEC∽△ACD，所以，即CD＝2CE，所以||+2||＝CD+2BC＝2CE+2BC＝2（BC+CE），由三角形的三边关系知2（BC+CE）≥2BE＝2＝2×＝．故填：．16．已知a，b∈R，f（x）＝e x﹣ax+b，若f（x）≥1恒成立，则的取值范围是[﹣1，+∞）【分析】先根据导数和函数的最值得关系，以及f（x）≥1恒成立，可得当a＞0时，b ≥alna﹣a+1，代入≥＝lna+﹣2，构造函数g（a）＝lna+﹣2，a＞0，利用导数求出函数的最值即可解：∵f（x）＝e x﹣ax+b，∴f′（x）＝e x﹣a，当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，则f（x）单调递增，f（x）≥1不恒成立，当a＞0时，令f′（x）＝e x﹣a＝0，解得x＝lna，当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴f（x）min＝f（lna）＝a﹣alna+b，∵f（x）≥1恒成立，∵a﹣alna+b≥1∴b≥alna﹣a+1，∴≥＝lna+﹣2，设g（a）＝lna+﹣2，a＞0∴g′（a）＝﹣＝，令g′（a）＝0，解得a＝1，当a∈（0，1）时，g′（a）＜0，函数g（a）单调递减，当x∈（1，+∞）时，g′（a）＞0，函数g（a）单调递增，∴g（a）min＝0+1﹣2＝﹣1，∴≥﹣1，故答案为：[﹣1，+∞）17．在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥AC，AB⊥平面PAD，底面ABCD为正方形，且CD+PD ＝3．若四棱锥P﹣ABCD的每个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积的最小值为6π；当四棱锥P﹣ABCD的体积取得最大值时，二面角A﹣PC﹣D的正切值为．【分析】设CD＝x（0＜x＜3），则PD＝3﹣x，四棱锥P﹣ABCD可补形为一个长方体，球O的球心为PB的中点，然后求解球O的表面积推出最值；四棱锥的体积为V＝（0＜x＜3），利用函数的导数，求解PD＝1，过D作DH⊥PC于H，连接AH，则∠AHD为二面角A﹣PC﹣D的平面角．求解即可．解：设CD＝x（0＜x＜3），则PD＝3﹣x，因为AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD，所以AB⊥PD，又PD⊥AC，所以PD⊥平面ABCD，则四棱锥P﹣ABCD可补形为一个长方体，球O的球心为PB的中点，从而球心O的表面积为：＝3π[（x﹣1）2+2]≥6π．四棱锥的体积为V＝（0＜x＜3），则V′＝﹣x2+2x，当0＜x＜2时，V′＞0，当2＜x＜3时，V′＜0，所以V max＝V（2）此时AD＝CD＝2，PD＝1，过D作DH⊥PC于H，连接AH，则∠AHD为二面角A﹣PC﹣D的平面角．∵DH＝＝，∴tan∠AHD＝＝．故答案为：6π；．三、解答题：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（x）＝sin（ωx+φ），其中ω＞0，．（1）若ω＝1，，且对任意的，都有，求实数m的取值范围；（2）若，，且f（x）在单调递增，求ω的最大值．【分析】（1）ω＝1，φ＝时，函数f（x）＝sin（x+），不等式化为m≥﹣2sin2x+sin x；求出g（x）＝﹣2sin2x+sin x，在x∈[0，]的最大值即可；（2）根据三角函数的图象与性质，结合题意列方程和不等式，即可求出ω的最大值．解：（1）ω＝1，φ＝时，函数f（x）＝sin（x+），则y＝f（x﹣）+f（2x+）＝sin[（x﹣）+]+sin[（2x+）+]＝sin x+cos2x ＝1﹣2sin2x+sin x；不等式f（x﹣）+f（2x+）﹣m≤1，可化为m≥﹣2sin2x+sin x；设g（x）＝﹣2sin2x+sin x，x∈[0，]，则g（x）＝﹣2+，且x∈[0，]时，sin x∈[0，]，所以sin x＝时，g（x）取得最大值是，所以实数m的取值范围是m≥；（2）若，则x＝是f（x）的对称轴，即ω•+φ＝kπ+，k∈Z；又，则﹣ω+φ＝kπ，k∈Z；所以φ＝，ω＝6k+，k∈Z；又f（x）在单调递增，则，解得ω≤2；综上知，ω的最大值是．19．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都相等，且D，E，F分别为BC，BB1，AA1的中点．（Ⅰ）求证：平面B1FC∥平面EAD；（Ⅱ）求证：BC1⊥平面EAD．【分析】（I）根据直三棱柱的结构特征及已知中直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都相等，结合D，E，F分别为BC，BB1，AA1的中点，由三角形的中位线定理，易得AE ∥FB1，DE∥B1C，进而由面面平行的判定定理得到平面B1FC∥平面EAD；（II）根据直三棱柱的结构特征及已知中直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都相等，结合D，E，F分别为BC，BB1，AA1的中点，我们可判断出△ABC是正三角形，进而得到AD⊥BC1，DE⊥BC1，结合线面垂直的判定定理即可得到BC1⊥平面EAD．【解答】证明：（Ⅰ）由已知可得AF∥B1E，AF＝B1E，∴四边形AFB1E是平行四边形，∴AE∥FB1，…（1分）∵AE⊄平面B1FC，FB1⊂平面B1FC，∴AE∥平面B1FC；…又D，E分别是BC，BB1的中点，∴DE∥B1C，…∵ED⊄平面B1FC，B1C⊂平面B1FC，∴ED∥平面B1FC；…∵AE∩DE＝E，AE⊂平面EAD，ED⊂平面EAD，…∴平面B1FC∥平面EAD．…（Ⅱ）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∴C1C⊥面ABC，又∵AD⊂面ABC，∴C1C⊥AD．…又∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都相等，D是BC边中点，∴△ABC是正三角形，∴BC⊥AD，…而C1C∩BC＝C，CC1⊂面BCC1B1，BC⊂面BCC1B1，∴AD⊥面BCC1B1，…故AD⊥BC1．…∵四边形BCC1B1是菱形，∴BC1⊥B1C，…而DE∥B1C，故DE⊥BC1，…由AD∩DE＝D，AD⊂面EAD，ED⊂面EAD，得BC1⊥面EAD．…20．设满足以下两个条件的有穷数列a1，a2，…，a n为n（n＝2，3，4，…，）阶“期待数列”：①a1+a2+a3+…+a n＝0；②|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|＝1．（1）分别写出一个单调递增的3阶和4阶“期待数列”；（2）若某2013阶“期待数列”是等差数列，求该数列的通项公式；（3）记n阶“期待数列”的前k项和为S k（k＝1，2，3，…，n），试证：|S k|≤．【分析】（1）数列，0，为三阶期待数列，数列，﹣，，为四阶期待数列．（Ⅱ）设该2013阶“期待数列”的公差为d，由于a1+a2+…+a2013＝0，可得a1007＝0，a1008＝d，对d分类讨论，利用等差数列的通项公式即可得出．（Ⅲ）当k＝n时，显然|S n|＝0成立；当k＜n时，根据条件①得：S k＝a1+a2+…+a k ＝﹣（a k+1+a k+2+…+a n），即|S k|＝|a1+a2+…+a k|＝|a k+1+a k+2+…+a n|，再利用绝对值不等式的性质即可得出．解：（1）数列，0，为三阶期待数列，数列，﹣，，为四阶期待数列．（Ⅱ）设该2013阶“期待数列”的公差为d，∵a1+a2+…+a2013＝0，∴＝0，∴a1+a2013＝0，即a1007＝0，∴a1008＝d，当d＝0时，与期待数列的条件①②矛盾，当d＞0时，据期待数列的条件①②可得a1008+a1009+…+a2013＝，∴1006d+d＝，即d＝，∴a n＝a1007+（n﹣1007）d＝（n∈N*，n≤2013），当d＜0时，同理可得a n＝，（n∈N*，n≤2013）．（Ⅲ）当k＝n时，显然|S n|＝0成立；当k＜n时，根据条件①得：S k＝a1+a2+…+a k＝﹣（a k+1+a k+2+…+a n），即|S k|＝|a1+a2+…+a k|＝|a k+1+a k+2+…+a n|，∴2|S k|＝|a1+a2+…+a k|+|a k+1+a k+2+…+a n|≤|a1|+|a2|+…+|a k|+|a k+1|+…+|a n|＝1，∴|S k|（k＝1，2，…，n）．21．已知抛物线x2＝4y的焦点为F，P为该抛物线上的一个动点．（1）当|PF|＝2时，求点P的坐标；（2）过F且斜率为1的直线与抛物线交与两点AB，若P在弧AB上，求△PAB面积的最大值．【分析】（1）当|PF|＝2时，利用抛物线的定义，即可求点P的坐标；（2）先求出|AB|，再计算抛物线上点到直线的最大距离，即可求出△PAB的面积的最大值．解：（1）设P（x，y），则y+1＝2，∴y＝1，∴x＝±2，∴P（±2，1）；（2）过F的直线方程为y＝x+1，代入抛物线方程，可得y2﹣6y+1＝0，可得A（2﹣2，3﹣2），B（2+2，3+2），∴|AB|＝•|2+2﹣2+2|＝8．平行于直线l：x﹣y+1＝0的直线设为x﹣y+c＝0，与抛物线C：x2＝4y联立，可得x2﹣4x﹣4c＝0，∴△＝16+16c＝0，∴c＝﹣1，两条平行线间的距离为＝，∴△PAB的面积的最大值为＝4．22．已知函数f（x）＝﹣x3+x2+x+a，g（x）＝2a﹣x3（x∈R，a∈R）．（1）求函数f（x）的单调区间．（2）求函数f（x）的极值．（3）若任意x∈[0，1]，不等式g（x）≥f（x）恒成立，求a的取值范围．【分析】（1）利用导数来求出函数的单调区间．（2）利用导数来求出函数的极值，利用（1）的结论．（3）不等式g（x）≥f（x）恒成立转化为不等式a≥x2+x恒成立，h（x）＝x2+x，x∈[0，1]，利用导数，求出h（x）的最大值，问题得以解决．解：（1）f（x）＝﹣x3+x2+x+a，f'（x）＝﹣3x2+2x+1，．．．（2）由（1）可知，当时，函数f（x）取得极小值，函数的极小值为当x＝1时，函数f（x）取得极大值，函数的极大值为f（1）＝a+1，（3）若任意x∈[0，1]，不等式g（x）≥f（x）恒成立，即对于任意x∈[0，1]，不等式a≥x2+x恒成立，设h（x）＝x2+x，x∈[0，1]，则h'（x）＝2x+1，∵x∈[0，1]，∴h'（x）＝2x+1＞0恒成立，∴h（x）＝x2+x在区间[0，1]上单调递增，∴[h（x）]max＝h（1）＝2∴a≥2，∴a的取值范围是[2，+∞）。

2020高考浙江省3月联考（C）语文考生须知：1．本卷满分 150 分，考试时间 150 分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。

3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题卷。

一、语言文字运用（共 20 分）1.下列各句中，没有错别字且加点字的注音全部正确的一项是（ 3 分）A. 广大群众自觉遵守疫情防控各项规定，共同为遏制新型冠．（gun）状病毒疫情蔓延、保障群众生活作出了重要贡献，彰显了中华民族同舟共济（jì）、守望相助的家国情怀。

B. 两国在“一带一路”的框．（kuàng）架下签署一系列文件，旨在加强互联互通，使扼守发展咽．（y n）喉的古城焕发生机，成为名副其实的经贸枢钮。

C. 如果确认战争乃是流血的政治，那么，“三国”的智慧就是政治智慧。

政治智慧之外的哲学智慧等则几乎阙（què）如，至少可说是相当薄（bó）弱，远逊于《红楼梦》。

D. 文物修复人员技艺精湛，把一件件褶皱的、棉絮状的、虫蛀的纸绢．（jun）书画分类拣选，并用特殊的黏．（nián）合剂进行修复，使之重现光彩。

阅读下面的文字，完成 2-3 题。

（5 分）【甲】日记凸．显．了知识分子对灾难的反思，这正如湖北大学刘川鄂教授所言的，“灾难文学必须有与灾难相匹配的尊严”。

这要求作家需要具有对时代整体视察的视野，对世间万物悲天悯人的情怀，对人类运气配合体感．同．身．受．的洞察力，对传统美学精神休戚相关的明白力。

因此，我们在日记中感受到的反思，绝不仅仅限于这场灾难，而．是．对灾难反思的反思。

【乙】它反思的是我们生活方式是否真正做到了人与自然的和谐相处？治理能力的现代化是否惠．及．每一小我私家？我们的每一小我私家是否拥有说真话的勇气？【丙】在作家的理性中无疑体现着这样一种爱——那无数的远方和人们都与我有关，不仅有医护人员的颂歌，还有雷神山、火神山建设者们的平凡；不仅有快递小哥的投递，还有志愿者那平凡而详细的坚守；不仅有救治的举措，还有无可怎样的神伤。

2020年浙江省温州市高考语文三模试卷一、单选题（本大题共2小题，共6.0分）1.下列各句中，没有错别字且加点字的注音全都正确的一项是（）A. 审美是一种高级文化活动，需要读者体察文本中丰厚蕴藉．（jiè）的人文精神与慑人心魄的艺术魅力，表达纤．（xiān）细如发的微妙感受。

B. 爱憎．（zēng）分明、桀傲不驯、不墨守成规的性情非但没有掐断他的人脉，反而使他创业之路更加顺畅，年纪轻轻便在业界崭露．（lù）头角。

C. 突如其来的疫情使企业资金难以回笼，全球贸易岌岌．．（jí）可危，因此，不让次生危机拖累．（lěi）人类与病毒较量的脚步也是各国政府工作的当务之急。

D. 清明祭祀活动既符．（fú）合民间礼俗，又是对华夏文明的薪火相传：祭先祖是接受孝亲伦理思想的熏陶．（tāo），祭英雄是对中华民族精神的锻造。

2.下列各句中，没有语病的一项是（）A. 日前，在教育部广泛听取各方意见的基础上，报党中央、国务院综合研究同意，确定2020年全国普通高等学校招生统一考试延期一个月举行。

B. 发挥大数据优势，把数字技术融入到传统行业中，以促进传统产业的转型，加快传统业态的线上线下融合，提升传统产业的竞争，这是传统行业的发展趋势。

C. 浙江省持续深入实施融资畅通工程，采取以改革创新破难点、以优化服务疏堵点、以分类施策的方式倾力打通金融服务“最后一公里”等措施行之有效。

D. 源远流长的永嘉学派形成于南宋，其思想根植于古代温州人的民生需要、生存状态和风土人情，一度与朱熹的理学、陆九渊的心学鼎足而立。

二、默写（本大题共1小题，共6.0分）3.补写出下列名篇名句的空缺部分。

（只选3小题）子曰：“志士仁人，______ ，______ 。

”（《论语》）______ ，抱明月而长终。

______ ，托遗响于悲风。

（苏轼《赤壁赋》）______ ，______ 。

问君西游何时还？畏途巉岩不可攀。

2020年普通高等学校招生考前模拟真题（浙江卷）语文一、语言文字运用（共20分）1．下列各句中，没有错别字且加点字的注音全都正确的一项是（3分）A. 从懵（měng）懂的幼儿到朝气蓬勃的少年，从踌躇满志的青年到成熟的中年，最后步入两鬓（bìng）斑白的老年：有序变化是生命亘古不变的主题。

B. 虽然语言系统有自我净化能力，随着时间的推移，会分层过滤，淘尽渣滓（z ǐ），淬（cuì）炼真金，但是当下网络语言带来的一些负面影响仍不容小觑。

C. 江上一个个漩涡，似乎在仰首倾听清晨雁鸣；那些雉堞（dié）、战车，均已废驰；鸟鸣声穿过山风烟霭，落满了山峦；遍野麦浪，渐成燎（liáo）原之势。

D. 对于那些枉顾道德与法律铤而走险的电商平台，有关部门必须给予相应的惩（chěng）罚，否则难以制止种种薅（hāo）顾客羊毛的恶劣行为。

阅读下面的文字，完成2－3题。

（5分）在第55届博洛尼亚国际儿童书展上，中国插画展现场的观众络绎不绝，显示出各界对中国插画现状与发展的关切。

【甲】什么是插画？插画就是出版物中的插图：一本书如果以插画为主，以文字为辅，就被称为绘本，顾名思义就是画出来的书。

一本优秀的绘本，可以让不认字的孩子“读”出其中蕴涵的深意。

【乙］在各色画笔下，蝴蝶、花朵、叶子、大树等跃然纸上，孩子可以对色彩、实物进行认知学习。

在学校里阅读的绘本，父母在家里也可以和孩子一起阅读。

如此一来，孩子在幼儿园抑或在家里，都拥有一个语言互通的环境。

【丙】“绘本在儿童早期教育中的作用已被越来越多的人认识，但绘本的发展还需加快步伐。

”书展上多家出版社的负责人都持类似观点。

当然，关于绘本创作者，需要观照的，不仅有儿童心灵成长的需求，还有成年读者的精神世界。

2．文段中的加点词，运用不正确的一项是（3分）A．络绎不绝B．跃然纸上 C．关于 D．观照3．文段中画线的甲、乙、丙句，标点有误的一项是（2分）A．甲B．乙 C．丙4．下列各句中，没有语病的一项是（3分）A．出版社除了将本身的品牌作为吸引受众的内容进行推广，利用直播、短视频等形式传播外，图书营销还有在社交平台做线上活动这个必选项。

语文模拟试卷（一）参考答案1.C 【解析】A. 遮蔽显露lù B. 险劲jìng 挥毫 D. 孜zī清晰2.A 【解析】此处表示递进关系，宜用“而且”。

3.A 【解析】第三个逗号应该改为分号，表示前后分层。

4.B 【解析】(A.搭配不当，“培养”宜改为“扩大”，“增加”宜改为“培养”；C.否定不当，“不要”应该删去；D.语序不当。

应该是“感染、患病甚至发生肿瘤”。

)5.【解析】本题主要考查谦敬词的使用，谦敬词误用会造成语言不得体。

“寄呈”改为“寄来”或“惠赐”，“过目”改为“拜读”，“惠存”改为“珍藏”，“亲临”改为“前往”、“拜访”或“造访”等。

（改对一处给1分）6.（1）大城市上演“抢人大戏”或大城市又见“抢人大战”（得分点，“大城市”和“抢人大战”，如答“大学毕业生继续‘走俏’”也可给满分）（2）肯定：①“抢人大战”体现了城市决策者的战略眼光，它承载了优化城市的人才和人口结构的功能；②尊重人才，吸引和留住人才，为城市的创新驱动发展注入强劲动力，为城市增添活力和生机。

质疑：①凡事皆有度，过犹不及，过于集中增长城市人口，会进一步挤压城市的公共资源；②许多城市加入“抢人大战”，有盲目跟风的嫌疑，会加剧中西部三四线城市和农村地区人才外流，不利于全国经济增长和平衡发展。

（不管是“肯定”或“质疑”，都要求言之成理，答出1点给2分，答出2点给3分）7.D【解析】A项，材料一原文“设计存在千篇一律的的弊病，抑制了学生应有的创造力和对美感的积极追求”，无法体现校服的审美功能。

B项，材料二原文为“校服不只是一种穿着的属性，它更多的是承载着育人的功能”，舒适度也不是最主要的。

C项，从表格看，家长最为注重的是“面料舒适”与“款式美观”，不是“使用功能”。

8.C【解析】从材料四原文看，“好看的校服未必是舒服的校服，舒服的校服也未必是好看的校服，关键在于找准两者的平衡点”，并没有“学生的需求很难得到满足”的意思。

2020年3月浙江省高考模拟测试语文交流卷一、语言文字运用（共20分）1.下列各句中,没有错别字且加点字的注音全都正确的一项是A. 静静伫立的大冰瀑布,被光与影幻化成各种颜色,让人眩晕．(yūn)不已。

春夏季是冰崩的季节,在很远处你也能听见硕大的冰块如万马奔腾,从山顶崩泄的声音。

B. 北方,无雪不成冬。

每当天降大雪时,乱云便早早落下帷幕,把天空酝酿成一片沧茫。

不久,雪花翩跹．(xiān)而至。

那一羽羽雪花,是从天际飞来的精灵。

C. 每个历经“人间世”的成年人,可能在各种各样的潜．(qiǎn)规则中身心俱疲。

但在面对这个小暖男的举动时,相信都会有一丝暖意融化,哪怕已如槃石的内心。

D. 诗,可拿来比喻不食人间烟火的纯情玉女;而应用文,则完全着眼于实用,可称为“佣．(yōng)人”型。

散文呢,是诗和应用文的折中,兼有红尘的琐碎和形而上的寄托。

【答案】D【解析】试题分析：本题考查字音与字形。

A项，“晕”应读“yùn”，“泄”应为“泻”；B项，“沧”应为“苍”；C项，“潜”应读“qián”，“槃”应为“磐”。

对于字音与字形，主要靠学生平时的识记与积累。

阅读下面的文段，完成各题。

领略趣味的能力一半固然．．由于天资，另一半也由于修养。

大约静中比较容易见出趣味。

[甲]物理上有一条定律说：两物不能同时并存于同一空间，这个定律在心理方面也可以说得通。

一般人不能感受趣味，大半因为心地太忙，不空所以不灵。

我所谓“静”，便是指心界的空灵，不是指物界的沉寂，物界永远不沉寂的。

[乙]你的心境愈空灵，你愈不觉得物界沉寂，或者我还可以进一步说，你的心界愈空灵，你也愈不觉得物界喧嘈。

所以习静并不必定要六根清净．．．．，也不必定学佛家静坐参禅。

[丙]静与闲也不同：许多闲人不必都能领略静中趣味，而能领略静中趣味的人，也不必定要闲。

在百忙中，在尘世喧嚷中，你偶尔．．丢开一切，悠然遐想，你心中便蓦然似有一道灵光闪烁，无穷妙悟便左右逢源．．．．。

2020年浙江省高考数学全真模拟试卷(1)(3月份)一、单项选择题（本大题共10小题，共40.0分）1. 已知全集U ={l,2，3，4，5，6}，集合A ={l,2，4，6}，集合B ={l,3，5}，则A ∪(∁U B)=( )A. {l,2，3，4，5，6}B. {1,2，4，6}C. {2,4，6}D. {2,3，4，5，6}2. 把边长为a 的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，当B 、D 两点距离为a 时，二面角B −AC −D 的大小为( )A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°3. 某四面体的三视图如图所示，则该四面体的体积为( )A. 4√3B. 4√33C. 8√3D. 8√334. 已知函数f(x)={1−x,x ≤0log 2x,x >0，若关于x 的方程f(f(x))=m 有两个不同的实数根x 1，x 2，则x 1+x 2的取值范围为( )A. [2,3)B. (2,3)C. [2ln2,4)D. (2ln2,4)5. 已知实数x ，y 满足条件{x −y +1≥0y +1≥0x +y +1≤0，那么2x −y 的最大值为( )A. −3B. −2C. 1D. 26. 已知随机变量X 的分布列如表，则D(X)=( )X 0 1 3P 0.2 0.2 yA. 0.4B. 1.2C. 1.6D. 27. 若双曲线x 2−y 2=2右支上一点(s,t)到直线y =x 的距离为2，则s −t 的值等于( )A. 2B. 2√2C. −2D. −2√28.已知数列{a n}满足a1=32，a n+1=3a na n+3，则a2019=()A. 32020B. 20203C. 20193D. 202139.已知[x]表示不超过x的最大整数，则f(x)=√1−log2[x]的定义域为()A. (0,3]B. [0,3)C. (1,3]D. [1,3)10.“α≠β”是“cosα≠cosβ”的()条件．A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分又不必要二、填空题（本大题共3小题，共12.0分）11.在ΔABC中，已知AB=√3，AC=1，A=30∘，则ΔABC的面积为________________．12.若向量a⃗，b⃗ 满足|a⃗|=8，|b⃗ |=12，则|a⃗+b⃗ |的最小值是__________．13.若函数f(x)，g(x)满足：∀x∈(0,+∞)，均有f(x)>x，g(x)<x成立，则称“f(x)与g(x)关于y=x分离”.已知函数f(x)=a x与g(x)=log a x(a>0，且a≠1)关于y=x分离，则a的取值范围是______．三、多空题（本大题共4小题，共24.0分）14.已知a,b为正实数，且a+b=2，则2a +1b+1的最小值为(1)，(a2+3)(b2+3)的最小值为(2)．15.在二项式(x−√x )7的展开式中，所有项系数之和为，含x4的项的系数是．16.已知定义域为R的奇函数f(x)，当x>0时，f(x)=−(x−1)2+1． ①当x∈[−1,0]时，f(x)的取值范围是(1); ②当函数f(x)的图像在直线y=x的下方时，x的取值范围是(2)．17.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，ABCD是边长为1的正方形，D1B与平面ABCD所成的角为45∘，则棱AA1的长为；二面角B−DD1−C的大小为．四、解答题（本大题共5小题，共60.0分）18.知函数f(x)=x2+2xsinθ−1,x∈[−√32,12],θ∈[0,2π)．(1)当θ=π6时，求f(x)的最值；(2)若f(x)是单调函数，求θ的取值范围．19.如下图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面是正方形，E，F，G分别是棱B1B，D1D，DA的中点．(1)求证：平面AD1E//平面BGF．(2)求证：D1E⊥AC．20.在等差数列{a n}中，a4+a7+a10=17，a4+a5+⋯+a14=77，求此数列的通项公式．若a k=13，求k的值．21.已知抛物线y2=4x上一点P到焦点F的距离是10，求点P的坐标．(a∈R).22.已知函数f(x)=ax+(1−a)lnx+1x(1)当a=0时，求f(x)的极值；(2)当a<0时，求f(x)的单调区间．【答案与解析】1.答案：B解析：解：∵全集U={1,2，3，4，5，6}，集合A={1,2，4，6}，集合B={1,3，5}，∴∁U B={2,4，6}，则A∪(∁U B)={1,2，4，6}．故选：B．根据全集U及B，求出B的补集，找出A与B补集的并集即可此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握各自的定义是解本题的关键．2.答案：D解析：解：如图，连接AC，BD交于O，则DO⊥AC，BO⊥AC，∴∠BOD为二面角B−AC−D的平面角，∵正方形ABCD的边长为a，则BO=DO=√2a，2a，BD=a，可得BO2+OD2=BD2，在△BOD中，由BO=DO=√22则∠BOD=90°．∴二面角B−AC−D的大小为90°．故选：D．由题意画出图形，求出二面角B−AC−D的平面角，解三角形得答案．本题考查二面角的平面角及其求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．3.答案：B解析：本题是基础题，考查三视图的视图能力，计算能力，空间想象能力，常考题型．依据三视图的数据，求出几何体的体积．解：三视图复原的几何体是以俯视图为底面，高为2的三棱锥， 所以三棱锥的体积为：13×12×2×2√3×2=4√33． 故选：B ． 4.答案：A解析：解：函数f(x)={1−x,x ≤0log 2x,x >0，的图象如下：当m ≥1时，f(t)=m ，有两个解t 1，t 2，其中t 1≤0，t 2≥2，f(x)=t 1有一个解，f(x)=t 2有两个解，不符合题意．当m <0时，f(t)=m ，有一个解t ，且t ∈(0,1)，f(x)=t 有一个解，不符合题意．当0≤m <1时，f(t)=m ，有一个解t ，且t ∈[1,2)，f(x)=t 两个不同的实数根x 1，x 2，符合题意． 可得1−x 1=log 2x 2=t ，且t ∈[1,2)，x 1+x 2=2t −t +1，令g(t)=2t −t +1，g′(t)=2t lnt −1>0，故g(t)在[1,2)单调递增，∴g(t)∈[2,3)．故选：A ．画出函数f(x)={1−x,x ≤0log 2x,x >0，的图象，可求得当0≤m <1时，f(t)=m ，有一个解t ，且t ∈[1,2)，f(x)=t 两个不同的实数根x 1，x 2，符合题意．可得1−x1=log2x=t，且t∈[1,2)，x1+x2=2t−t+1，令g(t)=2t−t+1，利用导数求解．本题考查了函数与方程思想、数形结合思想，属于中档题．5.答案：C解析：解：由约束条件作出图形：易知可行域为一个三角形，验证当直线过点A(0,−1)时，z取得最大值z=2×0−(−1)=1，故选：C．先根据约束条件画出可行域，z=2x−y表示斜率为2的直线在y轴上的截距的相反数，只需求出可行域直线在y轴上的截距最小值即可．本题是考查线性规划问题，准确作图以及利用几何意义求最值是解决问题的关键，属中档题．6.答案：C解析：解：由题意0.2+0.2+y=1，所以y=0.6所以E(X)=1×0.2+3×0.6=2所以D(X)=4×0.2+1×0.2+1×0.6=1.6故选C．利用概率和为1，确定y的值，计算出期望，即可求得方差．本题考查期望、方差和分布列中各个概率之间的关系，考查学生的计算能力，属于基础题．7.答案：B解析：解：∵双曲线x2−y2=2右支上一点(s,t)到直线y=x的距离为2，∴d=√2=2，∴|s−t|=2√2．又P点在右支上，则有s>t，∴s−t=2√2．故选B．根据点到直线的距离公式能够求出s−t的值．本题考查双曲线的性质和点到直线的距离，解题时要注意公式的灵活运用．8.答案：A解析：本题考查了数列的通项公式与数列的递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．运用数列的递推公式可得数列{1an }是以首项为1a1=23，公差为13的等差数列，进而由等差数列的通项公式可求出a2019．解：∵a n+1=3a na n+3⇒1a n+1=13+1a n⇒1a n+1−1a n=13，∴数列{1a n }是以首项为1a1=23，公差为13的等差数列，∴1a2019=23+(2019−1)×13=20203，∴a2019=32020．故选A．9.答案：D解析：本题主要考查函数定义域的求解，结合根式和对数的性质建立不等式关系是解决本题的关键，属基础题．根据函数表达式建立不等式，结合[x]的定义进行求解即可．解：要使函数有意义，则1−log2[x]≥0，即log2[x]≤1且[x]>0得0<[x]≤2，则1≤x<3，即函数的定义域为[1,3)，故选：D．10.答案：B解析：解：若“α≠β”则“cosα≠cosβ”的逆否命题是：若“cosα=cosβ”则“α=β”，∵α=β⇒cosα=cosβ，又当cosα=cosβ时，α=±β+2kπ，k∈Z，∴cosα=cosβ推不出α=β，∴“cosα=cosβ”是“α=β”的必要非充分条件，即“α≠β”是“cosα≠cosβ”的必要不充分条件．故选：B．根据充分必要条件的定义结合三角函数的性质判断即可．本题考查必要条件、充分条件和充要条件的求法，是基础题，解题时要认真审题，仔细解答．11.答案：√34解析：本题考查三角面积公式，根据题意利用三角形面积公式SΔABC=12AB·AC·sinA，即可求得结果．解：S△ABC=12AB·ACsinA=12×√3×1×sin30°=√34，故答案为√34．12.答案：4解析：本题考查了平面向量数量积中模长公式的应用问题，属于基础题．设a⃗与b⃗ 的夹角为θ，则θ∈[0,π]，利用|b⃗ |−|a⃗|≤|a⃗+b⃗ |≤|a⃗|+|b⃗ |，得出θ=π时，|a⃗+b⃗ |取得最小值．解：设a⃗与b⃗ 的夹角为θ，则θ∈[0,π]，∵|a⃗|=8，|b⃗ |=12，∴|b⃗ |−|a⃗|≤|a⃗+b⃗ |≤|a⃗|+|b⃗ |，即4≤|a⃗+b⃗ |≤20，∴θ=π时，|a⃗+b⃗ |的最小值为4．故答案为4．13.答案：(e1e,+∞)解析：解：由题意，a>1．故问题等价于a x>x(a>1)在区间(0,+∞)上恒成立．构造函数f(x)=a x−x，则f′(x)=a x lna−1，由f′(x)=0，得x=log a(log a e)，x>log a(log a e)时，f′(x)>0，f(x)递增；0<x<log a(log a e)，f′(x)<0，f(x)递减．则x=log a(log a e)时，函数f(x)取到最小值，故有a log a(log a e)−log a(log a e)>0，解得a>e1e．故答案为：(e1e,+∞)．由题意可得y=a x与y=log a x互为反函数，a>1，故问题等价于a x>x(a>1)在区间(0,+∞)上恒成立，利用导数进行解决．本题考查恒成立问题关键是将问题等价转化，从而利用导数求函数的最值求出参数的范围．14.答案：3+2√2316解析：本题考查了利用基本不等式求最值，构造13(a+b+1)=1，由“1”的用法利用基本不等式得2a+1b+1的最小值，由a2+b2=4−2ab可得(a2+3)(b2+3)=(ab−3)2+12，由2=a+b≥2√ab，得0<ab≤1，即可得出最小值．解：由a+b=2，则13(a+b+1)=1，所以2a +1b+1=13(a+b+1)(2a+1b+1)=13[3+2(b+1)a+ab+1]≥13(3+2√2(b+1)a·ab+1)=3+2√23，当且仅当2(b+1)a =ab+1时等号成立，由a+b=2得a2+b2=4−2ab，所以(a2+3)(b2+3)=a2b2+3(a2+b2)+9=a2b2+3(4−2ab)+9=(ab−3)2+12，由a+b=2得2=a+b≥2√ab，得0<ab≤1，当且仅当a=b=1等号成立，所以当ab=1时，(ab−3)2+12取得最小值为16，即(a2+3)(b2+3)的最小值为16，故答案为3+2√23；16．15.答案：−184解析：本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，赋值法求所有项的系数和，属于基础题．赋值法求出所有项的系数之和，写出二项展开式的通项公式，令7−32r=4，得r=2，再代入公式中即可求出含x4项的系数．解：二项式(x−√x )7的展开式中，令x=1，所有项的项式系数之和为(1−2)7=−1，二项展开式的通项公式T r+1=C7r(x)7−rx)r=C7r·(−2)r·x7−32r，由7−32r=4，得r=2，∴含x4项的系数为C72·(−2)2 =21×4=84．故答案为−1；84．16.答案：[−1,0](−1,0)∪(1,+∞)解析：本题考查函数的奇偶性的应用，二次函数的图像以及性质的应用，属于中档题．①由函数的奇偶性，以及二次函数在x ∈[0,1]时的值域即可求得在x ∈[−1,0]时的值域； ②由函数的图像可得x 的取值范围．解：①当x >0时，f(x)=−(x −1)2+1，∴当x ∈[0,1]时，f (x )∈[0,1]，因为f(x)为奇函数，∴当x ∈[−1,0]时，f(x)的取值范围是[−1,0]；②函数f(x)的图像如图所示，当函数f(x)的图像在直线y =x 的下方时，得x 的取值范围是(−1,0)∪(1,+∞).故答案为①[−1,0] ；② (−1,0)∪(1,+∞).17.答案：√245∘解析：(1)由D 1B 与平面ABCD 所成的角为45∘可知∠D 1BD =45∘，又易知在等腰直角三角形DD 1B 中，DD 1=DB =√2，所以AA 1=√2.(2)BD ⊥DD 1，CD ⊥DD 1，∠BDC 即为所求二面角的平面角，为45∘． 18.答案：解：(1)当θ=π6时，f(x)=x 2+x −1=(x +12)2−54，又x ∈[−√32,12]， 所以当x =−12时，f(x)min =−54；x =12时，f(x)max =−14；(2)因为f(x)=x 2+2xsinθ−1的对称轴为x =−sinθ，又欲使f(x)在x ∈[−√32,12]上单调，则−sinθ≤−√32或−sinθ≥12，又θ∈[0,2π)，所以θ∈[π3,2π3]∪[7π6,11π6]．解析：本题主要考查三角函数性质的应用，熟悉三角函数求最值的方法是解答本题的关键，属于中档题，(1)由题意得，直接运用三角函数和二次函数的性质即可求解；(2)由题意得，直接运用三角函数的图像与性质即可求解．19.答案：证明：(1)∵E，F分别是B1B和D1D的中点，∴D1F=BE，且D1F//BE，∴四边形BED1F是平行四边形，∴D1E//BF．∵D1E不在平面BGF内，BF⊂平面BGF，∴D1E//平面BGF．∵FG是△DAD1的中位线，∴FG//AD1．又AD1不在平面BGF内，FG⊂平面BGF，∴AD1//平面BGF．∵AD1∩D1E=D1，∴平面AD1E//平面BGF.(2)如图，连接BD，B1D1，∵底面是正方形，∴AC⊥BD．∵D1D⊥AC，D1D∩BD=D，∴AC⊥平面BDD1B1．∵D1E⊂平面BDD1B1，∴ D 1E ⊥AC.解析：(1)由于E ，F 分别是B 1B 和D 1D 的中点可证得D 1E//BF 再由线面平行的性质定理得到D 1E//平面BGF.同理证得FG//AD 1再由线面平行的性质定理得到AD 1//平面BGF ，再由面面平行的性质定理得到平面AD 1E//平面BGF.(2)由已知可证得AC ⊥平面BDD 1B 1.再由线面垂直的性质定理得到D 1E ⊥AC.20.答案：解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 4+a 7+a 10=17，a 4+a 5+a 6+⋯+a 14=77．∴3a 1+18d =17，14a 1+14×132d −(3a 1+3d )=77，化为{3a 1+18d =17a 1+8d =7，解得a 1=53，d =23． ∴a n =53+23(n −1)=2n+33．(2)∵13=a k =2k+33，解得k =18．解析：本题考查了等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由a 4+a 7+a 10=17，a 4+a 5+a 6+⋯+a 14=77.可得3a 1+18d =17，14a 1+14×132d −(3a 1+3d )=77，联立解出即可．(2)由(1)可得：13=a k=2k+33，解得k．21.答案：解：设p(x,y)由抛物线的焦半径公式知|PF|=x+p2，又p=1，所以10=x+1，解得x=9，又P在y2=4x上，解出y=±6．所以P(9,6)或(9,−6)解析：本题考察抛物线的焦半径公式，利用焦半径公式|PF|=x+p2求出P的横坐标，然后P在抛物线上，求出纵坐标。

2020届浙江省新高考语文模拟卷全卷满分150分，考试时间150分钟一、语言文字运用（共20分）1.下列各句中，没有错别字且加点字注音全都正确的一项是A. 韶．（sháo）华易逝，容颜易老，浮华终是云烟。

拥有阳光心态，便不受万象羁．（jī）绊；心无羁绊，坐也从容，行也从容，你才是一个优雅的、魅力十足的人。

B. 19世纪，西方社会传统的贵族日薄．（báo）西山，资产阶级爆发户崛起。

森严的阶层壁垒被打破，一批有思想、有抱负的平民跨界成了知识界的翘．（qiáo）楚。

C. 林语堂眼中的市侩．（kuài）：腰有十文必振衣作响，每与人言必谈贵戚，见问路之人必作傲睨．（ní）之态，与人交谈借刁言以逞才……扪心自问，你“中奖”了吗？D. 我们都为生命的短促而唏嘘，但可曾思量．（liang），正是因为短促而脆弱的生命旅途中有太多的烦闷与愤恚．（huì），那所剩无几的愉悦方显得迷足珍贵。

【答案】A【解析】【详解】本题考查学生正确识记汉字字音、字形的能力。

要做到正确读写词语，首先应注意从汉字的音、形、义三方面入手，读准字音，辨明字形，弄清字义。

其次要适当拓宽阅读面，多积累词语，丰富自己的词汇量。

并且在积累的过程中，要做到准确无误，这样在读写的过程中就可以避免读错写错了。

B项，“日薄（báo）西山”改为“日薄（bó）西山”，“爆发户”改为“暴发户”；C项，“傲睨（ní）”改为“傲睨（nì）”；D项，“迷足珍贵”改为“弥足珍贵”。

故选A。

【点睛】考查字音要结合平时课文中所学词语来辨析字音，要结合汉字的拼写规则来掌握字的读音，对一些多音字、形近字、形声字要能准确辨析。

字音重点考核多音字、形声字、形似字、音近字、方言、生僻字等，多音字注意据义定音，形声字重点记忆“统读字”，形似字注意字形的细微差别。

阅读下面的文字，完成各题。

【甲】“物的艺术表达”的概念，意指物质交流负载艺术元素，同时，艺术创作及其．．传播对于物质载体、材料、质地的要求、利用和催生，使得“物”也具有了艺术表达功能和“文本”叙事功能。

2020年浙江省高考语文模拟试卷考生须知：1.全卷分试卷和答卷。

试卷4 页，答卷2 页，共6 页。

考试时间150 分钟，满分150 分。

2.本卷的答案必须做在答卷的相应位置上，做在试卷上无效。

选择题用答题卡的，把答案用2B铅笔填涂在答题卡上。

3.请用钢笔或圆珠笔将班级、学号、姓名、试场号、座位号分别填写在答卷的相应位置上。

试卷一、语言文字运用（共24分，其中选择题每小题3分）1．下列词语中加点的字，注音全都正确的一项是A．打烊．（yàng）蛰．伏（zhé）超负荷．（hè）情不自禁．（jìn）B．框．架（kuàng）履．历（lǚ）捉迷藏．（cáng）沐猴而冠．（guàn）C．压轴．（zhòu）巷．道（xiàng）狙．击手（jū）泾．渭分明（jīng）D．揩．油（kāi）蠕．动（rú）差．不多（chā）潜．移默化（qiǎn）2．下列各句中，没有错别字的一项是A．滚滚东逝的长江犹如一条艺术的长廊，三峡是其中的一朵奇葩：迭出的奇境，变换的四季，涌动的江流，耸峙的山峦，无不令人心驰神往。

B．针对时有发生的电信诈骗行为，公安部门一方面加强宣传，提高群众的防犯意识，同时，还通过专项整治，严厉打击犯罪分子的嚣张气焰。

C．记者在余姚市救灾物资调配中心，截住了脚穿高筒雨靴、匆匆赶路的余姚市委书记毛宏芳，请他回答公众观注的问题。

D．中国画中的仕女穿着贴体紧身的服装，身材婀娜匀称，面容端庄清丽，流连于花园亭台，举手投足之间流露着女性文雅甜静之美。

3．下列各句中，加点的词语运用正确的一项是A.有些人在和别人交谈时，如果对方的想法与自己的南辕北辙．．．．，就不太愿意接受，而不去认真思考对方说的是否有道理。

B.梁启超的子女们都很有教养，他们富有同情心、感恩心，处事礼数周到，这与梁启超先生对他们的耳提面命．．．．分不开。

C.为表明自己曾“到此一游”，有人在故宫的铜缸上刻字，有人在天坛的回音壁上签名，如此笔走龙蛇．．．．，应受到严厉谴责。

2020高考模拟-浙江宁波“十校”3月联考语文试题及答案考生须知:1.本卷满分150分，考试时间150分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号并填涂相应数字；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卷。

一、语言文字运用（共20分）1.下列各句中，没有错别字且加点字的注音全部正确的一项是（3分A.传统节目形态已经玩不出花，综艺节目亟（jí）须引入第三视角，以弥补、调和纪实内容的单薄（báo），真人选秀+演播室观察的万能公式被证明奏效后，各大视频网站像抓住稻草一般蜂涌而上。

B.扬州火车站建在扬州古城西北，这里山岗迤(y)逦花木葱翠，扬州火车站就好像建在一片原始森林中，尤其是在三月，葳（wi）蕤花木掩映着现代化站房，就像书卷打开在这座历史文化名城的一角，给人以美感和遐思。

C.夹杂着方言、俚（lí）语、古语等来自民间的驳杂的语言资源，最为莫言所熟悉，他似乎就想在一泄千里的语言洪流中建立起自己的叙事风格。

假若删除他生命感觉和语言感觉中那些枝枝蔓蔓（màn）的东西，那他就不是今天的莫言了。

D.尽管微软努力劝诱、说服以及采取各种激进的方式来推动升级，但在全球范围内Windows7系统依然有数亿忠实拥趸（tn）。

毋（wú）庸质疑，Windows7系统是微软最受欢迎的系统。

阅读下面的文字，完成下面23题。

（5分）在秦岭的庇护下，【甲】先秦时期，关中地区河流、湖泊众多，森林繁茂，土地肥沃，物产丰富，长安更是有八水环绕。

随着长安人口逐渐增加，大唐各种“建建建”，城内建筑不断增多，官僚贵族大事营建豪宅，需要大量的木材。

早在李商隐之前的盛唐时代，秦岭的大树就已经被砍光了。

【乙】据《新唐书》记载:唐开元年间，“近山东（秦岭北坡）无巨木，远求之岚、胜间（山西、内蒙一带）”。

秦岭的森林资源遭到年复一年的破坏，失去了涵养水源的能力。

浙江高考语文模拟试卷（附答案）一、语言文字运用（共22分）1.下列各句中，没有错别字且加点字的注音全都正确的一项是（3分）（▲）A．中华民族想要生生不息、蓬勃向前，没有良好的生态环境只能是痴．（cī）人说梦；中华民族要增进民生福址、实现民族复兴，不坚持绿色发展只会是半途而废。

B．韩国海上调查情报科长黄俊贤表示，“扣留、没收、报废”等处罚能起到与“停止、取缔营业资格”一样的制裁效果，相信经济杠．(gàng )竿惩罚能让那些试图继续进行非法捕捞的中国渔船和船主“彻底死心”。

C．在明清以前，乡村是美好的代名词。

孔子说过“礼失而求诸．(chǔ)野”，三国时期，刘备三顾茅庐，也同样在乡村里发现了诸多旷世奇才，魏晋时期的竹林七贤，更是长年隐居在山林里，不愿意出来做官。

D．熄了引擎．(qíng)，旋下左侧的玻璃窗，早春的空气遂漫进窗来。

岑．(cén)寂中，前面的橡树林传来低沉而嘶哑的鸟声，在这一带的山里，荡起幽幽的回声。

阅读下面的语段，完成2-3题【甲】我并非存心刻薄，而是想从中引出一个很实在的结论：当你遭受巨大痛苦时，你要自爱，懂得自己忍受，尽量不用你的痛苦去搅扰．．别人。

和自己交朋友，还要做自己的一个冷眼旁观者和批评者，这是一种修养。

它可以使我们保持某种清醒，避免落入自命不凡或者顾影自怜．．．．的可笑复可悲的境地。

获得理解是人生的巨大欢乐。

【乙】然而，一个孜孜以求理解、没有旁人的理解便痛不欲生的人却是个可怜虫，把自己的价值完全寄托在他人的理解上面的人往往并无价值。

【丙】成为真正的自己很难，但一旦找到了真正的自己。

你也会乐此不疲．．．．。

为别人对你的好感、承认、报偿做的事，如果别人不承认，便等于零。

而为自己的良心、才能、生命做的事，虽然．．没有一个人承认，也丝毫无损。

【丁】我之所以宁愿靠自己的本事吃饭，其原因之一是为了省心省力，不必去经营我所不擅长的人际关系了。

2．文段中加点的词语，运用不正确的一项是（3分）（▲）A．搅扰B．顾影自怜C．乐此不疲D．虽然3．文中画线的甲、乙、丙、丁句，标点有误的一项是（2分）（▲）A．我并非存心刻薄，而是想从中引出一个很实在的结论：当你遭受巨大痛苦时，你要自爱，懂得自己忍受，尽量不用你的痛苦去搅扰别人。

浙江省2020年高考语文模拟试题及答案（满分150分，考试时间150分钟）一、现代文阅读（36分）（一）论述类文本阅读（本题共3小题，9分）阅读下面的文字，完成1～3题。

《王者荣耀》，是娱乐大众还是“陷害”人生一款游戏能成为全民性、现象级的游戏，足见其魅力；又被称为“毒药”“农药”，可见其后果。

最近，当《王者荣耀》在一波波圈粉，又一波波被质疑时，该如何解“游戏之毒”令人深思。

作为游戏，《王者荣耀》是成功的，而面向社会，它却不断在释放负能量。

从数据看，累计注册用户超2亿，日活跃用户超8000万，每7个中国人就有1人在玩，其中“00后”用户占比超过20%。

在此可观的用户基础上，悲剧不断上演：13岁学生因玩游戏被父亲教训后跳楼，11岁女孩为买装备盗刷10余万元，17岁少年狂打40小时后诱发脑梗险些丧命……到底是游戏娱乐了大众，还是“陷害”了人生，恐怕在赚钱与伤人并生时，更值得警惕。

多数游戏是无罪的，依托市场营利也无可厚非，但不设限并产生了极端后果，就不能听之任之。

这种负面影响如果以各种方式施加于未成年的孩子身上，就该尽早遏制。

以《王者荣耀》为例，对孩子的不良影响无外乎两个方面：一是游戏内容架空和虚构历史，扭曲价值观和历史观；二是过度沉溺让孩子在精神与身体上被过度消耗。

因此，既要在一定程度上满足用户的游戏需求，又要对孩子进行积极引导，研发并推出一款游戏只是起点，各个主体尽责有为则没有终点。

怎么做，不仅是态度，更要见成效。

面对各种声音，游戏出品方近日推出了健康游戏防沉迷系统的“三板斧”，如限制未成年人每天登陆时长、升级成长守护平台、强化实名认证体系等。

有人说，这是中国游戏行业有史以来最严格的防沉迷措施。

在某种程度上，人们看到了防范的诚意，但“三板斧”能否“解毒”还有待时间检验。

不止于“三板斧”，如何给游戏立规矩，需要做到的还有很多。

立足平台，要市场更要责任。

智能手机普及，手游市场火爆，但手机不能沦为“黑网吧”甚至“手雷”。

2020年浙江省湖州中学高考语文模拟试卷（3月份）一、单选题（本大题共2小题，共6.0分）1.下列各句中，没有错别字且加点字的注音全都正确的一项是（）A. 中国质检总局宣布，自9月15日起，中国暂停进口蒙．（měng）古国牛羊肉及其制品。

有网友发帖子评论：“怎么办？我每天都要吃土豆牛腩．（nǎn）饭。

”B. 嘉庆对内政的整饬．（chì）是从诛杀和珅开始的。

在清除飞扬跋扈、贪赃妄法的和珅后，嘉庆即打出“咸与维新”的旗号，诏求直言，广开言路，祛．（qù）邪扶正，以期光风霁月。

C. 网络社会中，一个小事件容易在论坛中被围观，被热炒，以致不断发酵，上升为论坛主题帖．（tiè），并被更多的论坛转载．（zǎi），成为网络社会的一时热点。

D. 作为鲁迅先生的扛．（gāng）鼎之作，《阿Q正传》是一部惊世骇俗、震聋发聩的中篇力作，它借用小说的外型却以犀利的杂文笔法直刺国民的灵魂深处，催人反省。

2.下列各句中，没有语病的一项是（）A. 11月4日，王思聪被北京市第二中级人民法院列为被执行人，随后被该院查封其名下房产、车辆、银行存款和不动产。

12月24日，北京市第二中级人民法院公告称，王思聪已还款5千万，涉1.5亿纠纷案和解。

B. 2019年9月以来，澳大利亚山火持续肆虐，目前已经烧掉了相当于一个比利时大小的面积，外媒估计有近5亿只野生动物葬身火海。

C. 本届休博会上，专家们将结合国内外休闲理论最新研究成果，围绕休闲与美丽生活的话题展开研讨，发布世界休闲理论的研究成果，倡导积极文明的休闲理念。

D. 《我爱我家》的一张旧剧照，葛优在沙发上那副慵懒的躺姿，走红网络，被网友戏称为“葛优躺”，其背后深藏了某种职业倦怠和精神困顿，借一张图片淋漓尽致地发泄了出来。

二、默写（本大题共1小题，共6.0分）3.补写出下列名篇名句的空缺部分。

（只选3小题）______ ，钻之弥坚，瞻之在前，______ 。