2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：高考仿真模拟练（二） .docx

《2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：高考仿真模拟练（二） .docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：高考仿真模拟练（二） .docx（13页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、高考仿真模拟练(二)(时间：120分钟；满分：150分)选择题部分一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1若集合My|y2x，Py|y，则()AMP BMP CPM DMP2已知1ni，其中m，n是实数，i是虚数单位，则mni在复平面内对应的点到坐标原点的距离为()A. B3 C. D53已知直线l平面，直线m平面，则“”是“lm”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4直线ykx1与曲线yx3axb相切于点A(1，3)，则2ab的值等于()A2 B1 C1 D25函数y(2x1)ex的图象是()

2、6已知O是坐标原点，若点M(x，y)为平面区域上的一个动点，则目标函数zx2y的最大值是()A0 B1 C3 D47设随机变量X的概率分布列如下表所示：X012Pa若F(x)P(Xx)，则当x的取值范围是1，2)时，F(x)等于()A. B. C. D.8已知单位向量a，b满足|2ab|2，若存在向量c，使得(c2a)(cb)0，则|c|的取值范围是()A. B.C. D1，19.如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为()A. B. C. D.10已知函数f(x)xa，xa，)，其中a0，bR，记m(a，

3、b)为f(x)的最小值，则当m(a，b)2时，b的取值范围为()Ab Bb Dbem(x1)对任意x(1，)恒成立，求实数m的取值范围21.(本题满分15分)如图，已知直线PA，PB，PC分别与抛物线y24x交于点A，B，C与x轴的正半轴分别交于点L，M，N且|LM|MN|，直线PB的方程为2xy40.(1)设直线PA，PC的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2k1k2；(2)求的取值范围22(本题满分15分)已知数列an满足a11，an1，nN*.记Sn，Tn分别是数列an，a的前n项和证明：当nN*时，(1)an1an；(2)Tn2n1；(3)1Sn.高考仿真模拟练(二)1解析：选B.因为

4、集合My|y0，Py|y0，故MP，选B.2解析：选C.法一：由已知可得m(1ni)(1i)(1n)(n1)i，因为m，n是实数，所以故即mni2i，mni在复平面内对应的点为(2，1)，其到坐标原点的距离为，故选C.法二：i1ni，故即mni在复平面内对应的点到坐标原点的距离为.3解析：选A.根据已知条件，由于直线l平面，直线m平面，如果两个平面平行，则必然能满足lm，反之，如果lm，则对于平面，可能是相交的，故条件能推出结论，但是结论不能推出条件，故选A.4解析：选C.题意知，y3x2a，则由此解得所以2ab1，选C.5解析：选A.令y(2x1)ex0，解得x，函数有唯一的零点，故排除C、

5、D.当x时，ex0，所以y0，故排除B.故选A.6.解析：选D.作出点M(x，y)满足的平面区域，如图所示，由图知当点M为点C(0，2)时，目标函数zx2y取得最大值，即为10224，故选D.7解析：选D.由分布列的性质，得a1，所以a.而x1，2)，所以F(x)P(Xx).8解析：选C.如图，设a，b，c，2a，因为|2ab|2，所以OAB是等腰三角形因为(c2a)(cb)0，所以(c2a)(cb)，即ACBC，所以ABC是直角三角形，所以C在以AB为直径，1为半径的圆上取AB的中点M，因为cos ABO，所以OM211211，即OM，所以|c|.9解析：选D.连接BC1，易证BC1AD1，

6、则A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角连接A1C1，由AB1，AA12，则A1C1，A1BBC1，故cosA1BC1.10D112yx12解析：由正四棱锥的俯视图，可得到正四棱锥的直观图如图，则该正四棱锥的正视图为三角形PEF(E，F分别为AD，BC的中点)，因为正四棱锥的所有棱长均为2，所以PBPC2，EFAB2，PF，所以PO，所以该正四棱锥的正视图的面积为2；正四棱锥的体积为22.答案：13解析：由2asin Bb及正弦定理得2sinBACsin Bsin B，所以sinBAC.因为BAC为锐角，所以BAC.因为AD是内角平分线，所以.由余弦定理得BC2AC2AB22ACABco

7、sBAC492237，所以BC，BD.答案：14解析：设数列an的公比为q，则q38，所以q2，所以an22n12n.设数列bn的公差为d，因为b3a3238，b5a52532，且bn为等差数列，所以b5b3242d，所以d12，所以b1b32d16，所以Sn16n126n222n.答案：2n6n222n15解析：把8张奖券分4组有两种分法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，无奖)、(无奖，无奖)四组，分给4人有A种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有C种分法，再分给4人有CA种分法，所以不同获奖情况种数为ACA243660.答案：6016解析：过O作

8、OP垂直于直线x2y50，过P作圆O的切线PA，连接OA，易知此时|PA|的值最小由点到直线的距离公式，得|OP|.又|OA|1，所以|PA|2.答案：217解析：由题意知函数h(x)的图象如图所示，易知函数h(x)的图象关于直线yx对称，函数F(x)所有零点的和就是函数yh(x)与函数y5x图象交点横坐标的和，设图象交点的横坐标分别为x1，x2，因为两函数图象的交点关于直线yx对称，所以5所以x1x25.答案：518解：(1)由题意得f(x)sin2xsinxcos xsin(2x)，所以函数f(x)的最小正周期T.(2)由0x知，sin1，所以函数f(x)的取值范围为.19解：(1)证明：

9、连接B1D1交A1C1于点E，连接BE，BD.因为ABCD为菱形，所以点M在BD上，且ED1BM，又ED1BM，故四边形ED1MB是平行四边形，则MD1BE，又BE平面A1BC1，MD1平面A1BC1，因此， MD1平面BC1A1.(2)由于A1B1C1D1为菱形，所以A1C1B1D1，又ABCDA1B1C1D1是直四棱柱，有A1C1BB1，则A1C1平面BB1D1D，因此，平面BB1D1D平面BC1A1.过点M作平面BB1D1D和平面BC1A1交线BE的垂线，垂足为H，得MH平面BC1A1.连接HA1，则MA1H是直线MA1与平面BC1A1所成的角设AA11，因为ABCD是菱形且BAD120

10、，则AM，MB.在RtMAA1中，由AM，AA11，得MA1.在RtEMB中，由MB，ME1，得MH.所以sin MA1H.20解：(1)由f(x)exaln x，则f(x)ex，f(1)ea，切点为(1，e)，所求切线方程为ye(ea)(x1)，即(ea)xya0.(2)由f(x)exaln x，a1，原不等式即为exln xem(x1)0.记F(x)exln xem(x1)，F(1)0.依题意有F(x)0对任意x(1，)恒成立，求导得F(x)exm，F(1)e1m，令g(x)exm，则g(x)ex，当x1时，g(x)0，则F(x)在(1，)上单调递增，有F(x)F(1)，若me1，符合题意

11、；若me1，则F(1)0，故存在x1(1，ln m)，使F(x1)0，当1xx1时，F(x)0，F(x)在(1，x1)上单调递减，F(x)F(1)0，舍去综上，实数m的取值范围是(，e121解：(1)联立，解得x1，4，由图象可知，P(1，2)，易知M(2，0)，由题意可设L(2t，0)，N(2t，0)，0t2，所以k1(t1)，k2，所以1，故k1k2k1k2.(2)由(1)得，lPA：2x(t1)y2t40，0t2，由y2(2t2)y4t80，得A(2t)2，42t)，同理可得B(2t)2，42t)设A点到PB的距离为d1，C点到PB的距离为d2，所以d1，d1所以1.因为0t2，所以的取值范围是.22证明：(1)由a11及an1知an0，故an1anan0，所以an1an，nN*.(2)由an，得a2，从而a2aa22aaa2n，又a11，所以Tn2n1，nN*.(3)由(2)知，an1，由Tna1，得an1.所以，当n2时，an()，由此Sna1(1)()()1(1)，又a11，故Sn.另一方面，由an，得Sn11.综上，1Sn，nN*.