2020届浙江省五校联考高考数学二模试卷(理科)(有答案)

2020学年第一学期浙江省高三“五校联考”考试参考答案1-10.CBCADCDBBA11.{|1}x x ≠，{|12}x x << 12.43π，1213.2y x =±，8314.54e -，(27,12](11,)---+∞ 15.43 16.1217.335[,]41218.解：1cos 2()sin (sin )22-=+=x f x x x x x 1sin(2)62π=-+x (3)分由3222262πππππ+≤-≤+k x k ，∈k Z 得536ππππ+≤≤+k x k ，∈k Z ∴()f x 的单调递减区间为5[,]36k k k Z ππππ++∈ ……………6分 （2）∵13()sin(2)622π=-+=f A A ，则sin(2)16π-=A ， ∵0π<<A ，∴112666πππ-<-<A ， 262ππ-=A ，解得3π=A . ……………8分 法一： ∵2=a ，3π=A ，由余弦定理得，2222cos3a b c bc π=+-，即224b c bc +-= ……10分∴2()43b c bc +-=，则22()43()2b c b c ++-≤ …………12分 又∵2b c +>，∴24b c <+≤ …………13分 ∴△ABC 周长的范围是(6,8] …………14分法二：由正弦定理得2sin sin sin a b cR A B C====∴sin )b c B C +=+ …………10分∵23sin sin sin sin()sin )3226B C B B B B B ππ+=+-=+=+ ………12分 又∵2(0,)3B π∈，∴1sin()(,1]62B π+∈，∴(4,6]b c +∈ …………13分∴△ABC 周长的范围是(6,8] …………14分 19．（1）BC ABAM PB PA ABCD BC PA BC PAB AM BC AM PBC BC ABCD AB PA A PB BC B AM PAB PC PBC ⊥⊥⎫⎫⎫⎫⊥⎫⎪⎪⎪⎪⇒⊥⇒⊥⇒⊥⇒⊥⎬⎬⎬⎬⎬⊂⎭⎪⎪⎪⎪==⊂⊂⎭⎭⎭⎭面面面面面面 =PC AMPC AN PC AMN AM AN A ⇒⊥⎫⎪⊥⇒⊥⎬⎪⎭面 ………7分（2）方法一：作DE AC E ⊥于，EF PC F ⊥于，连DF ，PA ABCD ⊥面，PAC ABCD ∴⊥面面，DE PAC ∴⊥面，DDE PC ∴⊥，EF PC ⊥，EF DE E =，PC DEF ∴⊥面，DF PC ∴⊥，DFE ∴∠是二面角D PC A --的平面角，………11分2PA AD ==，AB =AC ∴=，30PCA ∴∠=︒DE ∴=，CE =，EF =tan DE DFE EF ∴∠== DFE ∴∠是二面角D PC A --. ………15分方法二：建立坐标系（以AD 为x 轴，以AB 为y 轴，以AP 为z 轴）.(0,0,0),(0,(2,(2,0,0),(0,0,2)A B C D P (0,22,0),(2,22,2),(0,0,2)DC PC AP ==-=平面DPC 的法向量1(1,0,1)n =，平面APC 的法向量2(2,1,0)n =-设二面角D PC A --的平面角为α，12cos |cos ,|n n α=<>=tan α= 20. （1）证明：1222a a +-＝，23210a a +＝，两式作差得112c =…………3分对任意*n N ∈，21212231n n n a a ---++＝①，2221231n n n a a ++＝＋② …………2分②－①，得21212134n n n a a -+-⨯-=，即2134n n c -⨯=，于是14n nc c +=.所以{}n c 是等比数列． …………7分 （2）证明当*n N ∈且2n ≥时，2113153752123()()()()n n n a a a a a a a a a a =+-+-+-+⋅⋅⋅-+－－－22131(19)92922129n n --=+++++⋅⋅⋅=⋅+ …………10分由(1)得112339321922n n n a --⋅++=-⋅+，所以2194n n a -= …………12分12123(19)4n n n a a --+=-，得2391()48n n S n -=- …………15分21.解：（1）由已知c e a ==，2b =，222a b c =+得2b a ==，故椭圆C 的22142x y +=；……………………5分（2）设()()()112200,,,,,A x y B x y M x y ，则由2224x y y kx m⎧+=⎨=+⎩得()222214240k x mkx m +++-= 2121222424,2121mk m x x x x k k -⇒+=-=++，点O 到直线l的距离d =1122S d AB =⋅⋅=()222242221m k m k ++-=≤=+S 22242m k m =+-即2221m k =+，① ……………10分此时21200022221,221x x mk k k x y kx m m k m m m+==-=-=+=-+=+，法一：即00001,22x m m k x y y ==-=-代入①式整理得()22000102x y y +=≠，即点M 的轨迹为椭圆()221:102x C y y +=≠ ………13分且点N 恰为椭圆1C 的左焦点，则MN的范围为)1 ……………15分法二：MN ==由①得kMN m===- ………13分 设k t m =代入2221m k =+得22221m m t =+，即22(12)1t m -=，221012m t =>-∴22t -<<，即22k m -<<∴)1MN ∈……………15分22、解答：（Ⅰ）当2a =时，()2sin sin 2f x x x =+，于是()2cos 2cos22(1cos )(2cos 1)f x x x x x '=+=+- …………3分于是()0f x '>，解得(0,)3x π∈；()0f x '<，解得(,)3x ππ∈即(0,)3x π∈函数()f x 单调递增，(,)3x ππ∈函数()f x 单调递减 …………6分（Ⅱ）当1a =时，()sin sin 2cos f x x x bx x =+≥对任意2(0,)3x π∈恒成立首先考察(0,)2x π∈时，易得0b >∵()sin sin 2sin (12cos )cos f x x x x x bx x =+=+≥∴2(,)23x ππ∈时，()0cos f x bx x ≥≥，显然成立 …………9分于是只考察()sin sin 2cos f x x x bx x =+≥对任意(0,)2x π∈恒成立由()14242f b ππ=+≥⋅，于是18b +≤138+>，所以3b ≤…11分 下证：()sin sin 23cos f x x x x x =+≥对任意(0,)2x π∈恒成立考察函数()tan 2sin 3g x x x x =+-，(0,)2x π∈32222212cos 3cos 1(cos 1)(2cos 1)()2cos 30cos cos cos x x x x g x x x x x-+-+'=+-==> 于是()g x 在(0,)2x π∈上单调递增，则()(0)0g x g >=即tan 2sin 30x x x +->，则sin sin 23cos x x x x +≥ 综上可知，max 3b = ………15分。

第5题2020学年浙江省第二次五校联考数学（理科）试题卷第Ⅰ卷（共50分）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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）已知集合{|31}M x y x ==-,22{|log (2)}N x y x x ==-,则()R C M N ⋂=（ ）A. 11(,)32B. 11(,)[,)32-∞⋃+∞C. 1[0,]2D. 1(,0][,)2-∞⋃+∞ （2）复数226(12)a a a a i --++-为纯虚数的充要条件是（ ）A ．3a =或2a =-B ．3a =或4a =-C ．3a =D ．2a =- （3）若函数cos(2)(0)y x ωϕω=+>的图象相邻两条对称轴之间的距离为2π，则ω为（ ） A ．21B ．1C ．2D ．4 （4）已知A 、B 是两个不同的点，n m 、是两条不重合的直线，βα、是两个不重合的平面，则①α⊂m ，α∈⇒∈A m A ；②A n m =I ，α∈A ，α∈⇒∈B m B ；③α⊂m ，β⊂n ，βα////⇒n m ；④⊂m α，βαβ⊥⇒⊥m ．其中真命题为（ ）A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④ （5）若函数)1,0()1()(≠>--=-a a a a k x f xx在R 上既是奇函数，又是减函数，则)(log )(k x x g a +=的图像是（ ）（6）已知点F 是双曲线)0,0(12222>>=-b a by a x 的左焦点，点E 是该双曲线的右顶点，过F 且垂直于x轴的直线与双曲线交于B A ,两点，若ABE ∆是直角三角形，则该双曲线的离心率等于（ ）A. 3B.2C.3D.4第9题（7）已知ABC ∆中，4,43AB AC BC ===，点P 为BC 边所在直线上的一个动点，则()AP AB AC ⋅+u u u r u u u r u u u r满足（ ）A.最大值为16B.为定值8C.最小值为4D.与P 的位置有关（8）实数,,,a b c d 满足,,,0a b c d a b c d ab cd <<+<+=<，则,,,a b c d 四个数的大小关系为（ ）A. c d a b <<<B. a b c d <<<C. c a d b <<<D. a c b d <<< （9）如图所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”， 它们是由整数的倒数组成的，第n 行有n 个数且两端 的数均为1n（2n ≥），每个数是它下一行左右相邻两数的和，如111122=+，111236=+，1113412=+，…， 则第10行第4个数（从左往右数）为（ ）A ．1360 B ．1504 C ．1840D ．11260（10）,P Q 是两个定点，点M 为平面内的动点，且MP MQλ=（0λ>且1λ≠），点M 的轨迹围成的平面区域的面积为S ，设()S f λ=（0λ>且1λ≠）则以下判断正确的是（ ）A ．)(λf 在)1,0(上是增函数，在），（∞+1上是减函数B ．)(λf 在)1,0(上是减函数，在），（∞+1上是减函数C ．)(λf 在)1,0(上是增函数，在），（∞+1上是增函数D ．)(λf 在)1,0(上是减函数，在），（∞+1上是增函数第Ⅱ卷（共100分）二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分.（11）学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况，抽出了一个容量为n 的样本，其频率分布直方图如图所示，其中支出在[50,60]元的同学有30人，则n 的值为 ．（12）如图所示的流程图是将一系列指令和问题用框图的形式排列而成，箭头将告诉你下一步到哪一个框图．阅读右边的流程图，并回答下面问题：若01,,,mm m m a m b m c m <<===，则输出的数是 ．元频率 组距20 30 40 50 600.010.036 0.024 第11题第12题（13）已知x ，y 满足⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤+≥041c by ax y x x 且y x z +=2的最大值为7，最小值为1，则b ca + ．（14）已知四棱锥P-ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P-ABCD 的体积为________．（15）有,,,A B C D 四个城市，它们各有一个著名的旅游点依此记为,,,a b c d ．把,,,A B C D 和,,,a b c d 分别写成左、右两列，现在一名旅游爱好者随机用4条线把左右全部连接起来，构成“一一对应”，如果某个旅游点是与该旅游点所在的城市相连的（比如A 与a 相连）就得2分，否则就得0分；则该爱好者得分的数学期望为 ．（16）已知向量,,a b c r r r 满足2,1a b c ===r r r ，()()0a c b c -⋅-=r r r r ，则a b -r r的取值范围为 ．（17）已知函数931()931x x x xk f x +⋅+=++，若对任意的实数123,,x x x ，均存在以123(),(),()f x f x f x 为三边长的三角形，则实数k 的取值范围为 ．三、解答题：本大题共5小题, 共72分. 解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤. （18）（本小题满分14分）已知函数2π()2sin 3cos 24f x x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，ππ,42x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦．（Ⅰ）求()f x 的最大值和最小值；（Ⅱ）若不等式()2f x m -<在ππ,42x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立，求实数m 的取值范围（19）（本小题满分14分）已知数列{}n a 的相邻两项1,n n a a +是关于x 的方程2*20()n n x x b n N -+=∈的两实根，且1 1.a =（Ⅰ）求证：数列1{2}3nn a -⨯是等比数列； （Ⅱ）n S 是数列{}n a 的前n 项的和．问是否存在常数λ，使得n n b S λ>对*n N ∀∈都成立，若存在，求出λ的取值范围，若不存在，请说明理由．第14题（20）（本小题满分15分）如图，已知等腰直角三角形RBC ，其中∠RBC =90º，2==BC RB ． 点A 、D 分别是RB 、RC 的中点，现将△RAD 沿着边AD 折起到△PAD 位置， 使PA ⊥AB ，连结PB 、PC ． （Ⅰ）求证：BC ⊥PB ；（Ⅱ）求二面角P CD A --（21）（本小题满分15分）已知点(,1)P a -（a R ∈）,过点P 作抛物线2:C y x =的切线，切点分别为11(,)A x y 、22(,)B x y （其中12x x <）．（Ⅰ）求1x 与2x 的值（用a 表示）；（Ⅱ）若以点P 为圆心的圆E 与直线AB 相切，求圆E 面积的最小值．（22）（本小题满分14分）已知函数32,1,()ln , 1.x x x f x a x x ⎧-+<=⎨≥⎩（Ⅰ）求()f x 在[1,]e -（e 为自然对数的底数）上的最大值；（Ⅱ）对任意给定的正实数a ，曲线()y f x =上是否存在两点,P Q ，使得POQ 是以O 为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y 轴上2020学年浙江省第二次五校联考数学（理科）答案第Ⅰ卷（共50分）一.选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目第Ⅱ卷（共100分）二．填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分.（11）100．（12）c .（13）3-.（14）23. （15）2分.（16）1]+.（17）142k -≤≤.三．解答题：本大题共5小题, 共72分. 解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤. （18）解：（Ⅰ）π()1cos 221sin 222f x x x x x ⎡⎤⎛⎫=-+=+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦∵π12sin 23x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭． ……3分又ππ,42x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦∵，ππ2π2633x -∴≤≤，即π212sin 233x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭≤≤，max min ()3,()2f x f x ==∴．……7分（Ⅱ）()2()2()2f x m f x m f x -<⇔-<<+∵，ππ,42x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，……9分max ()2m f x >-∴且min ()2m f x <+，14m <<∴，即m 的取值范围是(1,4)．……14分（19）解：（Ⅰ）证明：1,n n a a +Q 是关于x 的方程2*20()n n x x b n N -⋅+=∈的两实根，112nn n n n n a a b a a ++⎧+=⎪∴⎨=⋅⎪⎩ ……2分111111222(2)333 1.111222333n n n n n n n n n nn n n a a a a a a +++-⨯--⨯--⨯===--⨯-⨯-⨯Q 故数列1{2}3n n a -⨯是首项为12133a -=，公比为-1的等比数列．……4分（Ⅱ）由（Ⅰ）得1112(1)33n n n a --⨯=⨯-，即1[2(1)]3n n n a =--2321211(2222)[(1)(1)(1)]33n n n n S a a a ∴=+++=++++--+-++-L L L11(1)1[22].32n n +--=-- ……8分 因此，1121111[2(1)][2(1)][2(2)1]99n n n n n n n n n b a a ++++=⋅=--⨯--=---要使n n b S λ>，对*n N ∀∈都成立，即211*1(1)1[2(2)1][22]0,()932n n nn n N λ++-------->∈（*） ……10分①当n 为正奇数时，由（*）式得：2111[221](21)093n n n λ+++--->即111(21)(21)(21)093n n n λ++-+-->， 11210,(21)3n n λ+->∴<+Q 对任意正奇数n 都成立，因为1(21)(3n n +为奇数）的最小值为1．所以 1.λ<……12分②当n 为正偶数时，由（*）式得：2111(221)(22)093n n n λ++---->， 即112(21)(21)(21)093n n nλ++--->11210,(21)6n n λ+->∴<+Q 对任意正偶数n 都成立，因为11(21)(6n n ++为偶数）的最小值为3.23.2λ∴< 所以，存在常数λ，使得n n b S λ>对*n N ∀∈都成立时λ的取值范围为(,1)-∞． ……14分BC . （20）解：（Ⅰ）∵点A 、D 分别是RB 、∴∠RBC RAD PAD ∠=∠==90º.∴AD PA ⊥.∴ BC PA ⊥, ……3分∵A AB PA AB BC =⊥I ,,∴BC ⊥平面PAB ∵⊂PB 平面PAB ,∴PB BC ⊥. ……7分（Ⅱ）取RD 的中点F ，连结AF 、PF ． ∵1==AD RA ,∴RC AF ⊥ ∵AD AP AR AP ⊥⊥,, ∴⊥AP 平面RBC .∵⊂RC 平面RBC ,∴AP RC ⊥. ∵,A AP AF =I ∴⊥RC 平面PAF . ∵⊂PF 平面PAF , ∴PF RC ⊥.∴∠AFP 是二面角P CD A --的平面角. ……12分 在Rt△RAD 中, 22212122=+==AD RA RD AF ， 在Rt△PAF 中, 2622=+=AF PA PF ，cos 3AF AFP PF ∠==.∴ 二面角P CD A --的平面角的余弦值是33． ……15分 （21）解：（Ⅰ）由2y x =可得，2y x '=． ……1分 ∵直线PA 与曲线C 相切，且过点(,1)P a -，∴211112x x x a+=-，即211210x ax --=， ……3分∴1x a ==1x a = ……4分同理可得：2x a =2x a =……5分 ∵12x x <，∴1x a =2x a =+ ……6分 （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，122x x a +=，121x x ⋅=-， ……7分则直线AB 的斜率221212121212y y x x k x x x x x x --===+--， ……8分∴直线AB 的方程为：1121()()y y x x x x -=+-，又211y x =， ∴22112112()y x x x x x x x -=+--，即210ax y -+=．∵点P 到直线AB 的距离即为圆E的半径，即2r =， (10)∴22222222222222131913()()()4(1)(1)424164411141444a a a a a r a a a a ++++++++====++++221933()3142216()4a a =+++≥=+，当且仅当22191416()4a a +=+，即21344a +=，2a =±时取等号． 故圆E 面积的最小值23S r ππ==．……15分（22）解：（Ⅰ）因为32,1,()ln , 1.x x x f x a x x ⎧-+<=⎨≥⎩①当11x -≤≤时，()(32)f x x x '=--，解()0f x '>得到203x <<；解()0f x '<得到 10x -<<或213x <<．所以()f x 在(1,0)-和2(,1)3上单调递减，在2(0,)3上单调递增，从而()f x 在23x =处取得极大值24()327f =．……3分，又(1)2,(1)0f f -==，所以()f x 在[1,1)-上的最大值为2．……4分②当1x e ≤≤时，()ln f x a x =，当0a ≤时，()0f x ≤；当0a >时，()f x 在[1,]e 上单调递增，所以()f x 在[1,]e 上的最大值为a ．所以当2a ≥时，()f x 在[1,]e -上的最大值为a ；当2a <时，()f x 在[1,]e -上的最大值为2. ……8分（Ⅱ）假设曲线()y f x =上存在两点,P Q ，使得POQ 是以O 为直角顶点的直角三角形，则,P Q 只能在y 轴的两侧，不妨设(,())(0)P t f t t >，则32(,)Q t t t -+，且1t ≠． ……9分因为POQ ∆是以O 为直角顶点的直角三角形，所以0OP OQ ⋅=u u u r u u u r，即：232()()0t f t t t -+⋅+=（1）……10分 是否存在点,P Q 等价于方程（1）是否有解． 若01t <<，则32()f t t t =-+，代入方程（1）得：4210t t -+=，此方程无实数解． ……11分若1t >，则()ln f t a t =，代入方程（1）得到：1(1)ln t t a=+，……12分 设()(1)ln (1)h x x x x =+≥，则1()ln 0h x x x'=+>在[1,)+∞上恒成立．所以()h x 在[1,)+∞上单调递增，从而()(1)0h x h ≥=，所以当0a >时，方程1(1)ln t t a=+有解，即方程（1）有解．……14分 所以，对任意给定的正实数a ，曲线()y f x =上是否存在两点,P Q ，使得POQ 是以O 为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y 轴上．……15分。

俯视图正视图浙江省五校2020届高三第二次联考（数学理）参考公式 如果事件A 、B 互斥，那么()()()P A B P A P B +=+． 如果事件A 、B 相互独立，那么()()()P A B P A P B ⋅=⋅．如果事件A 在一次试验中发生的概率是p ，那么在n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率()()C 1n kk kn n P k p p -=-．锥柱的体积公式Sh V 31= 柱体的体积公式Sh V = 其中S 表示棱柱的底面积, h 表示棱柱的高第Ⅰ卷（共50分）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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 R =且{}|12A x x =->,{}2|680B x x x =-+<,则()U C A B =I （ ） （A ）[1,4)- （B ）(2,3) （C ）(2,3] （D ）(1,4)- 2．若复数(1)(2)bi i ++是纯虚数（i 是虚数单位，b 是实数），则b =（ ） （A ）2-（B ）12-（C ）12（D ）23. 椭圆221x my +=的焦点在y 轴上，长轴长是短轴长的两倍，则m 的值为（ ） （A ）14（B ）12（C ） 2 （D ）4 4．若一个底面为正三角形、侧棱与底面垂直的棱柱的三视图如下图所示，则这个棱柱的体积为（ ）（A ）（B ）（C ） （D ）6 5．平面//α平面β的一个充分条件是（ ）（A ） 存在一条直线m ， α//m ,β//m （B ） 存在一条直线m ， α⊂m ,β//m （C ） 存在两条平行直线n m ,, α⊂m β⊂n ,β//m ,α//n （D ） 存在两条异面直线n m ,， α⊂m β⊂n ，β//m ,α//n 6．如图，该程序运行后输出的结果为（ ） （A ）36 （B ）56 （C ）55 （D ）457．一个篮球运动员投篮一次得3分的概率为a ，得2分的概率为b ，不得分的概率为c （a 、b 、(0,1)c ∈），已知他投篮一次得分的数学期望为2（不计其它得分情况），则ab 的最大值为（ ）（A ）16（B ）112（C ）124（D ）1488. 在空间四边形ABCD 中，,,,.AB a BC b CD c DA d ====则AC BD •u u u r u u u r=（ ）（A ）22221()2a b c d +++ （B ） 22221()2a b c d -+++ （C ） 22221()2a b c d -+- （D ） 22221()2a b c d --+-9.已知可导函数'()()()()f x x R f x f x ∈>满足，则当0a >时，()(0)a f a e f 和大小关系为（ ）（A ）()(0)af a e f < （B ） ()(0)af a e f > （C ）()(0)af a e f = （D ） ()()0f e a f a≤10.用砖砌墙，第一层（底层）用去了全部砖块的一半多一块，第二层用去了剩下的一半多一块，,ΛΛ 依次类推，每一层都用去了前一层剩下的一半多一块，如果到第九层恰好砖用完，那么共用去砖的块数为 （ ） （A ）1018 （B ）1020 （C ）1022 （D ）1024第Ⅱ 卷（共100分）二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分.11．某校对全校男女学生共1600名进行健康调查，选用分层抽样法抽取一个容量为200的样本．已知女生比男生少抽了10人，则该校的女生人数应是 ▲ 人．12． 如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连，连线上标注的数字表示某信息经过该段网线所需的时间(单位：毫秒).信息由结点A 传递到结点B 所需的最短时间为 ▲ 毫秒.13．设D 是不等式组21023041x y x y x y +≤⎧⎪+≥⎪⎨≤≤⎪⎪≥⎩表示的平面区域,则D 中的点(,)P x y 到直线10x y +=距离的最大值是 ▲ .14．已知52x ⎛- ⎝的展开式中的常数项为T ，()f x 是以T 为周期的偶函数，且当[0,1]x ∈时，()f x x =，若在区间[1,3]-内，函数()()g x f x kx k =--有4个零点，则实数k 的取值范围是 ▲ .15．在等差数列{}n a 中，公差,0>d 2008a 、2009a 是方程0532=--x x 的两个根，n S 是数列{}n a 的前n 的和，那么满足条件0<n S 的最大自然数=n ▲ .16．如图给出16个点，其左和右相邻两点、上下相邻两点的距离都为1.若以这些点作为三角形的顶点，那么一共可得到 ▲ 个直角三角形.17.设三角形ABC 的BC 边上的高AD=BC ，c b a 、、分别表示角A 、B 、C 对应的三边，则bcc b +的取值范围是 ▲ ．三、解答题18. （本小题满分14分）已知向量2,cos 2),(cos 2,cos 2)a x x b x x ==-r r.（Ⅰ）若7513(,),,241225x a b ππ∈⋅+=-r r 求cos4x ;（Ⅱ）设ABC ∆的三边,,a b c 满足2b ac =，且边b 所对应的角为x ，若关于x 的方程12a b m ⋅+=r r 有且仅有一个实数根，求m 的值.19. （本小题满分14分）袋中有6张卡片，编号分别是1，2，3，4，5，6.现在从袋中任意抽取出3张卡片，并记号码最大的为ξ. （Ⅰ）求ξ的分布列和期望;（Ⅱ）若3张卡片是有放回的抽取，则最大号码为4的概率是多少？20. （本小题满分14分） 如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ,∠DAB 为直角，AB ‖CD,AD =CD =2A B,E 、F 分别为PC 、CD 的中点. （Ⅰ）试证：CD ⊥平面BEF;（Ⅱ）设PA ＝k ·AB ,且二面角E -BD -C 的平面角大于︒30,求k 的取值范围.21. （本小题满分15分）过抛物线22(y px p =>0)的对称轴上的定点(,0)(0)M m m >，作直线AB 与抛物线相交于,A B 两点.（Ⅰ）试证明,A B 两点的纵坐标之积为定值；（Ⅱ）若点N 是定直线:l x m =-上的任意一点，分别记直线,,AN MN BN 的斜率为321k k k 、、，试探求321k k k 、、之间的关系，并给出证明.22. （本小题满分15分）设函数321()()3f x ax bx cx a b c =++<<，其图象在点(1,(1)),(,())A f B m f m 处的切线的斜率分别为0,a -．（Ⅰ）求证：01ba<≤； （Ⅱ）若函数()f x 的递增区间为[,]s t ，求||s t -的取值范围；（Ⅲ）若当x k ≥时（k 是与,,a b c 无关的常数），恒有()0f x a '+<，试求k 的最小值．数学（理科）答案题号 12345678910答案C D A B D D A DB C二．填空题11．760 12．4 .8 13．4 2. 14．10,4⎛⎤ ⎥⎝⎦15．4015 16．184 17．[]5,2 三．解答题18．（Ⅰ）2164sin -⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⋅πx b a ……………..4分 10343664cos 4cos -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ππx x ……………..7分 （Ⅱ）21cos ≥B ,⎥⎦⎤⎝⎛∈3,0πB ……………..11分 结合图象可得:21,1-=m ……………..14分19. （Ⅰ ）ξ3 45 6 P0.050.15 0.30.5………………………………………………………………………………………….6分0.150.6 1.53 5.25E ξ=+++=…………………………………………………….9分（Ⅱ）21637666333444=⨯⨯⨯⨯-⨯⨯=P …………………………………………….14分20．(Ⅰ) 解法一：（Ⅰ）证：由已知DF ∥AB 且∠DAD 为直角，故ABFD 是矩形，从而CD ⊥BF . ………..4分又PA ⊥底面ABCD,CD ⊥AD ，故知CD ⊥PD .在△PDC 中，E 、F 分别PC 、CD 的中点，故EF ∥PD ,从而CD ⊥EF ,由此得CD ⊥面BEF . ………..7分（Ⅱ）连结AC 交BF 于G .易知G 为AC 的中点.连接EG ,则在△PAC 中易知EC ∥PA .又因 PA ⊥底面ABCD ,故BC ⊥底面ABCD .在底面ABCD 中，过C 作GH ⊥BD ,垂足为H ,连接EH .由三垂线定理知EH ⊥BD .从而∠EHG 为二面角E -BD -C 的平面角. ………..10分 设AB=a ,则在△PAC 中，有 BG =21PA =21ka . 以下计算GH ，考察底面的平面图（如答(19)图２）.连结GD . 因S △CBD =21BD ·GH=21GB ·OF.故GH =BDDFGB •. 在△ABD 中，因为AB ＝a,AD =2A ,得BD =5a 而GB =21FB =21AD -a.DF-AB ,从而得GH =BD DF GB •= aa a 5•＝.55a 因此tan EHG=GH EG =.255521k a ka=………..12分 由k ＞0知EHG ∠是锐角，故要使EHG ∠＞︒30，必须k 25＞tan ︒30=,33 解之得，k 的取值范围为k ＞.15152………..14分 解法二：（Ⅰ）如图，以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为：轴建立空间直角坐标系，设AB=a ,则易知点A,B,C,D,F 的坐标分别为 A (0,0,0),B (a ,0,0),C (2a ,2a ,0),D (0,2a ,0), F (a ,2a ,0).从而DC =(2a ,0,0), BF =(0,2a ,0),DC ·BF =0,故DC ⊥BF .设PA =b ,则P (0,0,b ),而E 为PC 中点.故 第（20）E ⎪⎭⎫ ⎝⎛2,,b a a .从而BE =⎪⎭⎫ ⎝⎛2,,0b a . DC ·BE =0,故DC ⊥BE .由此得CD ⊥面BEF . （Ⅱ）设E 在xOy 平面上的投影为G ，过G 作GH ⊥BD 垂足为H,由三垂线定理知EH ⊥BD.从而∠EHG 为二面角E-BD-C 的平面角. 由PA ＝k ·AB 得P(0,0,ka),E ⎪⎭⎫⎝⎛2,,ka a a ,G(a,a,0).设H(x,y,0)，则GH =(x-a,y-a,0), BD =(-a,2a,0),由GH ·BD =0得=a(x-a)+2a(y-a)=0,即x-2y=-a ① 又因BH =(x,a,y,0),且BH 与BD 的方向相同，故a a x -＝ay2，即2x+y=2a ② 由①②解得x =53a,y=54a,从而GH ＝⎪⎭⎫⎝⎛--0,51,52a a ，｜GH ｜＝55a.tan EHG =GHEC=a Ka552=k 25.由k ＞0知，EHC 是锐角，由∠EHC ＞,30︒得tanEHG ＞tan ,30︒即k 25＞.33故k 的取值范围为k ＞15152.21．（1）证明:.设1122(,),(,)A x y B x y 有122y y pm ⋅=-，下证之：设直线AB 的方程为:x ty m =+与22y px =联立得 22y px =x ty m =+，消去x 得2220y pty pm --=……4分由韦达定理得 122y y pm ⋅=-,……6分 （2）解：三条直线,,AN MN BN 的斜率成等差数列，……9分 下证之：设点(,)N m n -，则直线AN 的斜率为11AN y nk x m-=+;直线BN 的斜率为22BN y nk x m-=+12221222AN BN y n y n k k y y m m p p--∴+=+++1222122()2()22p y n p y n y pm y pm --=+++ 122112221122121212()()2()2()y n y n y y n y y n p p y y y y y y y y y y -----=+=⋅---12121212()222()2n y y n n np p p y y y y y y pm m-=⋅=⋅=⋅=---……13分又Q 直线MN 的斜率为02MN n nk m m m-==---……14分 2AN BN MN k k k ∴+=，即直线,,AN MN BN 的斜率成等差数列. ……15分22. 解答：（1）2()2f x ax bx c '=++，由题意及导数的几何意义得(1)20f a b c '=++=， （1）2()2f m am bm c a '=++=-， （2） ……3分又a b c <<，可得424a a b c c <++<，即404a c <<，故0,0,a c <> ……5分 由（1）得2c a b =--，代入a b c <<，再由0a <，得113ba-<<， （3） ……6分 将2c a b =--代入（2）得2220am bm b +-=，即方程2220ax bx b +-=有实根． 故其判别式2480b ab ∆=+≥得2b a -≤，或ba≥0， （4） ……7分由（3），（4）得01ba<≤；……8分 （2）由2()2f x ax bx c '=++的判别式2440b ac '∆=->， 知方程2()20()f x ax bx c '=++=*有两个不等实根，设为12,x x ，又由(1)20f a b c '=++=知，11x =为方程（*）的一个实根，则有根与系数的关系得122122,10b bx x x x a a+=-=--<<， …10分 当2x x <或1x x >时，()0f x '<，当21x x x <<时，()0f x '>， 故函数()f x 的递增区间为21[,]x x ，由题设知21[,][,]x x s t =， 因此122||||2b s t x x a -=-=+，由（Ⅰ）知01ba<≤得||s t -的取值范围为[2,4)；…12分（3）由()0f x a '+<，即220ax bx a c +++<，即2220ax bx b +-<，因为0a <，则2220b b x x a a +⋅-⋅>，整理得2(22)0bx x a-+>， 设2()(22)b b g x x a a =-+，可以看作是关于ba的一次函数，…13分由题意()0bg a>对于01b a <≤恒成立，故(1)0,(0)0,g g -⎧⎨>⎩≥ 即22220,0,x x x ⎧-⎪⎨>⎪⎩≥+得1x -≤或1x ，由题意，[,)(,1]1,)k +∞⊆-∞+∞U ，故1k ，因此k 1． …15分。

2020-2021学年浙江省⾼考数学⼆模试卷（理）及答案解析浙江省⾼考数学⼆模试卷（理科）⼀、选择题（本⼤题共8⼩题，每⼩题5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．已知集合U={1，2，3，4，5}，A={1，2，3}，B={2，5}，则A∩（?U B）=（）A．{2} B．{2，3} C．{3} D．{1，3}2．设l，m是两条不同的直线，α是⼀个平⾯，则下列命题正确的是（）A．若l⊥m，m?α，则l⊥αB．若l⊥α，l∥m，则m⊥αC．若l∥α，m?α，则l∥m D．若l∥α，m∥α，则l∥m3．“”是“tanθ=1”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4．函数（其中a∈R）的图象不可能是（）A．B．C．D．5．已知{a n}是等差数列，公差为2，{b n}是等⽐数列，公⽐为2．若{b n}的前n项和为，则a1+b1等于（）A．1 B．2 C．3 D．46．如图，⼩于90°的⼆⾯⾓α﹣l﹣β中O∈l，A，B∈α，且∠AOB为钝⾓，∠A′OB′是∠AOB在β内的射影，则下列结论错误的是（）A．∠A′OB′为钝⾓ B．∠A′OB′＞∠AOBC．∠AOB+∠AOA′＜πD．∠B′OB+∠BOA+∠AOA′＞π7．如图，双曲线﹣=1（a，b＞0）的右顶点为A，左右焦点分别为F1，F2，点p是双曲线右⽀上⼀点，PF1交左⽀于点Q，交渐近线y=x于点R，M是PQ的中点，若RF2⊥PF1，且AM ⊥PF1，则双曲线的离⼼率是（）A．B．C．2 D．8．已知0＜x＜y，2＜x2，则下列不正确的是（）A．sinx2＜sin（﹣y）B．sinx2＞sin（2﹣y）C．sin（2﹣x2）＜siny D．sinx2＜cos（y﹣1）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）9．已知φ∈[0，π），函数f（x）=cos2x+cos（x+φ）是偶函数，则φ= ，f（x）的最⼩值为．10．已知函数，则= ，⽅程f（x）=2的解为．11．某⼏何体的三视图如图所⽰（单位：cm），则该⼏何体的体积为cm3，表⾯积为cm2．12．已知x，y∈R且满⾜不等式组，当k=1时，不等式组所表⽰的平⾯区域的⾯积为，若⽬标函数z=3x+y的最⼤值为7，则k的值为．13．已知a＞0，f（x）=acosπx+（1﹣x）sinπx，x∈[0，2]，则f（x）所有的零点之和为．14．设，已知x，y∈R，m+n=6，则F=max{|x2﹣4y+m|，|y2﹣2x+n|}的最⼩值为．15．如图，设正△BCD的外接圆O的半径为R（＜R＜），点A在BD下⽅的圆弧上，则（﹣﹣）?的最⼩值为．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）16．在△ABC中，设边a，b，c所对的⾓为A，B，C，且A，B，C都不是直⾓，（bc﹣8）cosA+accosB=a2﹣b2．（Ⅰ）若b+c=5，求b，c的值；（Ⅱ）若，求△ABC⾯积的最⼤值．17．如图，长⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，点P是CD上的⼀点，PC=λPD．（Ⅰ）若A1C⊥平⾯PBC1，求λ的值；（Ⅱ）设λ1=1，λ2=3所对应的点P为P1，P2，⼆⾯⾓P1﹣BC1﹣P2的⼤⼩为θ，求cosθ的值．18．已知m∈R，函数f（x）=﹣x2+（3﹣2m）x+2+m．（1）若0＜m≤，求|f（x）|在[﹣1，1]上的最⼤值g（m）；（2）对任意的m∈（0，1]，若f（x）在[0，m]上的最⼤值为h（m），求h（m）的最⼤值．19．已知椭圆C1：=1，直线l1：y=kx+m（m＞0）与圆C2：（x﹣1）2+y2=1相切且与椭圆C1交于A，B两点．（Ⅰ）若线段AB中点的横坐标为，求m的值；（Ⅱ）过原点O作l1的平⾏线l2交椭圆于C，D两点，设|AB|=λ|CD|，求λ的最⼩值．20．已知点列P n（x n，）与A n（a n，0）满⾜x n+1＞x n，⊥，且||=||，其中n∈N*，x1=1．（I）求x n+1与x n的关系式；（Ⅱ）求证：n2＜++…+≤4n2．参考答案与试题解析⼀、选择题（本⼤题共8⼩题，每⼩题5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．已知集合U={1，2，3，4，5}，A={1，2，3}，B={2，5}，则A∩（?U B）=（）A．{2} B．{2，3} C．{3} D．{1，3}【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】由题意全集U={1，2，3，4，5}，B={2，5}，可以求出集合C U B，然后根据交集的定义和运算法则进⾏计算．【解答】解：∵U={1，2，3，4，5}，B={2，5}，∴C U B={1，3，4}∵A={3，1，2}∴A∩（C U B）={1，3}故选D．2．设l，m是两条不同的直线，α是⼀个平⾯，则下列命题正确的是（）A．若l⊥m，m?α，则l⊥αB．若l⊥α，l∥m，则m⊥αC．若l∥α，m?α，则l∥m D．若l∥α，m∥α，则l∥m【考点】直线与平⾯平⾏的判定．【分析】根据题意，依次分析选项：A，根据线⾯垂直的判定定理判断．C：根据线⾯平⾏的判定定理判断．D：由线线的位置关系判断．B：由线⾯垂直的性质定理判断；综合可得答案．【解答】解：A，根据线⾯垂直的判定定理，要垂直平⾯内两条相交直线才⾏，不正确；C：l∥α，m?α，则l∥m或两线异⾯，故不正确．D：平⾏于同⼀平⾯的两直线可能平⾏，异⾯，相交，不正确．B：由线⾯垂直的性质可知：平⾏线中的⼀条垂直于这个平⾯则另⼀条也垂直这个平⾯．故正确．故选B3．“”是“tanθ=1”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【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】由tanθ=1，解得θ=（k∈Z），即可判断出结论．【解答】解：由tanθ=1，解得θ=（k∈Z），∴“”是“tanθ=1”的充分不必要条件．故选：A．4．函数（其中a∈R）的图象不可能是（）A．B．C．D．【考点】函数的图象．【分析】分三种情况讨论，根据函数的单调性和基本不等式即可判断．【解答】解：当a=0时，f（x）=|x|，且x≠0，故A符合，当x＞0时，且a＞0时，f（x）=x+≥2，当x＜0时，且a＞0时，f（x）=﹣x+在（﹣∞，0）上为减函数，故B符合，当x＜0时，且a＜0时，f（x）=﹣x+≥2=2，当x＞0时，且a＜0时，f（x）=x+在（0，+∞）上为增函数，故D符合，故选：C．5．已知{a n}是等差数列，公差为2，{b n}是等⽐数列，公⽐为2．若{b n}的前n项和为，则a1+b1等于（）A．1 B．2 C．3 D．4【考点】等差数列的通项公式．【分析】由已知写出等差数列和等⽐数列的通项公式，得到，再写出等⽐数列的前n项和，列等式求得a1+b1的值．【解答】解：由题意可得a n=a1+2（n﹣1），，∴=，{b n}的前n项和，由，得，∴a1+b1=2．故选：B．6．如图，⼩于90°的⼆⾯⾓α﹣l﹣β中O∈l，A，B∈α，且∠AOB为钝⾓，∠A′OB′是∠AOB在β内的射影，则下列结论错误的是（）A．∠A′OB′为钝⾓ B．∠A′OB′＞∠AOBC．∠AOB+∠AOA′＜πD．∠B′OB+∠BOA+∠AOA′＞π【考点】与⼆⾯⾓有关的⽴体⼏何综合题．【分析】由题意画出图形，由已知⼆⾯⾓α﹣l﹣β⼩于90°，∠AOB为钝⾓，结合余弦定理可得∠A′OB′是钝⾓，由此可得答案．【解答】解：如图，在α内射线OA上取点A，过A作交线l的平⾏线AB交射线OB于点B，过A作AA′⊥β，垂⾜为A′，过B作BB′垂直于β，垂⾜为B′，连接A′B′，则有AB∥A′B′，且AB=A′B′，设OA=a，OB=b，AB=c，则OA′＜a，OB′＜b，∵∠AOB为钝⾓，∴a2+b2＜c2，则（OA′）2+（OB′）2＜a2+b2＜c2=（A′B′）2，在△A′OB′中，由余弦定理可得∠A′OB′＞∠AOB为钝⾓．∴∠AOB+∠AOA′＞π．∴错误的选项是C，故选：C．7．如图，双曲线﹣=1（a，b＞0）的右顶点为A，左右焦点分别为F1，F2，点p是双曲线右⽀上⼀点，PF1交左⽀于点Q，交渐近线y=x于点R，M是PQ的中点，若RF2⊥PF1，且AM ⊥PF1，则双曲线的离⼼率是（）A．B．C．2 D．【考点】双曲线的简单性质．【分析】设PF1的⽅程为y=k（x+c），k＞0，联⽴渐近线⽅程求得R的坐标，代⼊双曲线的⽅程，运⽤韦达定理和中点坐标公式，可得M的坐标，再由两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，求得k=，代⼊化简整理，再由离⼼率公式计算即可得到所求值．【解答】解：设PF1的⽅程为y=k（x+c），k＞0，联⽴渐近线⽅程y=x，可得R（，），由直线y=k（x+c）代⼊双曲线﹣=1，可得（b2﹣a2k2）x2﹣2ca2k2x﹣a2c2k2﹣a2b2=0，设P（x1，y1），Q（x2，y2），可得x1+x2=，即有中点M（，），由A（a，0），F2（c，0），RF2⊥PF1，可得==﹣，即有bk2+2ak﹣b=0，解得k=（负的舍去），由AM⊥PF1，可得k AM==﹣，即为（c3+a3）k2=a（c2﹣a2），即有（c3+a3）（c﹣a）2=ab2（c2﹣a2）=a（c2﹣a2）2，化为c=2a，即e==2．故选：C．8．已知0＜x＜y，2＜x2，则下列不正确的是（）A．sinx2＜sin（﹣y）B．sinx2＞sin（2﹣y）C．sin（2﹣x2）＜siny D．sinx2＜cos（y﹣1）【考点】正弦函数的图象；基本不等式．【分析】利⽤基本不等式的性质和正弦函数的单调性得出答案．【解答】解：∵0＜x＜y，2＜x2+y＜，∴1＜y，∴x2＜﹣y＜，∴sinx2＜sin（）．故A正确．∵2＜x2，∴x2＜，y＜，∴＞＞x2＞2﹣y，∴sinx2＞sin（2﹣y），故B正确．∵2＜x2，∴x2＜＜=＜．∴sinx2＜sin（）=cos（y﹣1）．故D正确．故选：C．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）9．已知φ∈[0，π），函数f（x）=cos2x+cos（x+φ）是偶函数，则φ= 0 ，f（x）的最⼩值为．【考点】三⾓函数中的恒等变换应⽤．【分析】由函数为偶函数求得φ值，得到f（x）=cos2x+cosx，展开⼆倍⾓余弦，然后利⽤配⽅法求得最值．【解答】解：∵函数f（x）=cos2x+cos（x+φ）是偶函数，∴f（﹣x）﹣f（x）=cos（﹣2x）+cos（﹣x+φ）﹣cos2x﹣cos（x+φ）=0恒成⽴，即cos（﹣x+φ）﹣cos（x+φ）=﹣2sinφ?sin（﹣x）=2sinφ?sinx=0恒成⽴，∵φ∈[0，π），∴φ=0；f（x）=cos2x+cosx=2cos2x+cosx﹣1=．∴f（x）的最⼩值为．故答案为：0，．10．已知函数，则= 0 ，⽅程f（x）=2的解为﹣2或4 ．【考点】函数的值．【分析】由，利⽤分段函数的性质能求出的值；由⽅程f （x）=2，得到当x＞0时，log2x=2；当x≤0时，x2+x=2．由此能求出结果．【解答】解：∵，∴f（）==﹣1，∴=f（﹣1）=（﹣1）2+（﹣1）=0，∵⽅程f（x）=2，∴当x＞0时，log2x=2，解得x=4；当x≤0时，x2+x=2，解得x=﹣1或x=1（舍）．∴x=﹣2或x=4．故答案为：0；﹣2或4．11．某⼏何体的三视图如图所⽰（单位：cm），则该⼏何体的体积为cm3，表⾯积为cm2．【考点】由三视图求⾯积、体积．【分析】由三视图可知：该⼏何体是由⼀个半球去掉后得到的⼏何体．【解答】解：由三视图可知：该⼏何体是由⼀个半球去掉后得到的⼏何体．∴该⼏何体的体积==cm3，表⾯积=++=cm2．故答案分别为：；．12．已知x，y∈R且满⾜不等式组，当k=1时，不等式组所表⽰的平⾯区域的⾯积为，若⽬标函数z=3x+y的最⼤值为7，则k的值为 2 ．【考点】简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平⾯区域，根据z的⼏何意义，利⽤数形结合即可得到k的值．然后即可得到结论．【解答】解：若k=1，则不等式组对应的平⾯区域如图：则A（1，﹣1），B（1，3），由得，即C（，），不等式组所表⽰的平⾯区域的⾯积为S=×4×（﹣1）=2×=，由z=3x+y得y=﹣3x+z，平移直线y=﹣3x+z，则由图象可知当直线y=﹣3x+z经过点C时，直线y=﹣3x+z的截距最⼤，此时z最⼤，为3x+y=7由，解得，即A（2，1），此时A在kx﹣y﹣k﹣1=0上，则2k﹣1﹣k﹣1=0，得k=2．故答案为：；2；13．已知a＞0，f（x）=acosπx+（1﹣x）sinπx，x∈[0，2]，则f（x）所有的零点之和为 2 ．【考点】函数零点的判定定理．【分析】x=1，，时，f（x）≠0，因此都不是函数f（x）的零点．由f（x）=acosπx+（1﹣x）sinπx=0，化为：tanπx=，（x≠1）．分别作出函数y=tanπx，y=，（x≠1）的图象，则此两函数的图象都关于（1，0）成中⼼对称，即可得出．【解答】解：x=1时，f（1）=acosπ=﹣a＜0，因此1不是函数f（x）的零点．同理x=，，也不是函数f（x）的零点．由f（x）=acosπx+（1﹣x）sinπx=0，化为：tanπx=，（x≠1，，）．作出函数y=tanπx，y=，（x≠1）的图象，则此两函数的图象都关于（1，0）成中⼼对称，由函数的单调性与对称性可得：x∈[0，2]，两函数y=tanπx，y=，（x≠1）的图象有且仅有两个交点，并且关于（1，0）成中⼼对称，不妨设交点的横坐标分别为x1，x2，∴x1+x2=2．故答案为：2．14．设，已知x，y∈R，m+n=6，则F=max{|x2﹣4y+m|，|y2﹣2x+n|}的最⼩值为．【考点】函数的最值及其⼏何意义．【分析】由题意可得F≥|x2﹣4y+m|，F≥|y2﹣2x+n|，相加，由绝对值不等式的性质和配⽅⽅法，可得最⼩值．【解答】解：F=max{|x2﹣4y+m|，|y2﹣2x+n|}，可得F≥|x2﹣4y+m|，F≥|y2﹣2x+n|，即有2F≥|x2﹣4y+m|+|y2﹣2x+n|≥|x2﹣4y+m+y2﹣2x+n|=|x2﹣2x+y2﹣4y+6|=|（x﹣1）2+（y﹣2）2+1|≥1，即有2F≥1，即F≥，可得x=1，y=2时，F取得最⼩值．故答案为：．15．如图，设正△BCD的外接圆O的半径为R（＜R＜），点A在BD下⽅的圆弧上，则（﹣﹣）?的最⼩值为﹣．【考点】平⾯向量数量积的运算．【分析】先根据三⾓形为正三⾓形，再设∠CAO=θ，得到AC=2Rcosθ，根据向量的数量的运算得到（﹣﹣）?得到2R2cos2θ﹣2Rcosθ，再构造函数y=2t2﹣2t=2（t﹣）2﹣，即可求出最值．【解答】解：∵△BCD为正三⾓形，∴∠CAD=∠CAB=∠DAB=∠CBD=60°，设∠CAO=θ，∴AC=2Rcosθ，∴（﹣﹣）?=?﹣?﹣=2R2cos2θ﹣×2Rcosθ﹣×2Rcosθ=2R2cos2θ﹣2Rcosθ，设Rcosθ=t，∵＜R＜，0°≤θ＜60°，即＜cosθ≤1，∴＜t＜则y=2t2﹣2t=2（t﹣）2﹣∴当t=，y有最⼩值，即为﹣，故答案为：﹣．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）16．在△ABC中，设边a，b，c所对的⾓为A，B，C，且A，B，C都不是直⾓，（bc﹣8）cosA+accosB=a2﹣b2．（Ⅰ）若b+c=5，求b，c的值；（Ⅱ）若，求△ABC⾯积的最⼤值．【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】（Ⅰ）由已知利⽤余弦定理化简已知等式可得，⼜△ABC不是直⾓三⾓形，解得bc=4，⼜b+c=5，联⽴即可解得b，c的值．（Ⅱ）由余弦定理，基本不等式可得5=b2+c2﹣2bccosA≥2bc﹣2bccosA=8﹣8cosA，解得，可求，利⽤三⾓形⾯积公式即可得解三⾓形⾯积的最⼤值．【解答】（本题满分14分）解：（Ⅰ）∵，∴，∴，∵△ABC不是直⾓三⾓形，∴bc=4，⼜∵b+c=5，∴解得或…（Ⅱ）∵，由余弦定理可得5=b2+c2﹣2bccosA≥2bc﹣2bccosA=8﹣8cosA，∴，∴，所以．∴△ABC⾯积的最⼤值是，当时取到…17．如图，长⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，点P是CD上的⼀点，PC=λPD．（Ⅰ）若A1C⊥平⾯PBC1，求λ的值；（Ⅱ）设λ1=1，λ2=3所对应的点P为P1，P2，⼆⾯⾓P1﹣BC1﹣P2的⼤⼩为θ，求cosθ的值．【考点】⼆⾯⾓的平⾯⾓及求法；直线与平⾯垂直的判定．【分析】（Ⅰ）法⼀：若A1C⊥PB，则A1C⊥平⾯PBC1，只要AC⊥PB即可，由此能求出结果．法⼆：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建⽴空间直⾓坐标系O﹣xyz，利⽤向量法能求出结果．（Ⅱ）过C作CH⊥BC1交BC1于H，连接P1H，P2H，则∠P1HP2就是所求⼆⾯⾓的⼀个平⾯⾓θ，由此能求出cosθ．【解答】解：（Ⅰ）解法⼀∵A1C⊥BC1若A1C⊥PB，则A1C⊥平⾯PBC1，只要AC⊥PB即可，在矩形ABCD中，，解得，；解法⼆：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建⽴如图空间直⾓坐标系O﹣xyz，B（1，2，0），C1（0，2，1），A1（1，0，1），C（0，2，0），设，若A1C⊥平⾯PBC1，=（﹣1，2，﹣1），=（﹣1，0，1），=（﹣1，﹣2，0），则，解得．（Ⅱ）过C作CH⊥BC1交BC1于H，连接P1H，P2H，∵长⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，∴BH=C1H，P1B=P1C1，P2B=P2C1，∴P2H⊥BC1，P1H⊥BC1，则∠P1HP2就是所求⼆⾯⾓的⼀个平⾯⾓θ∵P1C=1，，∴，tanα=tan（∠P2HC﹣∠P1HC）=，所求余弦值cosθ=．。

浙江省嘉兴市高考数学二模试卷（理科）一、选择题（本大题共8小题，每小题5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．已知集合U={1，2，3，4，5}，A={1，2，3}，B={2，5}，则A∩（∁U B）=（）A．{2}B．{2，3}C．{3}D．{1，3}2．设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是（）A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥αB．若l⊥α，l∥m，则m⊥αC．若l∥α，m⊂α，则l∥m D．若l∥α，m∥α，则l∥m3．“”是“tanθ=1”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4．函数（其中a∈R）的图象不可能是（）A．B．C．D．5．已知{a n}是等差数列，公差为2，{b n}是等比数列，公比为2．若{b n}的前n项和为，则a1+b1等于（）A．1 B．2 C．3 D．46．如图，小于90°的二面角α﹣l﹣β中O∈l，A，B∈α，且∠AOB为钝角，∠A′OB′是∠AOB在β内的射影，则下列结论错误的是（）A．∠A′OB′为钝角B．∠A′OB′＞∠AOBC．∠AOB+∠AOA′＜πD．∠B′OB+∠BOA+∠AOA′＞π7．如图，双曲线﹣=1（a，b＞0）的右顶点为A，左右焦点分别为F1，F2，点p是双曲线右支上一点，PF1交左支于点Q，交渐近线y=x于点R，M是PQ的中点，若RF2⊥PF1，且AM⊥PF1，则双曲线的离心率是（）A．B．C．2 D．8．已知0＜x＜y，2＜x2，则下列不正确的是（）A．sinx2＜sin（﹣y）B．sinx2＞sin（2﹣y）C．sin（2﹣x2）＜siny D．sinx2＜cos（y﹣1）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）9．已知φ∈[0，π），函数f（x）=cos2x+cos（x+φ）是偶函数，则φ=，f（x）的最小值为．10．已知函数，则=，方程f（x）=2的解为．11．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积为cm3，表面积为cm2．12．已知x，y∈R且满足不等式组，当k=1时，不等式组所表示的平面区域的面积为，若目标函数z=3x+y的最大值为7，则k的值为．13．已知a＞0，f（x）=acosπx+（1﹣x）sinπx，x∈[0，2]，则f（x）所有的零点之和为．14．设，已知x，y∈R，m+n=6，则F=max{|x2﹣4y+m|，|y2﹣2x+n|}的最小值为．15．如图，设正△BCD的外接圆O的半径为R（＜R＜），点A在BD下方的圆弧上，则（﹣﹣）•的最小值为．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）16．在△ABC中，设边a，b，c所对的角为A，B，C，且A，B，C都不是直角，（bc﹣8）cosA+accosB=a2﹣b2．（Ⅰ）若b+c=5，求b，c的值；（Ⅱ）若，求△ABC面积的最大值．17．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，点P是CD上的一点，PC=λPD．（Ⅰ）若A1C⊥平面PBC1，求λ的值；（Ⅱ）设λ1=1，λ2=3所对应的点P为P1，P2，二面角P1﹣BC1﹣P2的大小为θ，求cosθ的值．18．已知m∈R，函数f（x）=﹣x2+（3﹣2m）x+2+m．（1）若0＜m≤，求|f（x）|在[﹣1，1]上的最大值g（m）；（2）对任意的m∈（0，1]，若f（x）在[0，m]上的最大值为h（m），求h（m）的最大值．19．已知椭圆C1：=1，直线l1：y=kx+m（m＞0）与圆C2：（x﹣1）2+y2=1相切且与椭圆C1交于A，B两点．（Ⅰ）若线段AB中点的横坐标为，求m的值；（Ⅱ）过原点O作l1的平行线l2交椭圆于C，D两点，设|AB|=λ|CD|，求λ的最小值．20．已知点列P n（x n，）与A n（a n，0）满足x n+1＞x n，⊥，且||=||，其中n∈N*，x1=1．（I）求x n+1与x n的关系式；（Ⅱ）求证：n2＜++…+≤4n2．浙江省嘉兴市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共8小题，每小题5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．已知集合U={1，2，3，4，5}，A={1，2，3}，B={2，5}，则A∩（∁U B）=（）A．{2}B．{2，3}C．{3}D．{1，3}【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】由题意全集U={1，2，3，4，5}，B={2，5}，可以求出集合C U B，然后根据交集的定义和运算法则进行计算．【解答】解：∵U={1，2，3，4，5}，B={2，5}，∴C U B={1，3，4}∵A={3，1，2}∴A∩（C U B）={1，3}故选D．2．设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是（）A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥αB．若l⊥α，l∥m，则m⊥αC．若l∥α，m⊂α，则l∥m D．若l∥α，m∥α，则l∥m【考点】直线与平面平行的判定．【分析】根据题意，依次分析选项：A，根据线面垂直的判定定理判断．C：根据线面平行的判定定理判断．D：由线线的位置关系判断．B：由线面垂直的性质定理判断；综合可得答案．【解答】解：A，根据线面垂直的判定定理，要垂直平面内两条相交直线才行，不正确；C：l∥α，m⊂α，则l∥m或两线异面，故不正确．D：平行于同一平面的两直线可能平行，异面，相交，不正确．B：由线面垂直的性质可知：平行线中的一条垂直于这个平面则另一条也垂直这个平面．故正确．故选B3．“”是“tanθ=1”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【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】由tanθ=1，解得θ=（k∈Z），即可判断出结论．【解答】解：由tanθ=1，解得θ=（k∈Z），∴“”是“tanθ=1”的充分不必要条件．故选：A．4．函数（其中a∈R）的图象不可能是（）A．B．C．D．【考点】函数的图象．【分析】分三种情况讨论，根据函数的单调性和基本不等式即可判断．【解答】解：当a=0时，f（x）=|x|，且x≠0，故A符合，当x＞0时，且a＞0时，f（x）=x+≥2，当x＜0时，且a＞0时，f（x）=﹣x+在（﹣∞，0）上为减函数，故B符合，当x＜0时，且a＜0时，f（x）=﹣x+≥2=2，当x＞0时，且a＜0时，f（x）=x+在（0，+∞）上为增函数，故D符合，故选：C．5．已知{a n}是等差数列，公差为2，{b n}是等比数列，公比为2．若{b n}的前n项和为，则a1+b1等于（）A．1 B．2 C．3 D．4【考点】等差数列的通项公式．【分析】由已知写出等差数列和等比数列的通项公式，得到，再写出等比数列的前n项和，列等式求得a1+b1的值．【解答】解：由题意可得a n=a1+2（n﹣1），，∴=，{b n}的前n项和，由，得，∴a1+b1=2．故选：B．6．如图，小于90°的二面角α﹣l﹣β中O∈l，A，B∈α，且∠AOB为钝角，∠A′OB′是∠AOB在β内的射影，则下列结论错误的是（）A．∠A′OB′为钝角B．∠A′OB′＞∠AOBC．∠AOB+∠AOA′＜πD．∠B′OB+∠BOA+∠AOA′＞π【考点】与二面角有关的立体几何综合题．【分析】由题意画出图形，由已知二面角α﹣l﹣β小于90°，∠AOB为钝角，结合余弦定理可得∠A′OB′是钝角，由此可得答案．【解答】解：如图，在α内射线OA上取点A，过A作交线l的平行线AB交射线OB于点B，过A作AA′⊥β，垂足为A′，过B作BB′垂直于β，垂足为B′，连接A′B′，则有AB∥A′B′，且AB=A′B′，设OA=a，OB=b，AB=c，则OA′＜a，OB′＜b，∵∠AOB为钝角，∴a2+b2＜c2，则（OA′）2+（OB′）2＜a2+b2＜c2=（A′B′）2，在△A′OB′中，由余弦定理可得∠A′OB′＞∠AOB为钝角．∴∠AOB+∠AOA′＞π．∴错误的选项是C，故选：C．7．如图，双曲线﹣=1（a，b＞0）的右顶点为A，左右焦点分别为F1，F2，点p是双曲线右支上一点，PF1交左支于点Q，交渐近线y=x于点R，M是PQ的中点，若RF2⊥PF1，且AM⊥PF1，则双曲线的离心率是（）A．B．C．2 D．【考点】双曲线的简单性质．【分析】设PF1的方程为y=k（x+c），k＞0，联立渐近线方程求得R的坐标，代入双曲线的方程，运用韦达定理和中点坐标公式，可得M的坐标，再由两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，求得k=，代入化简整理，再由离心率公式计算即可得到所求值．【解答】解：设PF1的方程为y=k（x+c），k＞0，联立渐近线方程y=x，可得R（，），由直线y=k（x+c）代入双曲线﹣=1，可得（b2﹣a2k2）x2﹣2ca2k2x﹣a2c2k2﹣a2b2=0，设P（x1，y1），Q（x2，y2），可得x1+x2=，即有中点M（，），由A（a，0），F2（c，0），RF2⊥PF1，可得==﹣，即有bk2+2ak﹣b=0，解得k=（负的舍去），由AM⊥PF1，可得k AM==﹣，即为（c3+a3）k2=a（c2﹣a2），即有（c3+a3）（c﹣a）2=ab2（c2﹣a2）=a（c2﹣a2）2，化为c=2a，即e==2．故选：C．8．已知0＜x＜y，2＜x2，则下列不正确的是（）A．sinx2＜sin（﹣y）B．sinx2＞sin（2﹣y）C．sin（2﹣x2）＜siny D．sinx2＜cos（y﹣1）【考点】正弦函数的图象；基本不等式．【分析】利用基本不等式的性质和正弦函数的单调性得出答案．【解答】解：∵0＜x＜y，2＜x2+y＜，∴1＜y，∴x2＜﹣y＜，∴sinx2＜sin（）．故A正确．∵2＜x2，∴x2＜，y＜，∴＞＞x2＞2﹣y，∴sinx2＞sin（2﹣y），故B正确．∵2＜x2，∴x2＜＜=＜．∴sinx2＜sin（）=cos（y﹣1）．故D正确．故选：C．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）9．已知φ∈[0，π），函数f（x）=cos2x+cos（x+φ）是偶函数，则φ=0，f（x）的最小值为．【考点】三角函数中的恒等变换应用．【分析】由函数为偶函数求得φ值，得到f（x）=cos2x+cosx，展开二倍角余弦，然后利用配方法求得最值．【解答】解：∵函数f（x）=cos2x+cos（x+φ）是偶函数，∴f（﹣x）﹣f（x）=cos（﹣2x）+cos（﹣x+φ）﹣cos2x﹣cos（x+φ）=0恒成立，即cos（﹣x+φ）﹣cos（x+φ）=﹣2sinφ•sin（﹣x）=2sinφ•sinx=0恒成立，∵φ∈[0，π），∴φ=0；f（x）=cos2x+cosx=2cos2x+cosx﹣1=．∴f（x）的最小值为．故答案为：0，．10．已知函数，则=0，方程f（x）=2的解为﹣2或4．【考点】函数的值．【分析】由，利用分段函数的性质能求出的值；由方程f（x）=2，得到当x＞0时，log2x=2；当x≤0时，x2+x=2．由此能求出结果．【解答】解：∵，∴f（）==﹣1，∴=f（﹣1）=（﹣1）2+（﹣1）=0，∵方程f（x）=2，∴当x＞0时，log2x=2，解得x=4；当x≤0时，x2+x=2，解得x=﹣1或x=1（舍）．∴x=﹣2或x=4．故答案为：0；﹣2或4．11．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积为cm3，表面积为cm2．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由三视图可知：该几何体是由一个半球去掉后得到的几何体．【解答】解：由三视图可知：该几何体是由一个半球去掉后得到的几何体．∴该几何体的体积==cm3，表面积=++=cm2．故答案分别为：；．12．已知x，y∈R且满足不等式组，当k=1时，不等式组所表示的平面区域的面积为，若目标函数z=3x+y的最大值为7，则k的值为2．【考点】简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平面区域，根据z的几何意义，利用数形结合即可得到k的值．然后即可得到结论．【解答】解：若k=1，则不等式组对应的平面区域如图：则A（1，﹣1），B（1，3），由得，即C（，），不等式组所表示的平面区域的面积为S=×4×（﹣1）=2×=，由z=3x+y得y=﹣3x+z，平移直线y=﹣3x+z，则由图象可知当直线y=﹣3x+z经过点C时，直线y=﹣3x+z的截距最大，此时z最大，为3x+y=7由，解得，即A（2，1），此时A在kx﹣y﹣k﹣1=0上，则2k﹣1﹣k﹣1=0，得k=2．故答案为：；2；13．已知a＞0，f（x）=acosπx+（1﹣x）sinπx，x∈[0，2]，则f（x）所有的零点之和为2．【考点】函数零点的判定定理．【分析】x=1，，时，f（x）≠0，因此都不是函数f（x）的零点．由f（x）=acosπx+（1﹣x）sinπx=0，化为：tanπx=，（x≠1）．分别作出函数y=tanπx，y=，（x≠1）的图象，则此两函数的图象都关于（1，0）成中心对称，即可得出．【解答】解：x=1时，f（1）=acosπ=﹣a＜0，因此1不是函数f（x）的零点．同理x=，，也不是函数f（x）的零点．由f（x）=acosπx+（1﹣x）sinπx=0，化为：tanπx=，（x≠1，，）．作出函数y=tanπx，y=，（x≠1）的图象，则此两函数的图象都关于（1，0）成中心对称，由函数的单调性与对称性可得：x∈[0，2]，两函数y=tanπx，y=，（x≠1）的图象有且仅有两个交点，并且关于（1，0）成中心对称，不妨设交点的横坐标分别为x1，x2，∴x1+x2=2．故答案为：2．14．设，已知x，y∈R，m+n=6，则F=max{|x2﹣4y+m|，|y2﹣2x+n|}的最小值为．【考点】函数的最值及其几何意义．【分析】由题意可得F≥|x2﹣4y+m|，F≥|y2﹣2x+n|，相加，由绝对值不等式的性质和配方方法，可得最小值．【解答】解：F=max{|x2﹣4y+m|，|y2﹣2x+n|}，可得F≥|x2﹣4y+m|，F≥|y2﹣2x+n|，即有2F≥|x2﹣4y+m|+|y2﹣2x+n|≥|x2﹣4y+m+y2﹣2x+n|=|x2﹣2x+y2﹣4y+6|=|（x﹣1）2+（y﹣2）2+1|≥1，即有2F≥1，即F≥，可得x=1，y=2时，F取得最小值．故答案为：．15．如图，设正△BCD的外接圆O的半径为R（＜R＜），点A在BD下方的圆弧上，则（﹣﹣）•的最小值为﹣．【考点】平面向量数量积的运算．【分析】先根据三角形为正三角形，再设∠CAO=θ，得到AC=2Rcosθ，根据向量的数量的运算得到（﹣﹣）•得到2R2cos2θ﹣2Rcosθ，再构造函数y=2t2﹣2t=2（t﹣）2﹣，即可求出最值．【解答】解：∵△BCD为正三角形，∴∠CAD=∠CAB=∠DAB=∠CBD=60°，设∠CAO=θ，∴AC=2Rcosθ，∴（﹣﹣）•=•﹣•﹣=2R2cos2θ﹣×2Rcosθ﹣×2Rcosθ=2R2cos2θ﹣2Rcosθ，设Rcosθ=t，∵＜R＜，0°≤θ＜60°，即＜cosθ≤1，∴＜t＜则y=2t2﹣2t=2（t﹣）2﹣∴当t=，y有最小值，即为﹣，故答案为：﹣．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）16．在△ABC中，设边a，b，c所对的角为A，B，C，且A，B，C都不是直角，（bc﹣8）cosA+accosB=a2﹣b2．（Ⅰ）若b+c=5，求b，c的值；（Ⅱ）若，求△ABC面积的最大值．【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】（Ⅰ）由已知利用余弦定理化简已知等式可得，又△ABC不是直角三角形，解得bc=4，又b+c=5，联立即可解得b，c的值．（Ⅱ）由余弦定理，基本不等式可得5=b2+c2﹣2bccosA≥2bc﹣2bccosA=8﹣8cosA，解得，可求，利用三角形面积公式即可得解三角形面积的最大值．【解答】（本题满分14分）解：（Ⅰ）∵，∴，∴，∵△ABC不是直角三角形，∴bc=4，又∵b+c=5，∴解得或…（Ⅱ）∵，由余弦定理可得5=b2+c2﹣2bccosA≥2bc﹣2bccosA=8﹣8cosA，∴，∴，所以．∴△ABC面积的最大值是，当时取到…17．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，点P是CD上的一点，PC=λPD．（Ⅰ）若A1C⊥平面PBC1，求λ的值；（Ⅱ）设λ1=1，λ2=3所对应的点P为P1，P2，二面角P1﹣BC1﹣P2的大小为θ，求cosθ的值．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）法一：若A1C⊥PB，则A1C⊥平面PBC1，只要AC⊥PB即可，由此能求出结果．法二：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法能求出结果．（Ⅱ）过C作CH⊥BC1交BC1于H，连接P1H，P2H，则∠P1HP2就是所求二面角的一个平面角θ，由此能求出cosθ．【解答】解：（Ⅰ）解法一∵A1C⊥BC1若A1C⊥PB，则A1C⊥平面PBC1，只要AC⊥PB即可，在矩形ABCD中，，解得，；解法二：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系O﹣xyz，B（1，2，0），C1（0，2，1），A1（1，0，1），C（0，2，0），设，若A1C⊥平面PBC1，=（﹣1，2，﹣1），=（﹣1，0，1），=（﹣1，﹣2，0），则，解得．（Ⅱ）过C作CH⊥BC1交BC1于H，连接P1H，P2H，∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，∴BH=C1H，P1B=P1C1，P2B=P2C1，∴P2H⊥BC1，P1H⊥BC1，则∠P1HP2就是所求二面角的一个平面角θ∵P1C=1，，∴，tanα=tan（∠P2HC﹣∠P1HC）=，所求余弦值cosθ=．18．已知m∈R，函数f（x）=﹣x2+（3﹣2m）x+2+m．（1）若0＜m≤，求|f（x）|在[﹣1，1]上的最大值g（m）；（2）对任意的m∈（0，1]，若f（x）在[0，m]上的最大值为h（m），求h（m）的最大值．【考点】二次函数的性质．【分析】（1）先判断函数f（x）在[﹣1，1]上的单调性，求出函数f（x）的最大值和最小，比较|f（x）|的大小即可求出函数|f（x）|最大值g（m）；（2）求出m与对称轴之间的关系，结合一元二次函数的性质进行求解即可．【解答】解：（1）f（x）=﹣x2+（3﹣2m）x+2+m=﹣（x﹣）2+2+m+（）2=﹣（x﹣）2+，则对称轴为x=，若0＜m≤，则0＜2m≤1，1≤＜，则函数f（x）在[﹣1，1]上为增函数，则当x=1时，函数f（x）为最大值f（1）=﹣1+3﹣2m+2+m=4﹣m，当x=﹣1时，函数f（x）为最小值f（﹣1）=﹣1﹣3+2m+2+m=3m﹣2，∵0＜m≤，∴0＜3m≤，﹣2＜3m﹣2≤﹣，则|f（﹣1）|=|3m﹣2|∈[，2），f（1）=4﹣m∈[，4），则|f（1）|＞|f（﹣1）|，即|f（x）|在[﹣1，1]上的最大值g（m）=f（1）=4﹣m；（2）f（x）=﹣x2+（3﹣2m）x+2+m=﹣（x﹣）2+，则函数对称轴为x=，若0＜m≤1，则0＜2m≤2，≤＜，若m≤，即0＜m≤时，函数f（x）在[0，m]上单调递增，则最大值为h（m）=f（m）=﹣m2+（3﹣2m）m+2+m=﹣3m2+4m+2．若m＞，即＜m≤1时，函数f（x）在[0，m]上不单调，此时当x=时，函数f（x）取得最大值h（m）==m2﹣2m+即h（m）=，当0＜m≤时，h（m）=﹣3m2+4m+2的对称轴为m==．即当m=时，函数h（m）取得最大值h（）=﹣3×（）2+4×+2=．当＜m≤1时，h（m）=m2﹣2m+的对称轴为m=1，此时函数h（m）为减函数，则函数h（m）＜h（）=（）2﹣2×+=．∵＞．∴h（m）的最大值是．19．已知椭圆C1：=1，直线l1：y=kx+m（m＞0）与圆C2：（x﹣1）2+y2=1相切且与椭圆C1交于A，B两点．（Ⅰ）若线段AB中点的横坐标为，求m的值；（Ⅱ）过原点O作l1的平行线l2交椭圆于C，D两点，设|AB|=λ|CD|，求λ的最小值．【考点】椭圆的简单性质．【分析】（Ⅰ）将直线l1：y=kx+m代入椭圆方程，消去y，可得x的方程，运用韦达定理和判别式大于0，再由中点坐标公式，直线和圆相切的条件：d=r，解方程可得m的值；（Ⅱ）运用弦长公式可得|AB|，把l2：y=kx代入椭圆方程求得CD的长，可得λ=，化简整理，由二次函数的最值求法，即可得到最小值．【解答】解：（Ⅰ）l1：y=kx+m代入，得（1+4k2）x2+8kmx+4（m2﹣4）=0，△=64k2m2﹣16（1+4k2）（m2﹣4）＞0恒成立，化为4+16k2＞m2，设A（x1，y1），B（x2，y2），则，所以①，又，得②，联立①②得m4﹣m2﹣2=0，解得．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，所以，把l2：y=kx代入，得，所以，可得==，当，λ取最小值．20．已知点列P n（x n，）与A n（a n，0）满足x n+1＞x n，⊥，且||=||，其中n∈N*，x1=1．（I）求x n+1与x n的关系式；（Ⅱ）求证：n2＜++…+≤4n2．【考点】平面向量数量积的运算．【分析】（I）由题意可得P n（x n，），P n+1（x n+1，），A n（a n，0），再由向量垂直的条件：数量积为0，以及向量的模的公式，化简整理，即可得到所求关系式；（Ⅱ）当n=2时，计算成立；由x n+1﹣x n=，可得x n+12=2+x n x n+1，讨论2n＜x n x n+1＜4n﹣2，运用累加及等差数列的求和公式，即可得证．【解答】解：（I）由题意可得P n（x n，），P n+1（x n+1，），A n（a n，0），由⊥，可得（x n+1﹣x n）（x n+1﹣a n）+（﹣）•=0，化简可得x n+1﹣a n=，由||=||，可得（x n+1﹣x n）2+（﹣）2=（x n+1﹣a n）2+（）2，即（x n+1﹣x n）2（1+）=（1+），由x n+1＞x n，可得x n+1﹣x n=；（Ⅱ）当n=2时，x2﹣x1=，由x1=1，可得x2=2，满足1＜22≤4；由x n+1﹣x n=，可得x n+12=2+x n x n+1，=2+x1x2≥4，=2+x2x3＞6，…，=2+x n x n+1＞2n+2，相加可得， ++…+＞n（6+2n）=n2+3n＞n2．又=2+x1x2≤4，=2+x2x3＜8，…，=2+x n x n+1＜4n，相加可得， ++…+＜n（4+4n）=2n2+2n＜4n2．则有n2＜++…+≤4n2．。

浙江省温州市2020年高考数学二模试卷（理科）（解析版）一、选择题：本大题共8个小题，每小题5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．已知全集U={1，2，3，4，5}，集合A={1，2，3}，B={3，4，5}，则A∩∁U B=（）A．{3}B．{1，2，4，5} C．{1，2}D．{1，3，5}2．已知实数x，y满足，则z=x﹣y（）A．最小值为﹣1，不存在最大值B．最小值为2，不存在最大值C．最大值为﹣1，不存在最小值D．最大值为2，不存在最小值3．直线l1：mx+y﹣1=0与直线l2：（m﹣2）x+my﹣1=0，则“m=1”是“l1⊥l2”的（）A．充分不必要条件B．充要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件4．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是（）A．4 B．C．8 D．5．设集合S={A0，A1，A2，A3}，在S上定义运算⊕为：A i⊕A j=A k，其中k为i+j被4除的余数，i，j=0，1，2，3．若（A2⊕A3）⊕A m=A0，则m的值为（）A．0 B．1 C．2 D．36．点P到图形C上所有点的距离的最小值称为点P到图形C的距离，那么平面内到定圆C 的距离与到圆C外的定点A的距离相等的点的轨迹是（）A．射线 B．椭圆 C．双曲线的一支 D．抛物线7．数列{a n}是递增数列，且满足a n+1=f（a n），a1∈（0，1），则f（x）不可能是（）A ．f （x ）=B ．f （x ）=2x ﹣1C ．f （x ）=D ．f （x ）=log 2（x +1）8．棱长为2的正方形ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，点P ，Q 分别为面A 1B 1C 1D 1和线段B 1C 上的动点，则△PEQ 周长的最小值为（ ）A ．2B ．C ．D ．2二、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） 9．以椭圆=1的焦点为顶点，长轴顶点为焦点的双曲线的渐近线方程是 ，离心率为 ． 10．函数的图象如图所示，则ω= ，φ= ．11．已知等差数列{a n }的公差为﹣3，且a 3是a 1和a 4的等比中项，则通项a n = ，数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为 ． 12．设奇函数f （x ）=，则a +c 的值为 ，不等式f （x ）＞f （﹣x ）在x ∈[﹣π，π]上的解集为 ． 13．若正数a ，b 满足log 2a=log 5b=lg （a +b ），则的值为 ．14．若存在x 0∈[﹣1，1]使得不等式10002124+≤+•-x x x a 成立，则实数a 的取值范围是 ．15．如图，矩形ABCD中，AB=3，AD=4，M，N分别为线段BC，CD上的点，且满足，若，则x+y的最小值为．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.）16．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知=，sinA=．（Ⅰ）求sinC的值；（II）设D为AC的中点，若△ABC的面积为8，求BD的长．17．如图，矩形ABCD中，=λ（λ＞1），将其沿AC翻折，使点D到达点E的位置，且二面角C﹣AB﹣E为直二面角．（1）求证：平面ACE⊥平面BCE；（2）设F是BE的中点，二面角E﹣AC﹣F的平面角的大小为θ，当λ∈[2，3]时，求cosθ的取值范围．18．已知二次函数f（x）=ax2+bx+c（a＞0）的图象过点（1，0）．（1）记函数f（x）在[0，2]上的最大值为M，若M≤1，求a的最大值；（2）若对任意的x1∈[0，2]，存在x2∈[0，2]，使得f（x1）+f（x2）＞a，求的取值范围．19．已知椭圆=1（a＞b＞0）的两个焦点为F1，F2，焦距为2，设点P（a，b）满足△PF1F2是等腰三角形．（1）求该椭圆方程；（2）过x轴上的一点M（m，0）作一条斜率为k的直线l，与椭圆交于点A，B两点，问是否存在常数k，使得|MA|2+|MB|2的值与m无关？若存在，求出这个k的值；若不存在，请说明理由．=n2﹣m2 20．设正项数列{a n}满足：a1=1，且对任意的n，m∈N+，n＞m，均有a2n+m a2n﹣m成立．（1）求a2，a3的值，并求{a n}的通项公式；+a2n+1与2a2n的大小；（2）（ⅰ）比较a2n﹣1（ⅱ）证明：a2+a4+…+a2n＞．2020年浙江省温州市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8个小题，每小题5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．已知全集U={1，2，3，4，5}，集合A={1，2，3}，B={3，4，5}，则A∩∁U B=（）A．{3}B．{1，2，4，5} C．{1，2}D．{1，3，5}【分析】由全集U及B，求出B的补集，找出A与B补集的交集即可．【解答】解：∵全集U={1，2，3，4，5}，集合A={1，2，3}，B={3，4，5}，∴∁U B={1，2}，则A∩∁U B={1，2}，故选：C．【点评】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．已知实数x，y满足，则z=x﹣y（）A．最小值为﹣1，不存在最大值B．最小值为2，不存在最大值C．最大值为﹣1，不存在最小值D．最大值为2，不存在最小值【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义进行求解即可．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由z=x﹣y，得y=x﹣z表示，斜率为1纵截距为﹣z的一组平行直线，平移直线y=x﹣z，当直线y=x﹣z经过点A时，即和直线AD：x﹣y=﹣1平行时，直线y=x ﹣z的截距最大，此时z最小，最小为﹣1，无最大值，故选：A．【点评】本题主要考查线性规划的基本应用，利用z的几何意义是解决线性规划问题的关键，注意利用数形结合来解决．3．直线l1：mx+y﹣1=0与直线l2：（m﹣2）x+my﹣1=0，则“m=1”是“l1⊥l2”的（）A．充分不必要条件B．充要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件【分析】对m分类讨论，利用两条直线相互垂直的充要条件即可得出．【解答】解：当m=0时，两条直线分别化为：y﹣1=0，2x+1=0，此时两条直线相互垂直，∴m=0．当m≠0时，若l1⊥l2，则﹣m（﹣）=﹣1，解得m=1．综上可得：m=0，或m=1，故“m=1”是“l1⊥l2”的充分不必要条件，故选：A．【点评】本题考查了简易逻辑的判定方法、两条直线相互垂直的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．4．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是（）A．4 B．C．8 D．【分析】由三视图知该几何体是一个四棱锥，由三视图求出几何元素的长度，由锥体的体积公式求出几何体的体积．【解答】解：根据三视图可知几何体是一个四棱锥，底面是一个矩形：两条边分别是4、2，且四棱锥的高是2，∴几何体的体积V==，故选：B．【点评】本题考查三视图求几何体的体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．5．设集合S={A0，A1，A2，A3}，在S上定义运算⊕为：A i⊕A j=A k，其中k为i+j被4除的余数，i，j=0，1，2，3．若（A2⊕A3）⊕A m=A0，则m的值为（）A．0 B．1 C．2 D．3【分析】根据新定义进行推理计算即可．【解答】解：∵2+3=5，5除4的余数为1，∴A2⊕A3=A1，则A1⊕A m=A0，则1+m是4的倍数，则m=3，故选：D．【点评】本题主要考查推理的应用，根据新定义是解决本题的关键．比较基础．6．点P到图形C上所有点的距离的最小值称为点P到图形C的距离，那么平面内到定圆C 的距离与到圆C外的定点A的距离相等的点的轨迹是（）A．射线 B．椭圆 C．双曲线的一支 D．抛物线【分析】根据题意可知|PC|﹣r=|PA|，即P到C与A的距离之差为常数，故而P在双曲线上运动．【解答】解：设圆C的半径为r，由题意可知P到圆C的距离为|PC|﹣r，∴|PC|﹣r=|PA|，即|PC|﹣|PA|=r．∴P点轨迹为以A，C为焦点的双曲线靠近A点的一只．故选：C．【点评】本题考查了圆锥曲线的定义，属于基础题，7．数列{a n}是递增数列，且满足a n+1=f（a n），a1∈（0，1），则f（x）不可能是（）A．f（x）=B．f（x）=2x﹣1 C．f（x）=D．f（x）=log2（x+1）【分析】A．由a1∈（0，1），可得＞a n，即可判断出数列{a n}的单调性；B．由a1∈（0，1），不妨取a1=，则a2=﹣1=﹣1，即可判断出数列{a n}的单调性；C：f（x）=，令2x﹣x2≥0，可得得0≤x≤2．由f（x）==，利用二次函数的单调性及其a1∈（0，1），即可判断出数列{a n}的单调性；D．利用几何画板画出图象y=log2（x+1），y=x，可知：在x∈（0，1）时，log2（x+1）＞x，即可判断出数列{a n}的单调性．【解答】解：对于A．∵a1∈（0，1），∴＞a n，可得数列{a n}是递增数列；对于B．∵a1∈（0，1），不妨取a1=，则a2=﹣1=﹣1，因此数列{a n}不是递增数列；对于C：f（x）=，令2x﹣x2≥0，解得0≤x≤2．由f（x）==，可知：当0≤x≤1时，函数f（x）单调递增；当1≤x≤2时，函数f（x）单调递减．∵a1∈（0，1），∴数列{a n}是递增数列；对于D．利用几何画板画出图象y=log2（x+1），y=x，可知：在x∈（0，1）时，log2（x+1）＞x，∴a n+1=log2（a n+1）＞a n，因此数列{a n}是递增数列．故选：B．【点评】本题考查了数列的单调性，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于中档题．8．棱长为2的正方形ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则△PEQ周长的最小值为（）A．2 B． C． D．2【分析】由题意，△PEQ周长取得最小值时，P在B1C1上，在平面B1C1CB上，设E关于B1C的对称点为M，关于B1C1的对称点为N，求出MN，即可得出结论．【解答】解：由题意，△PEQ周长取得最小值时，P在B1C1上，在平面B1C1CB上，设E关于B1C的对称点为M，关于B1C1的对称点为N，则EM=2．EN=，∠MEN=135°，∴MN==．故选：B．【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查对称点的运用，考查余弦定理，考查学生的计算能力，属于中档题．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）9．以椭圆=1的焦点为顶点，长轴顶点为焦点的双曲线的渐近线方程是y=±x，离心率为．【分析】由椭圆=1的焦点坐标为（，0），长轴顶点为（±2，0），求出双曲线的标准方程，由此能求出结果．【解答】解：∵椭圆=1的焦点坐标为（，0），长轴顶点为（±2，0），∴以椭圆=1的焦点为顶点，长轴顶点为焦点的双曲线的标准方程为：=1，∴双曲线的渐近线方程是y=±x，离心率e==．故答案为：，．【点评】本题考查双曲线的渐近线方程和离心率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意椭圆、双曲线的性质的合理运用．10．函数的图象如图所示，则ω=2，φ=．【分析】通过函数的图象，求出T然后求出ω，利用图象经过（π，0）求出φ的值．【解答】2，解：由图象可知T=π，，则ω=2，∵函数经过点（π，1），∴1=2sin（2×π+φ），sinφ=，|φ|＜，故φ=；故答案为2，．【点评】本题是基础题，考查三角函数的图象的应用，学生的视图能力，注意角的范围的应用．11．已知等差数列{a n}的公差为﹣3，且a3是a1和a4的等比中项，则通项a n=﹣3n+15，数列{a n}的前n项和S n的最大值为30．【分析】由题意可得（a1﹣6）2=a1（a1﹣6），解之可得a1，代入通项公式得到a n=﹣3n+15，再判断数列{a n}的前n项和S n的最大值的n的情况，即可求出，【解答】解：由题意可得（a1﹣6）2=a1（a1﹣9），解得a1=12，∴a n=12+（n﹣1）×（﹣3）=﹣3n+15，∴a n=﹣3n+15≥0，解得n≤5，∴S5=5×12+=30，故答案为：﹣3n+15，30．【点评】本题考查等差数列的前n项和公式和等比中项的定义，属基础题．12．设奇函数f（x）=，则a+c的值为0，不等式f（x）＞f（﹣x）在x∈[﹣π，π]上的解集为．【分析】根据函数奇偶性的定义和性质求出a，b，c的值，利用分类讨论的思想进行求解即可得到结论．【解答】解：∵f（x）是奇函数，∴f（0）=0，即f（0）=acos0﹣sin0+c=a+c=0，即a+c=0，则f（x）=，若x＜0，则﹣x＞0，则f（﹣x）=acosx+sinx﹣a=﹣cosx﹣bsinx﹣a，则a=﹣1，b=﹣，c=1，即f（x）=，若0≤x≤π，则由f（x）＞f（﹣x）得﹣cosx﹣sinx+1＞cosx+sinx﹣1，即cosx+sinx＜1，即cos（x﹣）＜，∵0≤x≤π，∴﹣≤x﹣≤，则＜x﹣≤，即＜x≤π，若﹣π≤x＜0，则由f （x ）＞f （﹣x ）得cosx ﹣sinx ﹣1＞﹣cosx +sinx +1，即cosx ﹣sinx ＞1，即cos （x +）＞， ∵﹣π≤x ＜0，∴﹣≤x +＜，则﹣＜x +＜，即﹣＜x ＜0，综上不等式的解集为，故答案为：．【点评】本题主要考查不等式的求解，根据函数奇偶性的性质求出a ，b ，c 的值，利用分类讨论的思想结合三角函数的图象和性质是解决本题的关键．13．若正数a ，b 满足log 2a=log 5b=lg （a +b ），则的值为 1 ．【分析】设log 2a=log 5b=lg （a +b ）=k ，可得a=2k ，b=5k ，a +b=10k ，可得a +b=ab ．即可得出． 【解答】解：设log 2a=log 5b=lg （a +b ）=k ， ∴a=2k ，b=5k ，a +b=10k ， ∴ab=10k ， ∴a +b=ab ， 则=1．故答案为：1．【点评】本题考查了对数与指数的运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．14．若存在x 0∈[﹣1，1]使得不等式10002124+≤+•-x x x a 成立，则实数a 的取值范围是[0，] ．【分析】将不等式进行等价转化，利用换元法，结合基本不等式的性质进行转化求解，建立不等式关系进行求解即可得到结论． 【解答】解：不等式|4﹣a2+1|≤2等价为≤2，即|2+﹣a |≤2，即﹣2≤2+﹣a≤2，即a﹣2≤2+≤2+a，设t=2，当x0∈[﹣1，1]是t∈[，2]，设y=t+，则函数在[，1]上是减函数，在[1，2]上是增函数，则当t=1时，函数取得最小值y=1+1=2，当t=2或t=，函数取得最大值y=+2=，则2≤y≤，∵即a﹣2≤y≤2+a，∴若[a﹣2，a+2]与[2，]没有公共点，则a+2＜2或a﹣2＞，即a＜0或a＞，则若[a﹣2，a+2]与[2，]有公共点，则0≤a≤，故答案为：[0，]【点评】本题主要考查不等式恒成立问题，将不等式进行转化，利用不等式求出不等式的范围，建立不等式关系是解决本题的关键．15．如图，矩形ABCD中，AB=3，AD=4，M，N分别为线段BC，CD上的点，且满足，若，则x+y的最小值为．【分析】由题意建立平面直角坐标系，设点M（3，a），N（b，4），0＜a＜4，0＜b＜3；求得b=，a=，从而可得+=（x+y﹣1）2，再设x+y=m，则x=m﹣y；利用判别式即可求出m的最小值．【解答】解：由题意建立如图所示坐标系，如图所示；设点M（3，a），N（b，4），且0＜a＜4，0＜b＜3；∵=（3，4），=（3，a），=（b，4）；又∵=x+y，∴（3，4）=x（3，a）+y（b，4），即，∴b=，a=，∴+=+=+=1，即+=（x+y﹣1）2，设x+y=m，则x=m﹣y；则+=（m﹣1）2，即25y2﹣18my+9m2﹣144（m﹣1）2=0，故△=（18m）2﹣4×25×（9m2﹣144（m﹣1）2）≥0，即24m2﹣50m+25≥0，解得，m≥或m≤（舍去）；∴x+y的最小值．故答案为：．【点评】本题考查了平面向量的应用问题，也考查了数形结合的思想与转化思想的应用问题，是较难的题目．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.）16．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知=，sinA=．（Ⅰ）求sinC的值；（II）设D为AC的中点，若△ABC的面积为8，求BD的长．【分析】（1）利用向量的数量积和正玄定理得出sinBcosA=sinAcosB，根据三角公式得出A=B，根据诱导公式求解即可．（2）利用面积公式，以及余弦定理求解即可．【解答】解：在△ABC中，∵=，∴cbcosA=cacosB，即bcosA=acosB，sinBcosA=sinAcosB，sin（A﹣B）=0，∴A=B，∵sinA=．∴sinC=sin（π﹣2A）=sin（2A）=2sinAcosA=2××=．（2）设AC=BC=m，∵△ABC的面积为8，∴×=，m=3，cosC=，根据余弦定理得出：BD2=m2×=m2=BD=．【点评】本题考查了向量数量积以及正弦定理和余弦定理的运用，在判断三角形形状时，要注意对角的范围进行分析，即求角的大小需要两个条件：该角的一个三角函数值和该角的范围，缺一不可，正、余弦定理是解三解形必用的数学工具17．如图，矩形ABCD中，=λ（λ＞1），将其沿AC翻折，使点D到达点E的位置，且二面角C﹣AB﹣E为直二面角．（1）求证：平面ACE⊥平面BCE；（2）设F是BE的中点，二面角E﹣AC﹣F的平面角的大小为θ，当λ∈[2，3]时，求cosθ的取值范围．【分析】（Ⅰ）推导出AB⊥BC，BC⊥AE，从而AE⊥平面BCE，由此能证明平面ACE⊥平面BCE．（Ⅱ）以E为坐标原点，以AD长为一个单位长度，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出cosθ的取值范围．【解答】（本题15分）证明：（Ⅰ）∵二面角C﹣AB﹣E为直二面角，AB⊥BC，∴BC⊥AE平面，∴BC⊥AE…（2分）∵AE⊥CE，BC∩CE=C，∴AE⊥平面BCE…（4分）∵AE⊂平面ACE，∴平面ACE⊥平面BCE…（6分）解：（Ⅱ）如图，以E为坐标原点，以AD长为一个单位长度，建立如图空间直角坐标系，则AB=λ…（8分）则设平面EAC的法向量为则，取x=1，则…（10分）同理设平面FAC的法向量为…（12分）∴…（14分）∵…（15分）【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．18．已知二次函数f（x）=ax2+bx+c（a＞0）的图象过点（1，0）．（1）记函数f（x）在[0，2]上的最大值为M，若M≤1，求a的最大值；（2）若对任意的x1∈[0，2]，存在x2∈[0，2]，使得f（x1）+f（x2）＞a，求的取值范围．【分析】（1）方法一：由f（x）是开口向上的抛物线，可得：M=max{f（0），f（2）}，即，两式相加可得a的最大值；方法二：=，结合M≤1，可得a的最大值（2）存在，使，结合二次函数的图象和性质，分类讨论，最后综合讨论结果，可得答案．【解答】解：（1）∵f（x）过点（1，0），∴f（1）=a+b+c=0，…（1分）∴c=﹣a﹣b，f（x）=ax2+bx﹣a﹣b∵f（x）是开口向上的抛物线，∴M=max{f（0），f（2）}…（3分）∴…（5分）两式相加得a≤1，即a的最大值为1…（6分）解法二：由解得：=≤=1 …（6分）（2）由题意，存在，使，∴…（8分）∵a+b+c=0∴f（x）=ax2+bx﹣a﹣b其对称轴为①当，即时，f（x）在[0，2]上单调递增，∴∴＞0均符合题意…（10分）②当，即时，f（x）在[0，]上递减，在[，2]上递增且f（0）＜f（2），∴∴由得：，符合题意…（12分）③当，即时，f（x）在[0，]上递减，在[，2]上递增且f（0）≥f（2），∴由得：∴符合题意…（13分）④当即时，f（x）在[0，2]上单调递减，∴，∴均符合题意…（14分）综上所述：∴或…（15分）【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．19．已知椭圆=1（a＞b＞0）的两个焦点为F1，F2，焦距为2，设点P（a，b）满足△PF1F2是等腰三角形．（1）求该椭圆方程；（2）过x轴上的一点M（m，0）作一条斜率为k的直线l，与椭圆交于点A，B两点，问是否存在常数k，使得|MA|2+|MB|2的值与m无关？若存在，求出这个k的值；若不存在，请说明理由．【分析】（Ⅰ）根据题意，有，由此能求出椭圆方程．（Ⅱ）联立方程组，得：（3+4k2）x2﹣8k2mx+4m2﹣12=0，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式，结合已知条件推导出|MA|2+|MB|2=7与m无关符合题意．【解答】（本题15分）解：（Ⅰ）∵椭圆=1（a＞b＞0）的两个焦点为F1，F2，焦距为2，设点P（a，b）满足△PF1F2是等腰三角形，∴根据题意，有…（4分）解得：，故所求椭圆方程为．…（6分）（Ⅱ）联立方程：，整理得：（3+4k2）x2﹣8k2mx+4m2﹣12=0在△＞0的情况下有：…（9分）令﹣24k2+18=0，得，即…（13分）此时|MA|2+|MB|2=7与m无关符合题意，…（15分）【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查满足条件的实数是否存在的判断与证明，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、弦长公式的合理运用．20．设正项数列{a n}满足：a1=1，且对任意的n，m∈N+，n＞m，均有a2n+m a2n=n2﹣m2﹣m成立．（1）求a2，a3的值，并求{a n}的通项公式；+a2n+1与2a2n的大小；（2）（ⅰ）比较a2n﹣1（ⅱ）证明：a2+a4+…+a2n＞．【分析】（1）先令m=1，求得a3，n=m+2，求得a2，分类讨论n为奇数或偶数，分别求得通项公式，+a2n+1与2a2n的通项公式，化简、比较大小，采用分析法，写出所以偶数项和奇（2）a2n﹣1数项整理即可．【解答】解：（1）令m=1，得，从而，所以，令n=m+2，得从而，，又=，∴，，从而，∴当n为偶数时，；令n=m+1，，可知当n为奇数时，综上可得（n∈N+）．+a2n+1﹣2a2n（2）（i）a2n﹣1==＜0，+a2n+1＜2a2n所以a2n﹣1（ii）即证明由（i）得，，…，将上述的n个式子相加，得所以，所以，只需证，事实上，当k=0，1，2，…，n时，+﹣1﹣=﹣≥0，（∵，1），∴从而。

浙江省高三数学理科第二次五校联考试卷1. 参考公式：如果事件 A ， B 互斥，那么P （ A+ B ）= P( A)+ P( B) ， P( A+ B)= P( A)⋅P( B) 如果事件A 在一次试验中发生的概念是p ，那么n 次独立重复试验中恰好发生 k 次的概率：k n kn n p p C k P +-=)1()(4球的表面积公式：S=24R π， 其中 R 表示球的半径 球的体积公式V=234R π，其中R 表示球的半径卷一一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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． 已知四边形ABCD 上任意一点P 在映射f ：),(y x →)2,1(+-y x 作用下的象P ‘构成的图形为四边形D C B A ''''。

若四边形ABCD 的面积等于6，则四边形D C B A ''''的面积等于（ ）A ．9B ．26C ．34D ．6 2．已知复数Z ii -+=11，则4321Z Z Z Z ++++的值是（ ）A ．1B ．1-C ．iD ．i -3．有一正方体，六个面上分别写有数字1、2、3、4、5、6，有三个人从不同的角度观察的结果如图所示.如果记3的对面的数字为m ，4的对面的数字为n ，那么m+n 的值为（ ） A ．11 B ．8 C ．7 D ．34．已知集合A 中有10个元素，B 中有6个元素，全集U 中有18个元素，设∁U (A∪B)有x个元素，则x 的取值范围是（ ）A ．3≤x ≤8且x ∈NB ．2≤x ≤8且x ∈NC ．8≤x ≤12且x ∈ND ．10≤x ≤15且x ∈N5．设函数)()0(1)6sin()(x f x x f '>-+=的导数ωπω的最大值为3，则f (x )的图象的一条对称轴的方程是（ ）A ．9π=xB ．6π=xC ．3π=xD ．2π=x6．要从10名女生与5名男生中选取6名学生组成课外兴趣小组，如果按性别分层随机抽样，试问能组成课外兴趣小组的概率是 （ ）A ．61525410C C CB ．61535310C C C C ．615615A CD ．61525410A A C 7．已知直线l 通过抛物线24x y =的焦点F ，且与抛物线相交于,A B 两点，分别过,A B 两点的抛物线的两条切线相交于M 点，则AMB ∠的大小是 （ ）A ．4πB ．3πC ．2πD ．34π8．设数列{}n a 的前n 项和21,n S n =+,11113221++++=n n n a a a a a a P 则=∞→n n P lim （ ）A ．31B ．14C ．21D ．169．若方程1312xx ⎛⎫= ⎪⎝⎭有解0x ，则0x 属于（ ）A ．10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．11,32⎛⎫⎪⎝⎭C ．1,12⎛⎫⎪⎝⎭D ．()1,210．设,a b 是异面直线，给出下列四个命题：①存在平面,αβ，使,,//a b ⊂α⊂βαβ； ②存在惟一平面α，使,a b 与α距离相等；③空间存在直线c ，使c 上任一点到,a b 距离相等；④夹在异面直线,a b 间的三条异面线段的中点不能共线。

浙江省温州市2020年高考数学二模试卷（理科）（解析版）一、选择题：本大题共8个小题，每小题5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．已知全集U={1，2，3，4，5}，集合A={1，2，3}，B={3，4，5}，则A∩∁U B=（）A．{3}B．{1，2，4，5} C．{1，2}D．{1，3，5}2．已知实数x，y满足，则z=x﹣y（）A．最小值为﹣1，不存在最大值B．最小值为2，不存在最大值C．最大值为﹣1，不存在最小值D．最大值为2，不存在最小值3．直线l1：mx+y﹣1=0与直线l2：（m﹣2）x+my﹣1=0，则“m=1”是“l1⊥l2”的（）A．充分不必要条件B．充要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件4．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是（）A．4 B．C．8 D．5．设集合S={A0，A1，A2，A3}，在S上定义运算⊕为：A i⊕A j=A k，其中k为i+j被4除的余数，i，j=0，1，2，3．若（A2⊕A3）⊕A m=A0，则m的值为（）A．0 B．1 C．2 D．36．点P到图形C上所有点的距离的最小值称为点P到图形C的距离，那么平面内到定圆C 的距离与到圆C外的定点A的距离相等的点的轨迹是（）A．射线 B．椭圆 C．双曲线的一支 D．抛物线7．数列{a n}是递增数列，且满足a n+1=f（a n），a1∈（0，1），则f（x）不可能是（）A ．f （x ）=B ．f （x ）=2x ﹣1C ．f （x ）=D ．f （x ）=log 2（x +1）8．棱长为2的正方形ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，点P ，Q 分别为面A 1B 1C 1D 1和线段B 1C 上的动点，则△PEQ 周长的最小值为（ ）A ．2B ．C ．D ．2二、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） 9．以椭圆=1的焦点为顶点，长轴顶点为焦点的双曲线的渐近线方程是 ，离心率为 ． 10．函数的图象如图所示，则ω= ，φ= ．11．已知等差数列{a n }的公差为﹣3，且a 3是a 1和a 4的等比中项，则通项a n = ，数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为 ． 12．设奇函数f （x ）=，则a +c 的值为 ，不等式f （x ）＞f （﹣x ）在x ∈[﹣π，π]上的解集为 ． 13．若正数a ，b 满足log 2a=log 5b=lg （a +b ），则的值为 ．14．若存在x 0∈[﹣1，1]使得不等式10002124+≤+•-x x x a 成立，则实数a 的取值范围是 ．15．如图，矩形ABCD中，AB=3，AD=4，M，N分别为线段BC，CD上的点，且满足，若，则x+y的最小值为．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.）16．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知=，sinA=．（Ⅰ）求sinC的值；（II）设D为AC的中点，若△ABC的面积为8，求BD的长．17．如图，矩形ABCD中，=λ（λ＞1），将其沿AC翻折，使点D到达点E的位置，且二面角C﹣AB﹣E为直二面角．（1）求证：平面ACE⊥平面BCE；（2）设F是BE的中点，二面角E﹣AC﹣F的平面角的大小为θ，当λ∈[2，3]时，求cosθ的取值范围．18．已知二次函数f（x）=ax2+bx+c（a＞0）的图象过点（1，0）．（1）记函数f（x）在[0，2]上的最大值为M，若M≤1，求a的最大值；（2）若对任意的x1∈[0，2]，存在x2∈[0，2]，使得f（x1）+f（x2）＞a，求的取值范围．19．已知椭圆=1（a＞b＞0）的两个焦点为F1，F2，焦距为2，设点P（a，b）满足△PF1F2是等腰三角形．（1）求该椭圆方程；（2）过x轴上的一点M（m，0）作一条斜率为k的直线l，与椭圆交于点A，B两点，问是否存在常数k，使得|MA|2+|MB|2的值与m无关？若存在，求出这个k的值；若不存在，请说明理由．=n2﹣m2 20．设正项数列{a n}满足：a1=1，且对任意的n，m∈N+，n＞m，均有a2n+m a2n﹣m成立．（1）求a2，a3的值，并求{a n}的通项公式；+a2n+1与2a2n的大小；（2）（ⅰ）比较a2n﹣1（ⅱ）证明：a2+a4+…+a2n＞．2020年浙江省温州市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8个小题，每小题5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．已知全集U={1，2，3，4，5}，集合A={1，2，3}，B={3，4，5}，则A∩∁U B=（）A．{3}B．{1，2，4，5} C．{1，2}D．{1，3，5}【分析】由全集U及B，求出B的补集，找出A与B补集的交集即可．【解答】解：∵全集U={1，2，3，4，5}，集合A={1，2，3}，B={3，4，5}，∴∁U B={1，2}，则A∩∁U B={1，2}，故选：C．【点评】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．已知实数x，y满足，则z=x﹣y（）A．最小值为﹣1，不存在最大值B．最小值为2，不存在最大值C．最大值为﹣1，不存在最小值D．最大值为2，不存在最小值【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义进行求解即可．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由z=x﹣y，得y=x﹣z表示，斜率为1纵截距为﹣z的一组平行直线，平移直线y=x﹣z，当直线y=x﹣z经过点A时，即和直线AD：x﹣y=﹣1平行时，直线y=x ﹣z的截距最大，此时z最小，最小为﹣1，无最大值，故选：A．【点评】本题主要考查线性规划的基本应用，利用z的几何意义是解决线性规划问题的关键，注意利用数形结合来解决．3．直线l1：mx+y﹣1=0与直线l2：（m﹣2）x+my﹣1=0，则“m=1”是“l1⊥l2”的（）A．充分不必要条件B．充要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件【分析】对m分类讨论，利用两条直线相互垂直的充要条件即可得出．【解答】解：当m=0时，两条直线分别化为：y﹣1=0，2x+1=0，此时两条直线相互垂直，∴m=0．当m≠0时，若l1⊥l2，则﹣m（﹣）=﹣1，解得m=1．综上可得：m=0，或m=1，故“m=1”是“l1⊥l2”的充分不必要条件，故选：A．【点评】本题考查了简易逻辑的判定方法、两条直线相互垂直的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．4．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是（）A．4 B．C．8 D．【分析】由三视图知该几何体是一个四棱锥，由三视图求出几何元素的长度，由锥体的体积公式求出几何体的体积．【解答】解：根据三视图可知几何体是一个四棱锥，底面是一个矩形：两条边分别是4、2，且四棱锥的高是2，∴几何体的体积V==，故选：B．【点评】本题考查三视图求几何体的体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．5．设集合S={A0，A1，A2，A3}，在S上定义运算⊕为：A i⊕A j=A k，其中k为i+j被4除的余数，i，j=0，1，2，3．若（A2⊕A3）⊕A m=A0，则m的值为（）A．0 B．1 C．2 D．3【分析】根据新定义进行推理计算即可．【解答】解：∵2+3=5，5除4的余数为1，∴A2⊕A3=A1，则A1⊕A m=A0，则1+m是4的倍数，则m=3，故选：D．【点评】本题主要考查推理的应用，根据新定义是解决本题的关键．比较基础．6．点P到图形C上所有点的距离的最小值称为点P到图形C的距离，那么平面内到定圆C 的距离与到圆C外的定点A的距离相等的点的轨迹是（）A．射线 B．椭圆 C．双曲线的一支 D．抛物线【分析】根据题意可知|PC|﹣r=|PA|，即P到C与A的距离之差为常数，故而P在双曲线上运动．【解答】解：设圆C的半径为r，由题意可知P到圆C的距离为|PC|﹣r，∴|PC|﹣r=|PA|，即|PC|﹣|PA|=r．∴P点轨迹为以A，C为焦点的双曲线靠近A点的一只．故选：C．【点评】本题考查了圆锥曲线的定义，属于基础题，7．数列{a n}是递增数列，且满足a n+1=f（a n），a1∈（0，1），则f（x）不可能是（）A．f（x）=B．f（x）=2x﹣1 C．f（x）=D．f（x）=log2（x+1）【分析】A．由a1∈（0，1），可得＞a n，即可判断出数列{a n}的单调性；B．由a1∈（0，1），不妨取a1=，则a2=﹣1=﹣1，即可判断出数列{a n}的单调性；C：f（x）=，令2x﹣x2≥0，可得得0≤x≤2．由f（x）==，利用二次函数的单调性及其a1∈（0，1），即可判断出数列{a n}的单调性；D．利用几何画板画出图象y=log2（x+1），y=x，可知：在x∈（0，1）时，log2（x+1）＞x，即可判断出数列{a n}的单调性．【解答】解：对于A．∵a1∈（0，1），∴＞a n，可得数列{a n}是递增数列；对于B．∵a1∈（0，1），不妨取a1=，则a2=﹣1=﹣1，因此数列{a n}不是递增数列；对于C：f（x）=，令2x﹣x2≥0，解得0≤x≤2．由f（x）==，可知：当0≤x≤1时，函数f（x）单调递增；当1≤x≤2时，函数f（x）单调递减．∵a1∈（0，1），∴数列{a n}是递增数列；对于D．利用几何画板画出图象y=log2（x+1），y=x，可知：在x∈（0，1）时，log2（x+1）＞x，∴a n+1=log2（a n+1）＞a n，因此数列{a n}是递增数列．故选：B．【点评】本题考查了数列的单调性，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于中档题．8．棱长为2的正方形ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则△PEQ周长的最小值为（）A．2 B． C． D．2【分析】由题意，△PEQ周长取得最小值时，P在B1C1上，在平面B1C1CB上，设E关于B1C的对称点为M，关于B1C1的对称点为N，求出MN，即可得出结论．【解答】解：由题意，△PEQ周长取得最小值时，P在B1C1上，在平面B1C1CB上，设E关于B1C的对称点为M，关于B1C1的对称点为N，则EM=2．EN=，∠MEN=135°，∴MN==．故选：B．【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查对称点的运用，考查余弦定理，考查学生的计算能力，属于中档题．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）9．以椭圆=1的焦点为顶点，长轴顶点为焦点的双曲线的渐近线方程是y=±x，离心率为．【分析】由椭圆=1的焦点坐标为（，0），长轴顶点为（±2，0），求出双曲线的标准方程，由此能求出结果．【解答】解：∵椭圆=1的焦点坐标为（，0），长轴顶点为（±2，0），∴以椭圆=1的焦点为顶点，长轴顶点为焦点的双曲线的标准方程为：=1，∴双曲线的渐近线方程是y=±x，离心率e==．故答案为：，．【点评】本题考查双曲线的渐近线方程和离心率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意椭圆、双曲线的性质的合理运用．10．函数的图象如图所示，则ω=2，φ=．【分析】通过函数的图象，求出T然后求出ω，利用图象经过（π，0）求出φ的值．【解答】2，解：由图象可知T=π，，则ω=2，∵函数经过点（π，1），∴1=2sin（2×π+φ），sinφ=，|φ|＜，故φ=；故答案为2，．【点评】本题是基础题，考查三角函数的图象的应用，学生的视图能力，注意角的范围的应用．11．已知等差数列{a n}的公差为﹣3，且a3是a1和a4的等比中项，则通项a n=﹣3n+15，数列{a n}的前n项和S n的最大值为30．【分析】由题意可得（a1﹣6）2=a1（a1﹣6），解之可得a1，代入通项公式得到a n=﹣3n+15，再判断数列{a n}的前n项和S n的最大值的n的情况，即可求出，【解答】解：由题意可得（a1﹣6）2=a1（a1﹣9），解得a1=12，∴a n=12+（n﹣1）×（﹣3）=﹣3n+15，∴a n=﹣3n+15≥0，解得n≤5，∴S5=5×12+=30，故答案为：﹣3n+15，30．【点评】本题考查等差数列的前n项和公式和等比中项的定义，属基础题．12．设奇函数f（x）=，则a+c的值为0，不等式f（x）＞f（﹣x）在x∈[﹣π，π]上的解集为．【分析】根据函数奇偶性的定义和性质求出a，b，c的值，利用分类讨论的思想进行求解即可得到结论．【解答】解：∵f（x）是奇函数，∴f（0）=0，即f（0）=acos0﹣sin0+c=a+c=0，即a+c=0，则f（x）=，若x＜0，则﹣x＞0，则f（﹣x）=acosx+sinx﹣a=﹣cosx﹣bsinx﹣a，则a=﹣1，b=﹣，c=1，即f（x）=，若0≤x≤π，则由f（x）＞f（﹣x）得﹣cosx﹣sinx+1＞cosx+sinx﹣1，即cosx+sinx＜1，即cos（x﹣）＜，∵0≤x≤π，∴﹣≤x﹣≤，则＜x﹣≤，即＜x≤π，若﹣π≤x＜0，则由f （x ）＞f （﹣x ）得cosx ﹣sinx ﹣1＞﹣cosx +sinx +1，即cosx ﹣sinx ＞1，即cos （x +）＞， ∵﹣π≤x ＜0，∴﹣≤x +＜，则﹣＜x +＜，即﹣＜x ＜0，综上不等式的解集为，故答案为：．【点评】本题主要考查不等式的求解，根据函数奇偶性的性质求出a ，b ，c 的值，利用分类讨论的思想结合三角函数的图象和性质是解决本题的关键．13．若正数a ，b 满足log 2a=log 5b=lg （a +b ），则的值为 1 ．【分析】设log 2a=log 5b=lg （a +b ）=k ，可得a=2k ，b=5k ，a +b=10k ，可得a +b=ab ．即可得出． 【解答】解：设log 2a=log 5b=lg （a +b ）=k ， ∴a=2k ，b=5k ，a +b=10k ， ∴ab=10k ， ∴a +b=ab ， 则=1．故答案为：1．【点评】本题考查了对数与指数的运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．14．若存在x 0∈[﹣1，1]使得不等式10002124+≤+•-x x x a 成立，则实数a 的取值范围是[0，] ．【分析】将不等式进行等价转化，利用换元法，结合基本不等式的性质进行转化求解，建立不等式关系进行求解即可得到结论． 【解答】解：不等式|4﹣a2+1|≤2等价为≤2，即|2+﹣a |≤2，即﹣2≤2+﹣a≤2，即a﹣2≤2+≤2+a，设t=2，当x0∈[﹣1，1]是t∈[，2]，设y=t+，则函数在[，1]上是减函数，在[1，2]上是增函数，则当t=1时，函数取得最小值y=1+1=2，当t=2或t=，函数取得最大值y=+2=，则2≤y≤，∵即a﹣2≤y≤2+a，∴若[a﹣2，a+2]与[2，]没有公共点，则a+2＜2或a﹣2＞，即a＜0或a＞，则若[a﹣2，a+2]与[2，]有公共点，则0≤a≤，故答案为：[0，]【点评】本题主要考查不等式恒成立问题，将不等式进行转化，利用不等式求出不等式的范围，建立不等式关系是解决本题的关键．15．如图，矩形ABCD中，AB=3，AD=4，M，N分别为线段BC，CD上的点，且满足，若，则x+y的最小值为．【分析】由题意建立平面直角坐标系，设点M（3，a），N（b，4），0＜a＜4，0＜b＜3；求得b=，a=，从而可得+=（x+y﹣1）2，再设x+y=m，则x=m﹣y；利用判别式即可求出m的最小值．【解答】解：由题意建立如图所示坐标系，如图所示；设点M（3，a），N（b，4），且0＜a＜4，0＜b＜3；∵=（3，4），=（3，a），=（b，4）；又∵=x+y，∴（3，4）=x（3，a）+y（b，4），即，∴b=，a=，∴+=+=+=1，即+=（x+y﹣1）2，设x+y=m，则x=m﹣y；则+=（m﹣1）2，即25y2﹣18my+9m2﹣144（m﹣1）2=0，故△=（18m）2﹣4×25×（9m2﹣144（m﹣1）2）≥0，即24m2﹣50m+25≥0，解得，m≥或m≤（舍去）；∴x+y的最小值．故答案为：．【点评】本题考查了平面向量的应用问题，也考查了数形结合的思想与转化思想的应用问题，是较难的题目．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.）16．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知=，sinA=．（Ⅰ）求sinC的值；（II）设D为AC的中点，若△ABC的面积为8，求BD的长．【分析】（1）利用向量的数量积和正玄定理得出sinBcosA=sinAcosB，根据三角公式得出A=B，根据诱导公式求解即可．（2）利用面积公式，以及余弦定理求解即可．【解答】解：在△ABC中，∵=，∴cbcosA=cacosB，即bcosA=acosB，sinBcosA=sinAcosB，sin（A﹣B）=0，∴A=B，∵sinA=．∴sinC=sin（π﹣2A）=sin（2A）=2sinAcosA=2××=．（2）设AC=BC=m，∵△ABC的面积为8，∴×=，m=3，cosC=，根据余弦定理得出：BD2=m2×=m2=BD=．【点评】本题考查了向量数量积以及正弦定理和余弦定理的运用，在判断三角形形状时，要注意对角的范围进行分析，即求角的大小需要两个条件：该角的一个三角函数值和该角的范围，缺一不可，正、余弦定理是解三解形必用的数学工具17．如图，矩形ABCD中，=λ（λ＞1），将其沿AC翻折，使点D到达点E的位置，且二面角C﹣AB﹣E为直二面角．（1）求证：平面ACE⊥平面BCE；（2）设F是BE的中点，二面角E﹣AC﹣F的平面角的大小为θ，当λ∈[2，3]时，求cosθ的取值范围．【分析】（Ⅰ）推导出AB⊥BC，BC⊥AE，从而AE⊥平面BCE，由此能证明平面ACE⊥平面BCE．（Ⅱ）以E为坐标原点，以AD长为一个单位长度，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出cosθ的取值范围．【解答】（本题15分）证明：（Ⅰ）∵二面角C﹣AB﹣E为直二面角，AB⊥BC，∴BC⊥AE平面，∴BC⊥AE…（2分）∵AE⊥CE，BC∩CE=C，∴AE⊥平面BCE…（4分）∵AE⊂平面ACE，∴平面ACE⊥平面BCE…（6分）解：（Ⅱ）如图，以E为坐标原点，以AD长为一个单位长度，建立如图空间直角坐标系，则AB=λ…（8分）则设平面EAC的法向量为则，取x=1，则…（10分）同理设平面FAC的法向量为…（12分）∴…（14分）∵…（15分）【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．18．已知二次函数f（x）=ax2+bx+c（a＞0）的图象过点（1，0）．（1）记函数f（x）在[0，2]上的最大值为M，若M≤1，求a的最大值；（2）若对任意的x1∈[0，2]，存在x2∈[0，2]，使得f（x1）+f（x2）＞a，求的取值范围．【分析】（1）方法一：由f（x）是开口向上的抛物线，可得：M=max{f（0），f（2）}，即，两式相加可得a的最大值；方法二：=，结合M≤1，可得a的最大值（2）存在，使，结合二次函数的图象和性质，分类讨论，最后综合讨论结果，可得答案．【解答】解：（1）∵f（x）过点（1，0），∴f（1）=a+b+c=0，…（1分）∴c=﹣a﹣b，f（x）=ax2+bx﹣a﹣b∵f（x）是开口向上的抛物线，∴M=max{f（0），f（2）}…（3分）∴…（5分）两式相加得a≤1，即a的最大值为1…（6分）解法二：由解得：=≤=1 …（6分）（2）由题意，存在，使，∴…（8分）∵a+b+c=0∴f（x）=ax2+bx﹣a﹣b其对称轴为①当，即时，f（x）在[0，2]上单调递增，∴∴＞0均符合题意…（10分）②当，即时，f（x）在[0，]上递减，在[，2]上递增且f（0）＜f（2），∴∴由得：，符合题意…（12分）③当，即时，f（x）在[0，]上递减，在[，2]上递增且f（0）≥f（2），∴由得：∴符合题意…（13分）④当即时，f（x）在[0，2]上单调递减，∴，∴均符合题意…（14分）综上所述：∴或…（15分）【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．19．已知椭圆=1（a＞b＞0）的两个焦点为F1，F2，焦距为2，设点P（a，b）满足△PF1F2是等腰三角形．（1）求该椭圆方程；（2）过x轴上的一点M（m，0）作一条斜率为k的直线l，与椭圆交于点A，B两点，问是否存在常数k，使得|MA|2+|MB|2的值与m无关？若存在，求出这个k的值；若不存在，请说明理由．【分析】（Ⅰ）根据题意，有，由此能求出椭圆方程．（Ⅱ）联立方程组，得：（3+4k2）x2﹣8k2mx+4m2﹣12=0，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式，结合已知条件推导出|MA|2+|MB|2=7与m无关符合题意．【解答】（本题15分）解：（Ⅰ）∵椭圆=1（a＞b＞0）的两个焦点为F1，F2，焦距为2，设点P（a，b）满足△PF1F2是等腰三角形，∴根据题意，有…（4分）解得：，故所求椭圆方程为．…（6分）（Ⅱ）联立方程：，整理得：（3+4k2）x2﹣8k2mx+4m2﹣12=0在△＞0的情况下有：…（9分）令﹣24k2+18=0，得，即…（13分）此时|MA|2+|MB|2=7与m无关符合题意，…（15分）【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查满足条件的实数是否存在的判断与证明，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、弦长公式的合理运用．20．设正项数列{a n}满足：a1=1，且对任意的n，m∈N+，n＞m，均有a2n+m a2n=n2﹣m2﹣m成立．（1）求a2，a3的值，并求{a n}的通项公式；+a2n+1与2a2n的大小；（2）（ⅰ）比较a2n﹣1（ⅱ）证明：a2+a4+…+a2n＞．【分析】（1）先令m=1，求得a3，n=m+2，求得a2，分类讨论n为奇数或偶数，分别求得通项公式，+a2n+1与2a2n的通项公式，化简、比较大小，采用分析法，写出所以偶数项和奇（2）a2n﹣1数项整理即可．【解答】解：（1）令m=1，得，从而，所以，令n=m+2，得从而，，又=，∴，，从而，∴当n为偶数时，；令n=m+1，，可知当n为奇数时，综上可得（n∈N+）．+a2n+1﹣2a2n（2）（i）a2n﹣1==＜0，+a2n+1＜2a2n所以a2n﹣1（ii）即证明由（i）得，，…，将上述的n个式子相加，得所以，所以，只需证，事实上，当k=0，1，2，…，n时，+﹣1﹣=﹣≥0，（∵，1），∴从而。

浙江省五校联考高考数学二模试卷（理科）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）1．定义集合A={x|f（x）=}，B={y|y=log2（2x+2）}，则A∩∁R B=（）A．（1，+∞）B．[0，1] C．[0，1）D．[0，2）2．△ABC的三内角A，B，C的对边分别是a，b，c，则“a2+b2＜c2”是“△ABC为钝角三角形”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件3．对任意的θ∈（0，），不等式+≥|2x﹣1|恒成立，则实数x的取值范围是（）A．[﹣3，4] B．[0，2] C．D．[﹣4，5]4．已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列命题不正确的是（）A．平面ACB1∥平面A1C1D，且两平面的距离为B．点P在线段AB上运动，则四面体PA1B1C1的体积不变C．与所有12条棱都相切的球的体积为πD．M是正方体的内切球的球面上任意一点，N是△AB1C外接圆的圆周上任意一点，则|MN|的最小值是5．设函数f（x）=，若函数g（x）=f（x）﹣m在[0，2π]内恰有4个不同的零点，则实数m的取值范围是（）A．（0，1）B．[1，2] C．（0，1] D．（1，2）6．已知F1，F2是双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的左右焦点，以F1F2为直径的圆与双曲线在第一象限的交点为P，过点P向x轴作垂线，垂足为H，若|PH|=a，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．7．已知3tan+=1，sinβ=3sin（2α+β），则tan（α+β）=（）A．B．﹣C．﹣D．﹣38．如图，棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点A在平面α内，平面ABCD与平面α所成的二面角为30°，则顶点C1到平面α的距离的最大值是（）A．2（2+）B．2（+）C．2（+1）D．2（+1）二、填空题（本大题共7小题，前4题每题6分，后3题每题4分，共36分）9．已知空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是；几何体的体积是．10．若x=是函数f（x）=sin2x+acos2x的一条对称轴，则函数f（x）的最小正周期是；函数f（x）的最大值是．11．已知数列{a n}满足：a1=2，a n+1=，则a1a2a3…a15= ；设b n=（﹣1）n a n，数列{b n}前n项的和为S n，则S2016= ．12．已知整数x，y满足不等式，则2x+y的最大值是；x2+y2的最小值是．13．已知向量，满足：||=2，向量与﹣夹角为，则的取值范围是．14．若f（x+1）=2，其中x∈N*，且f（1）=10，则f（x）的表达式是．15．从抛物线y2=2x上的点A（x0，y0）（x0＞2）向圆（x﹣1）2+y2=1引两条切线分别与y轴交B，C两点，则△ABC的面积的最小值是．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）16．如图，四边形ABCD，∠DAB=60°，CD⊥AD，CB⊥AB．（Ⅰ）若2|CB|=|CD|=2，求△ABC的面积；（Ⅱ）若|CB|+|CD|=3，求|AC|的最小值．17．如图（1）E，F分别是AC，AB的中点，∠ACB=90°，∠CAB=30°，沿着EF将△AEF折起，记二面角A﹣EF﹣C的度数为θ．（Ⅰ）当θ=90°时，即得到图（2）求二面角A﹣BF﹣C的余弦值；（Ⅱ）如图（3）中，若AB⊥CF，求cosθ的值．18．设函数f（x）=ax2+bx+c，g（x）=c|x|+bx+a，对任意的x∈[﹣1，1]都有|f（x）|≤．（1）求|f（2）|的最大值；（2）求证：对任意的x∈[﹣1，1]，都有|g（x）|≤1．19．已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，焦点与短轴的两顶点的连线与圆x2+y2=相切．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）过点（1，0）的直线l与C相交于A，B两点，在x轴上是否存在点N，使得•为定值？如果有，求出点N的坐标及定值；如果没有，请说明理由．20．已知正项数列{a n}满足：S n2=a13+a23+…+a n3（n∈N*），其中S n为数列{a n}的前n项的和．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求证：＜（）+（）+（）+…+（）＜3．参考答案与试题解析一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）1．定义集合A={x|f（x）=}，B={y|y=log2（2x+2）}，则A∩∁R B=（）A．（1，+∞）B．[0，1] C．[0，1）D．[0，2）【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】求出A中x的范围确定出A，求出B中y的范围确定出B，找出A与B补集的交集即可．【解答】解：由A中f（x）=，得到2x﹣1≥0，即2x≥1=20，解得：x≥0，即A=[0，+∞），由2x+2＞2，得到y=log2（2x+2）＞1，即B=（1，+∞），∵全集为R，∴∁R B=（﹣∞，1]，则A∩∁R B=[0，1]．故选：B．2．△ABC的三内角A，B，C的对边分别是a，b，c，则“a2+b2＜c2”是“△ABC为钝角三角形”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】在△ABC中，由“a2+b2＜c2”，利用余弦定理可得：C为钝角，因此“△ABC为钝角三角形”，反之不成立．【解答】解：在△ABC中，“a2+b2＜c2”⇔cosC=＜0⇒C为钝角⇒“△ABC为钝角三角形”，反之不一定成立，可能是A或B为钝角．∴△ABC的三内角A，B，C的对边分别是a，b，c，则“a2+b2＜c2”是“△ABC为钝角三角形”的充分不必要条件．故选：A．3．对任意的θ∈（0，），不等式+≥|2x﹣1|恒成立，则实数x的取值范围是（）A．[﹣3，4] B．[0，2] C．D．[﹣4，5]【考点】基本不等式．【分析】对任意的θ∈（0，），sin2θ+cos2θ=1，可得+=（sin2θ+cos2θ）=5++，利用基本不等式的性质可得其最小值M．由不等式+≥|2x﹣1|恒成立，可得M≥|2x﹣1|，解出即可得出．【解答】解：∵对任意的θ∈（0，），sin2θ+cos2θ=1，∴+=（sin2θ+cos2θ）=5++≥5+2×2=9，当且仅当时取等号．∵不等式+≥|2x﹣1|恒成立，∴9≥|2x﹣1|，∴﹣9≤2x﹣1≤9，解得﹣4≤x≤5，则实数x的取值范围是[﹣4，5]．故选：D．4．已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列命题不正确的是（）A．平面ACB1∥平面A1C1D，且两平面的距离为B．点P在线段AB上运动，则四面体PA1B1C1的体积不变C．与所有12条棱都相切的球的体积为πD．M是正方体的内切球的球面上任意一点，N是△AB1C外接圆的圆周上任意一点，则|MN|的最小值是【考点】命题的真假判断与应用．【分析】A．根据面面平行的判定定理以及平行平面的距离进行证明即可．B．研究四面体的底面积和高的变化进行判断即可．C．所有12条棱都相切的球的直径2R等于面的对角线B1C的长度，求出球半径进行计算即可．D．根据正方体内切球和三角形外接圆的关系进行判断即可．【解答】解：A．∵AB1∥DC1，AC∥A1C1，且AC∩AB1=A，∴平面ACB1∥平面A1C1D，长方体的体对角线BD1=，设B到平面ACB1的距离为h，则=×1=h，即h=，则平面ACB1与平面A1C1D的距离d=﹣2h==，故A正确，B．点P在线段AB上运动，则四面体PA1B1C1的高为1，底面积不变，则体积不变，故B正确，C．与所有12条棱都相切的球的直径2R等于面的对角线B1C=，则2R=，R=，则球的体积V==×π×（）3=π，故C正确，D．设与正方体的内切球的球心为O，正方体的外接球为O′，则三角形ACB1的外接圆是正方体的外接球为O′的一个小圆，∵点M在与正方体的内切球的球面上运动，点N在三角形ACB1的外接圆上运动，∴线段MN长度的最小值是正方体的外接球的半径减去正方体的内切球相切的球的半径，∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，∴线段MN长度的最小值是﹣．故D错误，故选：D．5．设函数f（x）=，若函数g（x）=f（x）﹣m在[0，2π]内恰有4个不同的零点，则实数m的取值范围是（）A．（0，1）B．[1，2] C．（0，1] D．（1，2）【考点】函数零点的判定定理．【分析】画出函数f（x）的图象，问题转化为f（x）和y=m在[0，2π]内恰有4个不同的交点，结合图象读出即可．【解答】解：画出函数f（x）在[0，2π]的图象，如图示：，若函数g（x）=f（x）﹣m在[0，2π]内恰有4个不同的零点，即f（x）和y=m在[0，2π]内恰有4个不同的交点，结合图象，0＜m＜1，故选：A．6．已知F1，F2是双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的左右焦点，以F1F2为直径的圆与双曲线在第一象限的交点为P，过点P向x轴作垂线，垂足为H，若|PH|=a，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【考点】双曲线的简单性质．【分析】运用双曲线的定义和直径所对的圆周角为直角，运用勾股定理，化简可得|PF1|•|PF2|=2c2﹣2a2，再由三角形的等积法，结合离心率公式，计算即可得到所求值．【解答】解：由双曲线的定义可得|PF1|﹣|PF2|=2a，①由直径所对的圆周角为直角，可得PF1⊥PF2，可得|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2，②②﹣①2，可得2|PF1|•|PF2|=4c2﹣4a2，即有|PF1|•|PF2|=2c2﹣2a2，由三角形的面积公式可得，|PF1|•|PF2|=|PH|•|F1F2|，即有2c2﹣2a2=2ac，由e=可得，e2﹣e﹣1=0，解得e=（负的舍去）．故选：C．7．已知3tan+=1，sinβ=3sin（2α+β），则tan（α+β）=（）A．B．﹣C．﹣D．﹣3【考点】两角和与差的正切函数．【分析】由已知式子可得sin[（α+β）﹣α]=3sin[（α+β）+α]，保持整体展开变形可得tan（α+β）=2tanα，再由3tan+=1和二倍角的正切公式可得tanα的值，代入计算可得．【解答】解：∵sinβ=3sin（2α+β），∴sin[（α+β）﹣α]=3sin[（α+β）+α]，∴sin（α+β）cosα﹣cos（α+β）sinα=3sin（α+β）cosα+3cos（α+β）sinα，∴2sin（α+β）cosα=4cos（α+β）sinα，∴tan（α+β）===2tanα，又∵3tan+=1，∴3tan=1﹣，∴tanα==，∴tan（α+β）=2tanα=，故选：A．8．如图，棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点A在平面α内，平面ABCD与平面α所成的二面角为30°，则顶点C1到平面α的距离的最大值是（）A．2（2+）B．2（+）C．2（+1）D．2（+1）【考点】点、线、面间的距离计算．【分析】如图所示，O在AC上，C1O⊥α，垂足为E，则C1E为所求，∠OAE=30°，由题意，设CO=x，则AO=4﹣x，由此可得顶点C1到平面α的距离的最大值．【解答】解：如图所示，AC的中点为O，C1O⊥α，垂足为E，则C1E为所求，∠AOE=30°由题意，设CO=x，则AO=4﹣x，C1O=，OE=OA=2﹣x，∴C1E=+2﹣x，令y=+2﹣x，则y′=﹣=0，可得x=，∴x=，顶点C1到平面α的距离的最大值是2（+）．故选：B．二、填空题（本大题共7小题，前4题每题6分，后3题每题4分，共36分）9．已知空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是8π；几何体的体积是．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】根据三视图可知几何体是组合体：中间是圆柱上下是半球，由三视图求出几何元素的长度，利用柱体、球体的体积公式计算出几何体的体积，由面积公式求出几何体的表面积．【解答】解：根据三视图可知几何体是组合体：中间是圆柱上下是半球，球和底面圆的半径是1，圆柱的母线长是2，∴几何体的表面积S=4π×12+2π×1×2=8π，几何体的体积是V==，故答案为：．10．若x=是函数f（x）=sin2x+acos2x的一条对称轴，则函数f（x）的最小正周期是π；函数f（x）的最大值是．【考点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的图象．【分析】利用辅助角公式化f（x）=sin2x+acos2x=（tanθ=a），由已知求出θ得到a值，则函数的周期及最值可求．【解答】解：∵f（x）=sin2x+acos2x=（tanθ=a），又x=是函数的一条对称轴，∴，即．则f（x）=．T=；由a=tanθ=tan（）=tan=，得．∴函数f（x）的最大值是．故答案为：．11．已知数列{a n}满足：a1=2，a n+1=，则a1a2a3…a15= 3 ；设b n=（﹣1）n a n，数列{b n}前n 项的和为S n，则S2016= ﹣2100 ．【考点】数列的求和．【分析】利用递推式计算前5项即可发现{a n}为周期为4的数列，同理{b n}也是周期为4的数列，将每4项看做一个整体得出答案．【解答】解：∵a1=2，a n+1=，∴a2==﹣3，a3==﹣，a4==，a5==2．∴a4n+1=2，a4n+2=﹣3，a4n+3=﹣，a4n=．∴a4n+1•a4n+2•a4n+3•a4n=2×=1．∴a1a2a3…a15=a13a14a15=a1a2a3=2×（﹣3）×（﹣）=3．∵b n=（﹣1）n a n，∴b4n+1=﹣2，b4n+2=﹣3，b4n+3=，b4n=．∴b4n+1+b4n+2+b4n+3+b4n=﹣2﹣3++=﹣．∴S2016=﹣×=﹣2100．故答案为：3，﹣2100．12．已知整数x，y满足不等式，则2x+y的最大值是24 ；x2+y2的最小值是8 ．【考点】简单线性规划．【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，代入最优解的坐标得答案．第二问，转化为点到原点的距离的平方，求出B的坐标代入求解即可．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，由z=2x+y，得y=﹣2x+z，由图可知，当直线y=﹣2x+z过A时，直线在y轴上的截距最大，由可得，A（8，8）z最大等于2×8+8=24．x2+y2的最小值是可行域的B到原点距离的平方，由可得B（2，2）．可得22+22=8．故答案为：24；8．13．已知向量，满足：||=2，向量与﹣夹角为，则的取值范围是．【考点】平面向量数量积的运算．【分析】不妨设=（x，0）（x≥0），=θ，=，=，=．由于向量与﹣夹角为，可得：∠AOB=θ∈.∈[﹣1，1]．在△OAB中，由正弦定理可得：==，化简整理可得：=2+﹣=+2，即可得出．【解答】解：不妨设=（x，0）（x≥0），=θ，=，=，=．∵向量与﹣夹角为，∴∠AOB=θ∈．∴∈，∈[﹣1，1]．在△OAB中，由正弦定理可得：==，∴=，=sinθ=，∴=2+﹣=+2=+2=+2∈．∴的取值范围是．故答案为：．14．若f（x+1）=2，其中x∈N*，且f（1）=10，则f（x）的表达式是f（x）=4•（）（x∈N*）．【考点】数列与函数的综合．【分析】由题意可得f（x）＞0恒成立，可对等式两边取2为底的对数，整理为log2f（x+1）﹣2=（log2f（x）﹣2），由x∈N*，可得数列{log2f（x）﹣2）}为首项为log2f（1）﹣2=log210﹣2，公比为的等比数列，运用等比数列的通项公式，整理即可得到f（x）的解析式．【解答】解：由题意可得f（x）＞0恒成立，由f（x+1）=2，可得：log2f（x+1）=1+log2，即为log2f（x+1）=1+log2f（x），可得log2f（x+1）﹣2=（log2f（x）﹣2），由x∈N*，可得数列{log2f（x）﹣2）}是首项为log2f（1）﹣2=log210﹣2，公比为的等比数列，可得log2f（x）﹣2=（log210﹣2）•（）x﹣1，即为log2f（x）=2+log2•（）x﹣1，即有f（x）=22•2=4•（）．故答案为：f（x）=4•（）（x∈N*）．15．从抛物线y2=2x上的点A（x0，y0）（x0＞2）向圆（x﹣1）2+y2=1引两条切线分别与y轴交B，C两点，则△ABC的面积的最小值是8 ．【考点】抛物线的简单性质．【分析】设B（0，y B），C（0，y C），A（x0，y0），其中x0＞2，写出直线AB的方程为（y0﹣y B）x ﹣x0y+x0y B=0，由直线AB与圆相切可得（x0﹣2）y B2+2y0y B﹣x0=0，同理：（x0﹣2）y A2+2y0y A﹣x0=0，故y A，y B是方程（x0﹣2）y2+2y0y﹣x0=0的两个不同的实根，因为S=|y C﹣y B|x0，再结合韦达定理即可求出三角形的最小值．【解答】解：设B（0，y B），C（0，y C），A（x0，y0），其中x0＞2，所以直线AB的方程，化简得（y0﹣y B）x﹣x0y+x0y B=0直线AB与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，两边平方化简得（x0﹣2）y B2+2y0y B﹣x0=0同理可得：（x0﹣2）y A2+2y0y A﹣x0=0，故y C，y B是方程（x0﹣2）y2+2y0y﹣x0=0的两个不同的实根，所以y C+y B=，y C y B=，所以S=|y C﹣y B|x0==（x0﹣2）++4≥8，所以当且仅当x0=4时，S取到最小值8，所以△ABC的面积的最小值为8．故答案为：8．三、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）16．如图，四边形ABCD，∠DAB=60°，CD⊥AD，CB⊥AB．（Ⅰ）若2|CB|=|CD|=2，求△ABC的面积；（Ⅱ）若|CB|+|CD|=3，求|AC|的最小值．【考点】余弦定理．【分析】（Ⅰ）由已知可求∠DCB，利用余弦定理可求BD，进而求得AC，AB，利用三角形面积公式即可得解．（Ⅱ）设|BC|=x＞0，|CD|=y＞0，由已知及基本不等式可求BD的最小值，进而可求AC的最小值．【解答】（本题满分为15分）解：（Ⅰ）∵∠DAB=60°，CD⊥AD，CB⊥AB，可得A，B，C，D四点共圆，∴∠DCB=120°，∴BD2=BC2+CD2﹣2CD•CB•cos120°=1+4+2=7，即BD=，∴，∴，∴．…（Ⅱ）设|BC|=x＞0，|CD|=y＞0，则：x+y=3，BD2=x2+y2+xy=（x+y）2﹣xy，∴，当时取到．…17．如图（1）E，F分别是AC，AB的中点，∠ACB=90°，∠CAB=30°，沿着EF将△AEF折起，记二面角A﹣EF﹣C的度数为θ．（Ⅰ）当θ=90°时，即得到图（2）求二面角A﹣BF﹣C的余弦值；（Ⅱ）如图（3）中，若AB⊥CF，求cosθ的值．【考点】二面角的平面角及求法．【分析】（Ⅰ）推导出AE⊥平面CEFB，过点E向BF作垂线交BF延长线于H，连接AH，则∠AHE 为二面角A﹣BF﹣C的平面角，由此能求出二面角A﹣BF﹣C的余弦值．（Ⅱ）过点A向CE作垂线，垂足为G，由AB⊥CF，得GB⊥CF，由此能求出cosθ的值．【解答】解：（Ⅰ）∵平面AEF⊥平面CEFB，且EF⊥EC，∴AE⊥平面CEFB，过点E向BF作垂线交BF延长线于H，连接AH，则∠AHE为二面角A﹣BF﹣C的平面角设，，，∴，∴二面角A﹣BF﹣C的余弦值为．（Ⅱ）过点A向CE作垂线，垂足为G，如果AB⊥CF，则根据三垂线定理有GB⊥CF，∵△BCF为正三角形，∴，则，∵，∴，∴cosθ的值为．18．设函数f（x）=ax2+bx+c，g（x）=c|x|+bx+a，对任意的x∈[﹣1，1]都有|f（x）|≤．（1）求|f（2）|的最大值；（2）求证：对任意的x∈[﹣1，1]，都有|g（x）|≤1．【考点】二次函数的性质；绝对值三角不等式．【分析】（1）由|f（x）|≤得|f（0）|≤，|f（1）|≤，|f（﹣1）|≤，代入解析式即可得出a，b，c的关系，使用放缩法求出|f（2）|的最值；（2）由（1）得出|g（±1）|，故g（x）单调时结论成立，当g（x）不单调时，g（x）=a，利用不等式的性质求出a的范围即可．【解答】解：（1）∵对任意的x∈[﹣1，1]都有|f（x）|≤．|f（0）|≤，|f（1）|≤，|f（﹣1）|≤，∴|c|≤，|a+b+c|≤，|a﹣b+c|≤；∴|f（2）|=|4a+2b+c|=|3（a+b+c）+（a﹣b+c）﹣3c|≤|3（a+b+c）|+|（a﹣b+c）|+|﹣3c|≤=．∴|f（2）|的最大值为．（2）∵﹣≤a+b+c≤，﹣≤a﹣b+c≤，﹣≤c≤，∴﹣1≤a+b≤1，﹣1≤a﹣b≤1，∴﹣1≤a≤1，若c|x|+bx=0，则|g（x）|=|a|，∴|g（x）|≤1，若c|x|+bx≠0，则g（x）为单调函数，|g（﹣1）|=|a﹣b+c|≤，|g（1）|=|a+b+c|≤，∴|g（x）|．综上，|g（x）|≤1．19．已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，焦点与短轴的两顶点的连线与圆x2+y2=相切．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）过点（1，0）的直线l与C相交于A，B两点，在x轴上是否存在点N，使得•为定值？如果有，求出点N的坐标及定值；如果没有，请说明理由．【考点】椭圆的简单性质．【分析】（Ⅰ）由椭圆的离心率为，焦点与短轴的两顶点的连线与圆x2+y2=相切，列出方程组，求出a，b，由此能求出椭圆方程．（Ⅱ）当直线l的斜率存在时，设其方程为y=k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），直线方程与椭圆立，利用韦达定理、根的判别式、向量的数量积，结合已知条件能求出存在点满足．【解答】解：（Ⅰ）∵椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，焦点与短轴的两顶点的连线与圆x2+y2=相切，∴，解得c2=1，a2=4，b2=3∴椭圆方程为（Ⅱ）当直线l的斜率存在时，设其方程为y=k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），则△＞0，，若存在定点N（m，0）满足条件，则有=（x1﹣m）（x2﹣m）+y1y2=如果要上式为定值，则必须有验证当直线l斜率不存在时，也符合．故存在点满足20．已知正项数列{a n}满足：S n2=a13+a23+…+a n3（n∈N*），其中S n为数列{a n}的前n项的和．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求证：＜（）+（）+（）+…+（）＜3．【考点】数列与不等式的综合；数列递推式．【分析】（Ⅰ）通过S n2=a13+a23+…+a n3（n∈N*）与S n﹣12=a13+a23+…+a n﹣13（n≥2，n∈N*）作差、计算可知S n+S n﹣1=，并与S n﹣1﹣S n﹣2=作差、整理即得结论；（Ⅱ）通过（Ⅰ）可知，一方面利用不等式的性质、累加可知（）+（）+（）+…+（）＞，另一方面通过放缩、利用裂项相消法计算可知++…+＜2，进而整理即得结论．【解答】解：（Ⅰ）∵S n2=a13+a23+…+a n3（n∈N*），∴S n﹣12=a13+a23+…+a n﹣13（n≥2，n∈N*），两式相减得：﹣=，∴a n（S n+S n﹣1）=，∵数列{a n}中每一项均为正数，∴S n+S n﹣1=，又∵S n﹣1﹣S n﹣2=，两式相减得：a n﹣a n﹣1=1，又∵a1=1，∴a n=n；证明：（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∵，∴，即，令k=1，2，3，…，n，累加后再加得：（）+（）+（）+…+（）＞2+2+…+2+=（2n+1）=，又∵+++…+＜3等价于++…+＜2，而=＜=（﹣）=（﹣）＜（﹣）=2（﹣），令k=2，3，4，…，2n+1，累加得：++…+＜2（1﹣）+2（﹣）+…+2（﹣）=2（1﹣）＜2，∴．。

浙江省五校2020届高三第二次联考理科综合试题卷（化学）可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Ag:1087．关于以下各装置图的表达中，错误的选项是〔〕A．装置①中，c为阳极，d为阴极B．装置②可用于收集H2、NH3、Cl2、HCl、NO2C．装置③中X为苯，可用于吸取氨气或氯化氢D．装置④可用于干燥、收集氨气，并吸取余外的氨气8.以下图示关系不正确的选项是．．．．．．．( )9．右图是一种形状酷似罗马两面神Janus的有机物结构简式，化学家建议将该分子叫做〝Janusene〞，有关Janusene的讲法正确的选项是( )A．Janusene的分子式为C3OH20。

B．Janusene属于苯的同系物C．Janusene苯环上的一氯代物有8种D．Janusene既可发生氧化反应，又可发生还原反应10．t℃时，将气体X与气体Y置于一密闭容器中，反应生成气体Z，反应过程中各物质的浓度变化如图(I)所示。

保持其他条件不变，在T 1、T 2两种温度下，Y 的体积分数变化如图(Ⅱ)所示。

以下结论正确的选项是 ( )A ．t 2时刻，保持其它条件和物质状态不变，增加压强，化学平稳向逆反应方向移动B ．t℃时，假设密闭容器中X 、Y 、Z 的起始浓度依次为：1110.40.40.2mol L mol L mol L ---⋅⋅⋅﹑﹑。

保持其他条件不变，达到平稳时Z 的浓度为 0.4 mol •L-1C ．假设图(Ⅱ)中T 1>T 2，那么正反应是吸热反应D ．其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，且X 的转化率增大11. 草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性。

在0.1mol ·L -1 KHC 2O 4溶液中，以下关系正确的选项是 〔 〕A ．c(K +)+c(H +)=c(HC 2O 4—)+c(OH —)+c(C 2O 42-) B ．c(HC 2O 4-)+c(C 2O 42-)=0.1 mol ·L -1 C ．c(C 2O 42—)<c(H 2C 2O 4)D ．c(K +)=c(H 2C 2O 4)+c(HC 2O 4-)+c(C 2O 42—)12. 取0.2mol ·L －1HX 溶液与0.2mol ·L －1NaOH 溶液等体积混合〔忽略混合后溶液体积的变化〕，测得混合溶液的pH = 8〔25℃〕，那么以下讲法〔或关系式〕正确的选项是 〔 〕A ．混合溶液中由水电离出的c (OH ¯)＜0.2mol ·L －1HX 溶液中由水电离出的c (H +)B ．c (Na +) = c (X ¯) + c (HX) = 0.2mol ·L －1C ．c (Na +)－c (X ¯) = 9.9×10－7mol ·L －1D ．c (OH ¯)－c (HX) = c (H +) = 1×10－6mol ·L －1 13.某型号的氢镍充电电池，反应为 ：关于该电池的以下选项正确的选项是 〔 〕A ．充电时的阳极反应为 2H 2O + 2e - = H 2 + 2OH -B ．该电池标〝—〞的一端放电时能够称电池的负极，又能够称电池的阴极C ．该电池标〝—〞的一端充电时接电源的负极D ．该电池的电解质既但是酸性的又能够是碱性的。

浙江省五校联考高考数学二模试卷（理科）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）1．定义集合A={x|f（x）=}，B={y|y=log2（2x+2）}，则A∩∁R B=（）A．（1，+∞）B．[0，1]C．[0，1）D．[0，2）2．△ABC的三内角A，B，C的对边分别是a，b，c，则“a2+b2＜c2”是“△ABC为钝角三角形”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件3．对任意的θ∈（0，），不等式+≥|2x﹣1|恒成立，则实数x的取值范围是（）A．[﹣3，4] B．[0，2]C．D．[﹣4，5]4．已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列命题不正确的是（）A．平面ACB1∥平面A1C1D，且两平面的距离为B．点P在线段AB上运动，则四面体PA1B1C1的体积不变C．与所有12条棱都相切的球的体积为πD．M是正方体的内切球的球面上任意一点，N是△AB1C外接圆的圆周上任意一点，则|MN|的最小值是5．设函数f（x）=，若函数g（x）=f（x）﹣m在[0，2π]内恰有4个不同的零点，则实数m的取值范围是（）A．（0，1）B．[1，2]C．（0，1]D．（1，2）6．已知F1，F2是双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的左右焦点，以F1F2为直径的圆与双曲线在第一象限的交点为P，过点P向x轴作垂线，垂足为H，若|PH|=a，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．7．已知3tan+=1，sinβ=3sin（2α+β），则tan（α+β）=（）A．B．﹣C．﹣D．﹣38．如图，棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点A在平面α内，平面ABCD与平面α所成的二面角为30°，则顶点C1到平面α的距离的最大值是（）A．2（2+）B．2（+）C．2（+1）D．2（+1）二、填空题（本大题共7小题，前4题每题6分，后3题每题4分，共36分）9．已知空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是；几何体的体积是．10．若x=是函数f（x）=sin2x+acos2x的一条对称轴，则函数f（x）的最小正周期是；函数f（x）的最大值是．11．已知数列{a n}满足：a1=2，a n+1=，则a1a2a3…a15=；设b n=（﹣1）n a n，数列{b n}前n项的和为S n，则S2016=．12．已知整数x，y满足不等式，则2x+y的最大值是；x2+y2的最小值是．13．已知向量，满足：||=2，向量与﹣夹角为，则的取值范围是．14．若f（x+1）=2，其中x∈N*，且f（1）=10，则f（x）的表达式是．15．从抛物线y2=2x上的点A（x0，y0）（x0＞2）向圆（x﹣1）2+y2=1引两条切线分别与y轴交B，C两点，则△ABC的面积的最小值是．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）16．如图，四边形ABCD，∠DAB=60°，CD⊥AD，CB⊥AB．（Ⅰ）若2|CB|=|CD|=2，求△ABC的面积；（Ⅱ）若|CB|+|CD|=3，求|AC|的最小值．17．如图（1）E，F分别是AC，AB的中点，∠ACB=90°，∠CAB=30°，沿着EF将△AEF折起，记二面角A﹣EF﹣C的度数为θ．（Ⅰ）当θ=90°时，即得到图（2）求二面角A﹣BF﹣C的余弦值；（Ⅱ）如图（3）中，若AB⊥CF，求cosθ的值．18．设函数f（x）=ax2+bx+c，g（x）=c|x|+bx+a，对任意的x∈[﹣1，1]都有|f（x）|≤．（1）求|f（2）|的最大值；（2）求证：对任意的x∈[﹣1，1]，都有|g（x）|≤1．19．已知椭圆C： +=1（a＞b＞0）的离心率为，焦点与短轴的两顶点的连线与圆x2+y2=相切．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）过点（1，0）的直线l与C相交于A，B两点，在x轴上是否存在点N，使得•为定值？如果有，求出点N的坐标及定值；如果没有，请说明理由．20．已知正项数列{a n}满足：S n2=a13+a23+…+a n3（n∈N*），其中S n为数列{a n}的前n项的和．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求证：＜（）+（）+（）+…+（）＜3．浙江省五校联考高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）1．定义集合A={x|f（x）=}，B={y|y=log2（2x+2）}，则A∩∁R B=（）A．（1，+∞）B．[0，1]C．[0，1）D．[0，2）【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】求出A中x的范围确定出A，求出B中y的范围确定出B，找出A与B补集的交集即可．【解答】解：由A中f（x）=，得到2x﹣1≥0，即2x≥1=20，解得：x≥0，即A=[0，+∞），由2x+2＞2，得到y=log2（2x+2）＞1，即B=（1，+∞），∵全集为R，∴∁R B=（﹣∞，1]，则A∩∁R B=[0，1]．故选：B．2．△ABC的三内角A，B，C的对边分别是a，b，c，则“a2+b2＜c2”是“△ABC为钝角三角形”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】在△ABC中，由“a2+b2＜c2”，利用余弦定理可得：C为钝角，因此“△ABC为钝角三角形”，反之不成立．【解答】解：在△ABC中，“a2+b2＜c2”⇔cosC=＜0⇒C为钝角⇒“△ABC为钝角三角形”，反之不一定成立，可能是A或B为钝角．∴△ABC的三内角A，B，C的对边分别是a，b，c，则“a2+b2＜c2”是“△ABC为钝角三角形”的充分不必要条件．故选：A．3．对任意的θ∈（0，），不等式+≥|2x﹣1|恒成立，则实数x的取值范围是（）A．[﹣3，4] B．[0，2]C．D．[﹣4，5]【考点】基本不等式．【分析】对任意的θ∈（0，），sin2θ+cos2θ=1，可得+=（sin2θ+cos2θ）=5++，利用基本不等式的性质可得其最小值M．由不等式+≥|2x﹣1|恒成立，可得M≥|2x﹣1|，解出即可得出．【解答】解：∵对任意的θ∈（0，），sin2θ+cos2θ=1，∴+=（sin2θ+cos2θ）=5++≥5+2×2=9，当且仅当时取等号．∵不等式+≥|2x﹣1|恒成立，∴9≥|2x﹣1|，∴﹣9≤2x﹣1≤9，解得﹣4≤x≤5，则实数x的取值范围是[﹣4，5]．故选：D．4．已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列命题不正确的是（）A．平面ACB1∥平面A1C1D，且两平面的距离为B．点P在线段AB上运动，则四面体PA1B1C1的体积不变C．与所有12条棱都相切的球的体积为πD．M是正方体的内切球的球面上任意一点，N是△AB1C外接圆的圆周上任意一点，则|MN|的最小值是【考点】命题的真假判断与应用．【分析】A．根据面面平行的判定定理以及平行平面的距离进行证明即可．B．研究四面体的底面积和高的变化进行判断即可．C．所有12条棱都相切的球的直径2R等于面的对角线B1C的长度，求出球半径进行计算即可．D．根据正方体内切球和三角形外接圆的关系进行判断即可．【解答】解：A．∵AB1∥DC1，AC∥A1C1，且AC∩AB1=A，∴平面ACB1∥平面A1C1D，长方体的体对角线BD1=，设B到平面ACB1的距离为h，则=×1=h，即h=，则平面ACB1与平面A1C1D的距离d=﹣2h==，故A正确，B．点P在线段AB上运动，则四面体PA1B1C1的高为1，底面积不变，则体积不变，故B正确，C．与所有12条棱都相切的球的直径2R等于面的对角线B1C=，则2R=，R=，则球的体积V==×π×（）3=π，故C正确，D．设与正方体的内切球的球心为O，正方体的外接球为O′，则三角形ACB1的外接圆是正方体的外接球为O′的一个小圆，∵点M在与正方体的内切球的球面上运动，点N在三角形ACB1的外接圆上运动，∴线段MN长度的最小值是正方体的外接球的半径减去正方体的内切球相切的球的半径，∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，∴线段MN长度的最小值是﹣．故D错误，故选：D．5．设函数f（x）=，若函数g（x）=f（x）﹣m在[0，2π]内恰有4个不同的零点，则实数m的取值范围是（）A．（0，1）B．[1，2]C．（0，1]D．（1，2）【考点】函数零点的判定定理．【分析】画出函数f（x）的图象，问题转化为f（x）和y=m在[0，2π]内恰有4个不同的交点，结合图象读出即可．【解答】解：画出函数f（x）在[0，2π]的图象，如图示：，若函数g（x）=f（x）﹣m在[0，2π]内恰有4个不同的零点，即f（x）和y=m在[0，2π]内恰有4个不同的交点，结合图象，0＜m＜1，故选：A．6．已知F1，F2是双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的左右焦点，以F1F2为直径的圆与双曲线在第一象限的交点为P，过点P向x轴作垂线，垂足为H，若|PH|=a，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【考点】双曲线的简单性质．【分析】运用双曲线的定义和直径所对的圆周角为直角，运用勾股定理，化简可得|PF1|•|PF2|=2c2﹣2a2，再由三角形的等积法，结合离心率公式，计算即可得到所求值．【解答】解：由双曲线的定义可得|PF1|﹣|PF2|=2a，①由直径所对的圆周角为直角，可得PF1⊥PF2，可得|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2，②②﹣①2，可得2|PF1|•|PF2|=4c2﹣4a2，即有|PF1|•|PF2|=2c2﹣2a2，由三角形的面积公式可得， |PF1|•|PF2|=|PH|•|F1F2|，即有2c2﹣2a2=2ac，由e=可得，e2﹣e﹣1=0，解得e=（负的舍去）．故选：C．7．已知3tan+=1，sinβ=3sin（2α+β），则tan（α+β）=（）A．B．﹣C．﹣D．﹣3【考点】两角和与差的正切函数．【分析】由已知式子可得sin[（α+β）﹣α]=3sin[（α+β）+α]，保持整体展开变形可得tan（α+β）=2tanα，再由3tan+=1和二倍角的正切公式可得tanα的值，代入计算可得．【解答】解：∵sinβ=3sin（2α+β），∴sin[（α+β）﹣α]=3sin[（α+β）+α]，∴sin（α+β）cosα﹣cos（α+β）sinα=3sin（α+β）cosα+3cos（α+β）sinα，∴2sin（α+β）cosα=4cos（α+β）sinα，∴tan（α+β）===2tanα，又∵3tan+=1，∴3tan=1﹣，∴tanα==，∴tan（α+β）=2tanα=，故选：A．8．如图，棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点A在平面α内，平面ABCD与平面α所成的二面角为30°，则顶点C1到平面α的距离的最大值是（）A．2（2+）B．2（+）C．2（+1）D．2（+1）【考点】点、线、面间的距离计算．【分析】如图所示，O在AC上，C1O⊥α，垂足为E，则C1E为所求，∠OAE=30°，由题意，设CO=x，则AO=4﹣x，由此可得顶点C1到平面α的距离的最大值．【解答】解：如图所示，AC的中点为O，C1O⊥α，垂足为E，则C1E为所求，∠AOE=30°由题意，设CO=x，则AO=4﹣x，C1O=，OE=OA=2﹣x，∴C1E=+2﹣x，令y=+2﹣x，则y′=﹣=0，可得x=，∴x=，顶点C1到平面α的距离的最大值是2（+）．故选：B．二、填空题（本大题共7小题，前4题每题6分，后3题每题4分，共36分）9．已知空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是8π；几何体的体积是．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】根据三视图可知几何体是组合体：中间是圆柱上下是半球，由三视图求出几何元素的长度，利用柱体、球体的体积公式计算出几何体的体积，由面积公式求出几何体的表面积．【解答】解：根据三视图可知几何体是组合体：中间是圆柱上下是半球，球和底面圆的半径是1，圆柱的母线长是2，∴几何体的表面积S=4π×12+2π×1×2=8π，几何体的体积是V==，故答案为：．10．若x=是函数f（x）=sin2x+acos2x的一条对称轴，则函数f（x）的最小正周期是π；函数f（x）的最大值是．【考点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的图象．【分析】利用辅助角公式化f（x）=sin2x+acos2x=（tanθ=a），由已知求出θ得到a值，则函数的周期及最值可求．【解答】解：∵f（x）=sin2x+acos2x=（tanθ=a），又x=是函数的一条对称轴，∴，即．则f（x）=．T=；由a=tanθ=tan（）=tan=，得．∴函数f（x）的最大值是．故答案为：．11．已知数列{a n}满足：a1=2，a n+1=，则a1a2a3…a15=3；设b n=（﹣1）n a n，数列{b n}前n项的和为S n，则S2016=﹣2100．【考点】数列的求和．【分析】利用递推式计算前5项即可发现{a n}为周期为4的数列，同理{b n}也是周期为4的数列，将每4项看做一个整体得出答案．【解答】解：∵a1=2，a n+1=，∴a2==﹣3，a3==﹣，a4==，a5==2．∴a4n+1=2，a4n+2=﹣3，a4n+3=﹣，a4n=．∴a4n+1•a4n+2•a4n+3•a4n=2×=1．∴a1a2a3…a15=a13a14a15=a1a2a3=2×（﹣3）×（﹣）=3．∵b n=（﹣1）n a n，∴b4n+1=﹣2，b4n+2=﹣3，b4n+3=，b4n=．∴b4n+1+b4n+2+b4n+3+b4n=﹣2﹣3++=﹣．∴S2016=﹣×=﹣2100．故答案为：3，﹣2100．12．已知整数x，y满足不等式，则2x+y的最大值是24；x2+y2的最小值是8．【考点】简单线性规划．【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，代入最优解的坐标得答案．第二问，转化为点到原点的距离的平方，求出B的坐标代入求解即可．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，由z=2x+y，得y=﹣2x+z，由图可知，当直线y=﹣2x+z过A时，直线在y轴上的截距最大，由可得，A（8，8）z最大等于2×8+8=24．x2+y2的最小值是可行域的B到原点距离的平方，由可得B（2，2）．可得22+22=8．故答案为：24；8．13．已知向量，满足：||=2，向量与﹣夹角为，则的取值范围是．【考点】平面向量数量积的运算．【分析】不妨设=（x，0）（x≥0），=θ，=，=，=．由于向量与﹣夹角为，可得：∠AOB=θ∈.∈[﹣1，1]．在△OAB中，由正弦定理可得：==，化简整理可得：=2+﹣=+2，即可得出．【解答】解：不妨设=（x，0）（x≥0），=θ，=，=，=．∵向量与﹣夹角为，∴∠AOB=θ∈．∴∈，∈[﹣1，1]．在△OAB中，由正弦定理可得：==，∴=，=sinθ=，∴=2+﹣=+2=+2=+2∈．∴的取值范围是．故答案为：．14．若f（x+1）=2，其中x∈N*，且f（1）=10，则f（x）的表达式是f（x）=4•（）（x∈N*）．【考点】数列与函数的综合．【分析】由题意可得f（x）＞0恒成立，可对等式两边取2为底的对数，整理为log2f（x+1）﹣2=（log2f （x）﹣2），由x∈N*，可得数列{log2f（x）﹣2）}为首项为log2f（1）﹣2=log210﹣2，公比为的等比数列，运用等比数列的通项公式，整理即可得到f（x）的解析式．【解答】解：由题意可得f（x）＞0恒成立，由f（x+1）=2，可得：log2f（x+1）=1+log2，即为log2f（x+1）=1+log2f（x），可得log2f（x+1）﹣2=（log2f（x）﹣2），由x∈N*，可得数列{log2f（x）﹣2）}是首项为log2f（1）﹣2=log210﹣2，公比为的等比数列，可得log2f（x）﹣2=（log210﹣2）•（）x﹣1，即为log2f（x）=2+log2•（）x﹣1，即有f（x）=22•2=4•（）．故答案为：f（x）=4•（）（x∈N*）．15．从抛物线y2=2x上的点A（x0，y0）（x0＞2）向圆（x﹣1）2+y2=1引两条切线分别与y轴交B，C两点，则△ABC的面积的最小值是8．【考点】抛物线的简单性质．【分析】设B（0，y B），C（0，y C），A（x0，y0），其中x0＞2，写出直线AB的方程为（y0﹣y B）x﹣x0y+x0y B=0，由直线AB与圆相切可得（x0﹣2）y B2+2y0y B﹣x0=0，同理：（x0﹣2）y A2+2y0y A﹣x0=0，故y A，y B是方程（x0﹣2）y2+2y0y﹣x0=0的两个不同的实根，因为S=|y C﹣y B|x0，再结合韦达定理即可求出三角形的最小值．【解答】解：设B（0，y B），C（0，y C），A（x0，y0），其中x0＞2，所以直线AB的方程，化简得（y0﹣y B）x﹣x0y+x0y B=0直线AB与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，两边平方化简得（x0﹣2）y B2+2y0y B﹣x0=0同理可得：（x0﹣2）y A2+2y0y A﹣x0=0，故y C，y B是方程（x0﹣2）y2+2y0y﹣x0=0的两个不同的实根，所以y C+y B=，y C y B=，所以S=|y C﹣y B|x0==（x0﹣2）++4≥8，所以当且仅当x0=4时，S取到最小值8，所以△ABC的面积的最小值为8．故答案为：8．三、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）16．如图，四边形ABCD，∠DAB=60°，CD⊥AD，CB⊥AB．（Ⅰ）若2|CB|=|CD|=2，求△ABC的面积；（Ⅱ）若|CB|+|CD|=3，求|AC|的最小值．【考点】余弦定理．【分析】（Ⅰ）由已知可求∠DCB，利用余弦定理可求BD，进而求得AC，AB，利用三角形面积公式即可得解．（Ⅱ）设|BC|=x＞0，|CD|=y＞0，由已知及基本不等式可求BD的最小值，进而可求AC的最小值．【解答】（本题满分为15分）解：（Ⅰ）∵∠DAB=60°，CD⊥AD，CB⊥AB，可得A，B，C，D四点共圆，∴∠DCB=120°，∴BD2=BC2+CD2﹣2CD•CB•cos120°=1+4+2=7，即BD=，∴，∴，∴．…（Ⅱ）设|BC|=x＞0，|CD|=y＞0，则：x+y=3，BD2=x2+y2+xy=（x+y）2﹣xy，∴，当时取到．…17．如图（1）E，F分别是AC，AB的中点，∠ACB=90°，∠CAB=30°，沿着EF将△AEF折起，记二面角A﹣EF﹣C的度数为θ．（Ⅰ）当θ=90°时，即得到图（2）求二面角A﹣BF﹣C的余弦值；（Ⅱ）如图（3）中，若AB⊥CF，求cosθ的值．【考点】二面角的平面角及求法．【分析】（Ⅰ）推导出AE⊥平面CEFB，过点E向BF作垂线交BF延长线于H，连接AH，则∠AHE为二面角A﹣BF﹣C的平面角，由此能求出二面角A﹣BF﹣C的余弦值．（Ⅱ）过点A向CE作垂线，垂足为G，由AB⊥CF，得GB⊥CF，由此能求出cosθ的值．【解答】解：（Ⅰ）∵平面AEF⊥平面CEFB，且EF⊥EC，∴AE⊥平面CEFB，过点E向BF作垂线交BF延长线于H，连接AH，则∠AHE为二面角A﹣BF﹣C的平面角设，，，∴，∴二面角A﹣BF﹣C的余弦值为．（Ⅱ）过点A向CE作垂线，垂足为G，如果AB⊥CF，则根据三垂线定理有GB⊥CF，∵△BCF为正三角形，∴，则，∵，∴，∴cosθ的值为．18．设函数f（x）=ax2+bx+c，g（x）=c|x|+bx+a，对任意的x∈[﹣1，1]都有|f（x）|≤．（1）求|f（2）|的最大值；（2）求证：对任意的x∈[﹣1，1]，都有|g（x）|≤1．【考点】二次函数的性质；绝对值三角不等式．【分析】（1）由|f（x）|≤得|f（0）|≤，|f（1）|≤，|f（﹣1）|≤，代入解析式即可得出a，b，c的关系，使用放缩法求出|f（2）|的最值；（2）由（1）得出|g（±1）|，故g（x）单调时结论成立，当g（x）不单调时，g（x）=a，利用不等式的性质求出a的范围即可．【解答】解：（1）∵对任意的x∈[﹣1，1]都有|f（x）|≤．|f（0）|≤，|f（1）|≤，|f（﹣1）|≤，∴|c|≤，|a+b+c|≤，|a﹣b+c|≤；∴|f（2）|=|4a+2b+c|=|3（a+b+c）+（a﹣b+c）﹣3c|≤|3（a+b+c）|+|（a﹣b+c）|+|﹣3c|≤=．∴|f（2）|的最大值为．（2）∵﹣≤a+b+c≤，﹣≤a﹣b+c≤，﹣≤c≤，∴﹣1≤a+b≤1，﹣1≤a﹣b≤1，∴﹣1≤a≤1，若c|x|+bx=0，则|g（x）|=|a|，∴|g（x）|≤1，若c|x|+bx≠0，则g（x）为单调函数，|g（﹣1）|=|a﹣b+c|≤，|g（1）|=|a+b+c|≤，∴|g（x）|．综上，|g（x）|≤1．19．已知椭圆C： +=1（a＞b＞0）的离心率为，焦点与短轴的两顶点的连线与圆x2+y2=相切．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）过点（1，0）的直线l与C相交于A，B两点，在x轴上是否存在点N，使得•为定值？如果有，求出点N的坐标及定值；如果没有，请说明理由．【考点】椭圆的简单性质．【分析】（Ⅰ）由椭圆的离心率为，焦点与短轴的两顶点的连线与圆x2+y2=相切，列出方程组，求出a，b，由此能求出椭圆方程．（Ⅱ）当直线l的斜率存在时，设其方程为y=k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），直线方程与椭圆立，利用韦达定理、根的判别式、向量的数量积，结合已知条件能求出存在点满足．【解答】解：（Ⅰ）∵椭圆C： +=1（a＞b＞0）的离心率为，焦点与短轴的两顶点的连线与圆x2+y2=相切，∴，解得c 2=1，a 2=4，b 2=3 ∴椭圆方程为（Ⅱ）当直线l 的斜率存在时，设其方程为y=k （x ﹣1），A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则△＞0，，若存在定点N （m ，0）满足条件，则有=（x 1﹣m ）（x 2﹣m ）+y 1y 2 =如果要上式为定值，则必须有验证当直线l 斜率不存在时，也符合． 故存在点满足20．已知正项数列{a n }满足：S n 2=a 13+a 23+…+a n 3（n ∈N *），其中S n 为数列{a n }的前n 项的和． （Ⅰ）求数列{a n }的通项公式； （Ⅱ）求证：＜（）+（）+（）+…+（）＜3．【考点】数列与不等式的综合；数列递推式． 【分析】（Ⅰ）通过S n 2=a 13+a 23+…+a n 3（n ∈N *）与S n ﹣12=a 13+a 23+…+a n ﹣13（n ≥2，n ∈N *）作差、计算可知S n +S n ﹣1=，并与S n ﹣1﹣S n ﹣2=作差、整理即得结论；（Ⅱ）通过（Ⅰ）可知，一方面利用不等式的性质、累加可知（）+（）+（）+…+（）＞，另一方面通过放缩、利用裂项相消法计算可知++…+＜2，进而整理即得结论．【解答】解：（Ⅰ）∵S n 2=a 13+a 23+…+a n 3（n ∈N *）， ∴S n ﹣12=a 13+a 23+…+a n ﹣13（n ≥2，n ∈N *），两式相减得：﹣=，∴a n（S n+S n﹣1）=，∵数列{a n}中每一项均为正数，∴S n+S n﹣1=，又∵S n﹣1﹣S n﹣2=，两式相减得：a n﹣a n﹣1=1，又∵a1=1，∴a n=n；证明：（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∵，∴，即，令k=1，2，3，…，n，累加后再加得：（）+（）+（）+...+（）＞2+2+ (2)=（2n+1）=，又∵+++…+＜3等价于++…+＜2，而=＜=（﹣）=（﹣）＜（﹣）=2（﹣），令k=2，3，4，…，2n+1，累加得：++…+＜2（1﹣）+2（﹣）+…+2（﹣）=2（1﹣）＜2，∴．。

浙江省名校新高考研究联盟2020届第二次联考数学（理科）试题卷本试题卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 参考公式：球的表面积公式：24R S π= 棱柱的体积公式：sh V =球的体积公式：334R V π= 其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高其中R 表示球的半径台体的体积公式：)(312211S S S S h V ++=锥体体积公式：Sh V 31= 其中21,S S 分别表示棱台的上、下底面积，h 表示其中S 表示锥体的底面积，h 表示 棱台的高 锥体的高第I 卷(选择题 共40分)一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．请将你认为正确的选项答在指定的位置上。

）1．已知集合{}2||>=x x M ，{}13|>=xx N ，则=⋂N M （ ）A ．{}0|>x xB ．{}2|>x xC ．{2|-<x x 或}0>xD ．{2|-<x x 或}2>x2．设43sin =α，⎪⎭⎫⎝⎛∈2π,0α，则=-2cos 2sin αα （ ） A .41-B .41C .21-D .21 3．“∃R 0∈x ，使01sin 0<+⋅x a 成立”是“01<+a ”的 （ ） A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既非充分也非必要条件4．设函数2)1e ln()(xx f x-+=（其中e 为自然对数的底数， 2.71828e ≈），则函数)(x f y =的图象大致是 （ ）5．若直线1=+by ax （R ,∈b a ）被圆122=+y x 截得的弦长为3，则b a +的最大值为（ ）A ．2B ．4C ．22D ．326．已知单位向量，的夹角为︒60，y x +=，其中∈y x ,R ，且42=+y x ，为非零向量．则||||d -的最小值为 （ ）A ．0B ．1C ．2D ．37．设双曲线C :)0,0(12222>>=-b a by a x 的右焦点为F ．若第一象限内在C 上存在点M ，第二象限内C 的渐近线上存在点N ，使得直线OM 垂直且平分线段NF （O 为坐标原点），则该双曲线离心率的取值范围为 （ ） A ．)2,1( B ．),1(+∞ C ．),2(+∞ D ．)4,2( 8．已知三棱锥ABC P -的底面ABC ∆是正角形，且PC PB PA ==，E 、F 是棱PA 、BC 的中点．记EF 与平面PAB 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，则βα+ （ ） A ．小于2π B ．等于2πC ．大于2πD ．与2π的大小关系不能确定 第Ⅱ卷(非选择题 共110分)二、填空题（本大题共7题，第9～12题每题6分，第13～15题每题4分，共36分，把答案填在答题卡中对应题号后的横线上．） 9．已知函数)R (2cos 32sin 3)(∈+=x x x x f ，则)(x f 的最小正周期是 ，)(x f 的最大值是 ，)(x f 的图象的一条对称轴方程是 ．D ．A ．C ．10．已知某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是，表面积是 ． 11．设向量b a ,的夹角为︒30，3||,2||==b a ．则=+|2|b a ；若)2()2(b a b a -⊥+λ，则实数λ的值为 ．12．右表给出一个“直角三角形数阵”，满足每一列成等差数列，从第三行起每一行的数成等比数列，且每一行的公 比相等．记第i 行，第j 列的数为)N (*,∈≥j i j i a j i ，，， 则j a ,5= ， 5,i a = ．13．已知实数y x ,满足：⎪⎩⎪⎨⎧≥-≤+≥-+027053x y x y x ，若ay x z +=的最大值为12，则实数a 的值是 ．14．已知抛物线x y 8:2=τ的焦点为F ，直线l 与τ相切于Q 点，P 是l 上一点（不与Q 重合），若以线段PQ 为直径的圆恰好经过F ，则||PF 的最小值是 .15．已知函数x x x f +-=2)(，⎩⎨⎧>--≤=a x x g a x x f x g ,1)1(),()(，错误!未找到引用源。