浙江省杭州高級中學高考模擬測試高三數(shù)學試卷

1、浙江省杭州高級中學高考模擬測試高三數(shù)學試卷浙江省杭州高級中學高考模擬測試高三數(shù)學試卷浙江省杭州高級中學高考模擬測試高三數(shù)學試卷2020年高考數(shù)學（3月份）模擬測試一試卷一、選擇題210，Bx|0 x4，則AB（）1若會合Ax|xA（，1）B0，4）C1，4）D（4，+）2已知i為虛數(shù)單位，則z的虛部為（）A1B2C2D2i3已知雙曲線C：1（a0，b0）的漸近線方程為yx，則雙曲線C的離心率為（）ABCD4函數(shù)函數(shù)f（x）|x|的大概圖象為（）ABCD5已知隨機變量滿足P（0）x，P（1）1x，若，則（）AE（）跟著x的增大而增大，D（）跟著x的增大而增大BE（）跟著x的增大而減小，D（）跟著

2、x的增大而增大CE（）跟著x的增大而減小，D（）跟著x的增大而減小DE（）跟著x的增大而增大，D（）跟著x的增大而減小6某幾何體的三視圖以以下圖，則該幾何體的體積是（）ABCD7“l(fā)n（a2）ln（b1）0”是“”成立的（）A充分不用要條件B必需不充分條件C充分必需條件D既不充分也不用要條件8如圖，圓O是半徑為1的圓，設B，C為圓上的隨意2個點，則的取值范圍是（）AB1，3C1，1D9如圖，在三棱錐PABC中，PBBCa，PAACb（ab），設二面角PABC的平面角為，則（）A+PCA+PCB，2PAC+PBCB+PCA+PCB，2PAC+PBCC+PCA+PCB，2PAC+PBCD+PCA+

3、PCB，2PAC+PBC10設a，bR+，數(shù)列an滿足a12，an+1a?an2+b，nN*，則（）A關于隨意a，都存在實數(shù)M，使得anM恒成立B關于隨意b，都存在實數(shù)M，使得anM恒成立C關于隨意b（24a，+），都存在實數(shù)M，使得anM恒成立D關于隨意b（0，24a），都存在實數(shù)M，使得anM恒成立二、填空題（共7小題）11九章算術中，將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱為“陽馬”現(xiàn)有一“陽馬”PABCD，PA底面ABCD，PAAB2，AD1，則該“陽馬”的最長棱長等于；外接球表面積等于12設x，y滿足拘束條件，則z2x+3y的最大值為；滿足條件的x，y構成的平面地區(qū)的面積是13

4、已知（x+2）5（2x5）a0+a1x+a6x6，則a0；a514已知ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，且b1，則B；ABC的面積為15從0，1，2，3，4，5這6個數(shù)中隨機抽取5個數(shù)構成一個五位數(shù)，則滿足條件“abcde”的五位數(shù)的個數(shù)有16設F1，F(xiàn)2是橢圓C：1（0m2）的兩個焦點，P（x0，y0）是C上一點，且滿足PF1F2的面積為，則|x0|的取值范圍是17設函數(shù)f（x）|lnx+a|+|x+b|（a，bR），當x1，e時，記f（x）最大值為M（a，b），則M（a，b）的最小值為三、解答題（共5小題）18已知函數(shù)（0）的圖象上相鄰兩對稱軸之間的距離為4（）求的值及f（

5、x）的單一遞加區(qū)間；（）若且，求f（x0+1）的值19如圖，已知四棱錐ABCDE中，ABBC2，CDBE，BE2CD4，EBC60（）求證：EC平面ABC；（）求直線AD與平面ABE所成角的正弦值20已知等差數(shù)列an的公差不為零，且a33，al，a2，a4成等比數(shù)列，數(shù)列bn滿足b1+2b2+nbn2an（nN*）（）求數(shù)列an，bn的通項公式；（）求證：+an+1（nN*）22px（p0）過點Q（1，2），F(xiàn)為其焦點，過F且不垂直于x軸21已知拋物線E：y的直線l交拋物線E于A，B兩點，動點P滿足PAB的垂心為原點O（1）求拋物線E的方程；（2）求證：動點P在定直線m上，并求的最小值2，g（

6、x）k（x+1）22已知f（x）2ln（x+2）（x+1）（）求f（x）的單一區(qū)間；（）當k2時，求證：關于?x1，f（x）g（x）恒成立；（）若存在x01，使合適x（1，x0）時，恒有f（x）g（x）成立，試求k的取值范圍參照答案一、選擇題（共10小題）1若會合Ax|x210，Bx|0 x4，則AB（）A（，1）B0，4）C1，4）D（4，+）解：Ax|x1，或x1；AB1，4）應選：C2已知i為虛數(shù)單位，則z的虛部為（）A1B2C2D2i解：，z的虛部為2應選：B3已知雙曲線C：1（a0，b0）的漸近線方程為yx，則雙曲線C的離心率為（）ABCD【分析】依據(jù)題意，由雙曲線的方程分析可得其焦

7、點在x軸上，從而可得漸近線方程，聯(lián)合題意可得有，即a2b，由雙曲線的幾何性質(zhì)分析可得ca，由離心率的計算公式可得答案解：依據(jù)題意，雙曲線的方程為1，其焦點在y軸上，其漸近線方程為yx，又由其漸近線方程為yx，則有，即b2a，ca，則其離心率e；應選：B4函數(shù)函數(shù)f（x）|x|的大概圖象為（）ABCD【分析】利用x0時，函數(shù)的單一性，以及x0時，函數(shù)值的符號進行除去即可解：當x0時，f（x）x為增函數(shù)，除去A，B，當x0時，f（x）|x|0恒成立，除去C，應選：D5已知隨機變量滿足P（0）x，P（1）1x，若，則（）AE（）跟著x的增大而增大，D（）跟著x的增大而增大BE（）跟著x的增大而減小，

8、D（）跟著x的增大而增大CE（）跟著x的增大而減小，D（）跟著x的增大而減小DE（）跟著x的增大而增大，D（）跟著x的增大而減小【分析】遵從成功概率為1x的兩點分布，故E1x，D（1x）xxx2，進而，獲取E和D在x（0，），上的單一性解：依據(jù)題意，遵從成功概率為1x的兩點分布，因此E1x，當x（0，）時，E單一遞減，即E（）跟著x的增大而減小，D（1x）xx2+x，由于D的對稱軸為x，張口向下，故當x（0，）時，D跟著x的增大而增大應選：B6某幾何體的三視圖以以下圖，則該幾何體的體積是（）ABCD【分析】畫出幾何體的直觀圖，利用三視圖的數(shù)據(jù)，經(jīng)過三棱柱的體積減去三棱錐的體積，求解幾何體的體積

9、即可解：由題意可知幾何體的直觀圖如圖，是正方體的一部分，四棱錐PABCD，正方體的棱長為2，三棱柱的體積減去三棱錐的體積，求解幾何體是體積，所求體積為：應選：C7“l(fā)n（a2）ln（b1）0”是“”成立的（）A充分不用要條件B必需不充分條件C充分必需條件D既不充分也不用要條件【分析】由對數(shù)的運算性質(zhì)與不等式的基天性質(zhì)聯(lián)合充分必需條件的判斷方法得答案解：由ln（a2）ln（b1）0，得，即a2b1，；反之，由，不必定有l(wèi)n（a2）ln（b1）0，如a2，b1“l(fā)n（a2）ln（b1）0”是“”成立的充分不用要條件應選：A8如圖，圓O是半徑為1的圓，設B，C為圓上的隨意2個點，則的取值范圍是（）A

10、B1，3C1，1D【分析】依據(jù)平面向量的數(shù)目積和二次函數(shù)的性質(zhì)，聯(lián)合余弦函數(shù)的性質(zhì)即可求出結果解：以以下圖，由?（）?|cosBCO|cos|?|?cos|?cos，且|?cos|（|）2，由|0，2，當|時，?有最小值為，又當|2，且cos1時，|?cos，此時?3，為最大值因此?的取值范圍是，3應選：A9如圖，在三棱錐PABC中，PBBCa，PAACb（ab），設二面角PABC的平面角為，則（）A+PCA+PCB，2PAC+PBCB+PCA+PCB，2PAC+PBCC+PCA+PCB，2PAC+PBCD+PCA+PCB，2PAC+PBC【分析】解題的要點是經(jīng)過結構垂面得出PMC，而后轉變到

11、平面中解決即可解：如圖，取PC中點D，連結AD，BD，由PBBCa，PAAC易知BDPC，ADPC，故可得PC平面ABFD，作PMAB于M，由ABPABC，可得CMAB，PMC，又PMCMhab，2PAC+PBC，應選：C10設a，bR+，數(shù)列an滿足a12，an+1a?an2+b，nN*，則（）A關于隨意a，都存在實數(shù)M，使得anM恒成立B關于隨意b，都存在實數(shù)M，使得anM恒成立C關于隨意b（24a，+），都存在實數(shù)M，使得anM恒成立D關于隨意b（0，24a），都存在實數(shù)M，使得anM恒成立【分析】取a1，b1，可除去AB；由蛛網(wǎng)圖可得數(shù)列an的單一狀況，從而獲取要使anM，只需，由此得

12、出答案解：取a1，b1，該數(shù)列an恒單一遞加，且不存在最大值，故除去AB選項；由蛛網(wǎng)圖可知，ax2+bx存在兩個不動點，且，由于當0a1x1時，數(shù)列an單一遞加，則anx1，；當x1a1x2時，數(shù)列an單一遞減，則x1ana1；因此要使anM，只需要0a1x2，故，化簡得b24a且b0，應選：D二、填空題（共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分）11九章算術中，將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱為“陽馬”現(xiàn)有一“陽馬”PABCD，PA底面ABCD，PAAB2，AD1，則該“陽馬”的最長棱長等于3；外接球表面積等于9【分析】由題意畫出圖形，利用勾股定理求得幾何體最長棱長，

13、再由切割補形法獲取多面體外接球的半徑，則球的表面積可求解：如圖，PA底面ABCD，底面ABCD為長方形，且PAAB2，AD1，最長棱PC；其外接球的半徑為則其外接球的表面積為故答案為：3；912設x，y滿足拘束條件，則z2x+3y的最大值為11；滿足條件的x，y構成的平面地區(qū)的面積是【分析】作出不等式對應的平面地區(qū)，利用線性規(guī)劃的知識，經(jīng)過平移即可求z的最大值解：作出x，y滿足拘束條件，對應的平面地區(qū)（暗影部分），由z2x+3y，得yx+，平移直線yx+，由圖象可知當直線yx+經(jīng)過點C時，直線yx+的截距最大，此時z最大由，解得A（，）解得B（1，）；解得C（1，3）此時z的最大值為z21+3

14、311，可行域的面積為：故答案為：11；13已知（x+2）5（2x5）a0+a1x+a6x6，則a0160；a515【分析】在所給的等式中，令x等于0，求得a0的值；再利用通項公式求得a5即x5的系數(shù)解：（x+2）5（2x5）a0+a1x+a6x6，令x0，可得a01605的系數(shù)為5+?2?215，a5即x14已知ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，且b1，則B；ABC的面積為【分析】，利用正弦定理可得：sinB（4+2）sincosB，tanB2+，可得B，C再利用三角形的面積計算公式即可得出解：，sinB（4+2）sincosB，tanB2+，tan（）2+，B（0，）BCB

15、cb1SbcsinA故答案為：，15從0，1，2，3，4，5這6個數(shù)中隨機抽取5個數(shù)構成一個五位數(shù)，則滿足條件“abcde”的五位數(shù)的個數(shù)有21【分析】由題意可得c最大，a不可以為0，分兩類，當c5時，當c4時，依據(jù)分類計數(shù)原理可得解：由題意可得c最大，a不可以為0，當c取5時，則從剩下4個數(shù)（不包括0）取兩個，放在c的左側，再從剩下3個數(shù)（包含0）取兩個，放在右側，有C42C3218個，當c取4時，則從剩下3個數(shù)（不包括0）取兩個，放在c的左側，再從剩下2個數(shù)（包含0）取兩個，放在右側，有C32C223個，故滿足條件的五位數(shù)的個數(shù)有18+321個，故答案為：2116設F1，F(xiàn)2是橢圓C：1（

16、0m2）的兩個焦點，P（x0，y0）是C上一點，且滿足PF1F2的面積為，則|x0|的取值范圍是0，1【分析】利用三角形的面積的表達式，聯(lián)合橢圓方程，求經(jīng)過二次函數(shù)，轉變即可獲取|x0|的取值范圍解：設F1，F(xiàn)2是橢圓C：1（0m2）的兩個焦點，P（x0，y0）是C上一點，且滿足PF1F2的面積為，當P是短軸端點時，三角形的面積獲得最大值，因此|y0|，可得：x024，0m2，可得4m2m4（0，4，因此3，可得x021因此|x0|的取值范圍是：0，1故答案為：0，117設函數(shù)f（x）|lnx+a|+|x+b|（a，bR），當x1，e時，記f（x）最大值為M（a，b），則M（a，b）的最小值為

17、【分析】易知f（x）max|lnx+a+x+b|，|lnx+axb|，設G（x）|lnxx+ab|，F(xiàn)（x）|lnx+x+a+b|，利用絕對值不等式的性質(zhì)即可得解解：（fx）max|lnx+a+x+b|，|lnx+axb|，設G（x）|lnxx+ab|，F(xiàn)（x）|lnx+x+a+b|，由單一性可知，當x1，e時，G（x）max|1+ab|，|1e+ab|，F(xiàn)（x）max|1+a+b|，|1+e+a+b|，4M（a，b）|1+ab|+|1e+ab|+|1+a+b|+|1+e+a+b|2+e+2a|+|2e+2a|2e，當且僅當或時取等號故答案為：三、解答題（共5小題，共74分.解答應寫出文字說明

18、、證明過程或演算過程）18已知函數(shù)（0）的圖象上相鄰兩對稱軸之間的距離為4（）求的值及f（x）的單一遞加區(qū)間；（）若且，求f（x0+1）的值【分析】（）利用三角函數(shù)恒等變換的應用化簡已知可得函數(shù)分析式為f（x），由已知可求T，利用周期公式可求的值，令，可求函數(shù)的增區(qū)間（）由已知及（）可求，由范圍，可求，利用同角三角函數(shù)基本關系式可求，依據(jù)兩角和的正弦函數(shù)公式即可計算得解【解答】（此題滿分為14分）解：（）由于：（0），因此：，由條件T8，因此：，因此：，令，得：因此增區(qū)間為：（）由于：，由（1）知：，即：，由于：，因此：，因此：，因此：19如圖，已知四棱錐ABCDE中，ABBC2，CDBE，B

19、E2CD4，EBC60（）求證：EC平面ABC；（）求直線AD與平面ABE所成角的正弦值【分析】（）經(jīng)過求解三角形證明ECCA，ECCB，推出EC面CAB（）如圖，成立空間直角坐標系Cxyz，求出頭ABE的一個法向量，而后利用空間向量的數(shù)目積求解直線AD與平面ABE所成角的正弦函數(shù)值【解答】（）證明：在ABC中，由余弦定理得，在EBC中，由余弦定理得由CE2+CA2EA2，CE2+CB2EB2得，ECCA，ECCB，因此EC面CAB（）解：如圖，成立空間直角坐標系Cxyz，則因此，因此，因此是面ABE的一個法向量，則取記直線AD與平面ABE所成角為，則20已知等差數(shù)列an的公差不為零，且a33

20、，al，a2，a4成等比數(shù)列，數(shù)列bn滿足b1+2b2+nbn2an（nN*）（）求數(shù)列an，bn的通項公式；（）求證：+an+1（nN*）【分析】（）設等差數(shù)列的公差為d，d0，運用等差數(shù)列的通項公式和等比數(shù)列的中項性質(zhì)，解方程可得首項和公差，從而獲取an；可令n1，求得b1，再將n換為n1，相減可得bn；（）原不等式轉變成+n+1，應用數(shù)學概括法證明，注意檢驗n1不等式成立，再假定nk時不等式成立，證明nk+1時，不等式也成立，注意運用分析法證明解：（）等差數(shù)列an的公差d不為零，a33，可得a1+2d3，2，即a1（a1+3d）（a1+d）2，al，a2，a4成等比數(shù)列，可得a1a4a2

21、解方程可得a1d1，則ann；數(shù)列bn滿足b1+2b2+nbn2an，可得b12a12，將n換為n1可得b1+2b2+（n1）bn12an1，聯(lián)立b1+2b2+nbn2an，相減可得nbn2an2an12，則bn，對n1也成立，則bn，nN*；（）證明：不等式+an+1（nN*）即為+n+1，下邊應用數(shù)學概括法證明（1）當n1時，不等式的左側為，右側為2，左側右側，不等式成立；（2）假定nk時不等式+k+1，當nk+1時，+k+1+，要證+k+2，只需證k+1+k+2，即證1，即證（）（1）0，由kN*，可得上式成立，可得nk+1時，不等式也成立綜上可得，對全部nN*，+n+1，故+an+1（

22、nN*）22px（p0）過點Q（1，2），F(xiàn)為其焦點，過F且不垂直于x軸21已知拋物線E：y的直線l交拋物線E于A，B兩點，動點P滿足PAB的垂心為原點O（1）求拋物線E的方程；（2）求證：動點P在定直線m上，并求的最小值【分析】（1）代入Q（1，2）可得p，從而獲取所求拋物線方程；（2）方法一、設l：tyx1，A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立y24x，運用韋達定理和直線方程的交點可得P在定直線m上，由三角形的面積公式和基本不等式可得所求最小值；方法二、設l：tyx1，A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立y24x，運用韋達定理和向量共線定理、以及向量垂直的條件可得P在定直線m上，由

23、三角形的面積公式和基本不等式可得所求最小值解：（1）Q（1，2）代入y22px解得p1，可得拋物線的方程為y24x；（2）證法1：（巧設直線）證明：設l：tyx1，A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立y24x，可得，則有，可設AP：，即，同理BP：，解得P（3，3t），即動點P在定直線m：x3上，當且僅當時取等號此中d1，d2分別為點P和點Q到直線AB的距離證法2：（利用向量以及同構式）證明：設l：xmy+1（m0），A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立y24x，可得y24my40，則有，又O為PAB的垂心，從而，代入化簡得：，同理：，從而可知，y1，y2是方程的兩根，因此，因此動點P在定