2020浙江新高考数学二轮复习高考仿真模拟试卷（一）（Word版附解析）

高考仿真模拟练(一) (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．设集合 A＝{x|x2－x－2≤0}，B＝{x|x1)的图象大致形状是(　　) 6．已知变量 x，y 满足约束条件{x－2y ≥ －2，x－y ≤ 0，x ≥ －4，若不等式 2x－y ＋m2≥0 恒成立，则实数 m 的取值范围为(　　) A．[－ 6， 6] B．[－ 7， 7] C．(－∞，－ 6]∪[ 6，＋∞) D．(－∞，－ 7]∪[ 7，＋∞) 7．随机变量 X 的分布列如下表，且 E(X)＝2，则 D(2X－3)＝(　　) X 0 2 a P 1 6 p 1 3 A.2 B．3 C．4 D．5 8．已知平面向量 a，b，c 满足 c＝xa＋yb(x，y∈R)，且 a·c>0，b·c>0.(　　) A．若 a·b0，y>0 B．若 a·b0，若 a·b0，b·c＝1>0，a·b＝－10，可举 a＝(1，0)，b＝(2，1)，c＝(1，1)， 则 a·c＝1>0，b·c＝3>0，a·b＝2>0， 由 c＝xa＋yb，即有 1＝x＋2y，1＝y，解得 x＝－1，y＝1， 则可排除 C，D.故选 A. 9．解析：选 A.延长 DA 至 E，使 AE＝DA，连接 PE，BE，因为∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，所以 DE＝BC，DE ∥BC. 所以四边形 CBED 为平行四边形． 所以 CD∥BE. 所以∠PBE(或其补角)就是异面直线 CD 与 PB 所成的角． 在△PAE 中，AE＝PA，∠PAE＝120°， 由余弦定理得 PE＝ PA2＋AE2－2·PA·AE·cos∠PAE ＝ AE2＋AE2－2·AE·AE·(－1 2 ) ＝ 3AE. 在△ABE 中，AE＝AB，∠BAE＝90°， 所以 BE＝ 2AE. 因为△PAB 是等边三角形， 所以 PB＝AB＝AE. 因为 PB2＋BE2＝AE2＋2AE2＝3AE2＝PE2，所以∠PBE＝90°.故选 A. 10．解析：选 D.f(x)＝2x＋1－x2－2x－2≤0，即 2x＋1≤x2＋2x＋2.设 g(x)＝2x＋1，h(x)＝x2 ＋2x＋2，当 x≤－1 时，0＜g(x)≤1，h(x)＝x2＋2x＋2≥1，所以当 a≤－1 时，满足对任意 的 x∈Z 且 x∈(－∞，a)，f(x)≤0 恒成立；当－1＜x＜4 时，因为 g(0)＝h(0)＝2，g(1)＝4＜h(1) ＝5，g(2)＝8＜h(2)＝10，g(3)＝16＜h(3)＝17，所以当－1＜a≤4 时，亦满足对任意的 x∈Z 且 x∈(－∞，a)，f(x)≤0 恒成立；当 x≥4 时，易知 f′(x)＝2x＋1·ln 2－2x－2，设 F(x)＝2x ＋1·ln 2－2x－2，则 F′(x)＝2x＋1·(ln 2)2－2＞0，所以 F(x)＝2x＋1·ln 2－2x－2 在[4，＋∞) 上是增函数，所以 f′(x)≥f′(4)＝32ln 2－10＞0，所以函数 f(x)＝2x＋1－x2－2x－2 在[4，＋∞) 上是增函数，所以 f(x)≥f(4)＝32－16－8－2＝6＞0，即当 a＞4 时，不满足对任意的 x∈Z 且 x∈(－∞，a)，f(x)≤0 恒成立． 综上可知，实数 a 的取值范围是(－∞，4]． 11．解析：依题意可知 F 点坐标为(p 2，0 )，所以 B 点坐标为(p 4，1 )，代入抛物线方程 解得 p＝ 2，所以 F 到 l 的距离为 2，|FB|＝ p 4＋ p 2＝ 3 2 4 . 答案： 2　 3 2 4 12. 解析：分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥 P­ABCD， CD＝ y 2，AB＝y，AC＝5，CP＝ 7，BP＝x，所以 BP 2＝BC2＋CP2，即 x2＝25－y2＋7， x2＋y2＝32≥2xy，则 xy≤16，当且仅当 x＝y＝4 时，等号成立．此时该几何体的体积 V＝ 1 3× 2＋4 2 ×3× 7＝3 7.答案：16　3 7 13．6　 15 7 4 14．解析：因为 an＋m am ＝an，所以 an＋m＝an·am，所以 a3＝a1＋2＝a1·a2＝a1·a1·a1＝23 ＝8；令 m＝1，则有 an＋1＝an·a1＝2an，所以数列{an}是首项为 a1＝2，公比 q＝2 的等比数 列，所以 Sn＝ 2（1－2n） 1－2 ＝2n＋1－2. 答案：8　2n＋1－2 15．解析：根据题意，按五名同学分组的不同分 2 种情况讨论； ①五人分为 2，2，1 的三组，有 CCC A ＝15(种)分组方法，对应三个暑期社会实践活动， 有 15×A33＝90(种)安排方案； ②五人分为 3，1，1 的三组，有 CCC A ＝10(种)分组方法，对应三个暑期社会实践活动， 有 10×A33＝60(种)安排方案； 综上，共有 90＋60＝150(种)不同的安排方案． 答案：150 16．解析：由题意得 f(1)＝－2⇒a－2b＝－3，又因为 f′(x)＝3x 2＋a，所以 f(x)的图象 在点(1，－2)处的切线方程为 y＋2＝(3＋a)(x－1)，即(3＋a)x－y－a－5＝0，所以 |（3＋a） × 2＋4－a－5| （3＋a）2＋1 ＝ 5⇒a＝－ 5 2，所以 b＝ 1 4，所以 3a＋2b＝－7. 答案：－7 17．解析：因为二项式( x＋m x2) n 展开式的二项式系数之和为 32，所以 2n＝32，所以 n＝ 5，因为 Tr＋1＝Cr5( x)5－r( m x2 ) r ＝Cr5mrx 5 2－ 5 2r，令5 2－ 5 2r＝0，得 r＝1，所以常数项为 C15m＝ 10，所以 m＝2. 答案：2 18．解：(1)由已知，有 f(x)＝ 1－cos 2x 2 － 1－cos(2x－π 3 ) 2 ＝ 1 2(1 2cos 2x＋ 3 2 sin 2x)－ 1 2cos 2x ＝ 3 4 sin 2x－ 1 4cos 2x ＝ 1 2sin(2x－π 6 ). 所以 f(x)的最小正周期 T＝ 2π 2 ＝π. (2)因为 f(x)在区间[－π 3 ，－π 6 ]上是减函数，在区间[－π 6 ， π 4 ]上是增函数，且 f(－π 3 ) ＝－1 4，f(－π 6 )＝－ 1 2，f(π 4 )＝ 3 4 ， 所以 f(x)在区间[－π 3 ， π 4 ]上的最大值为 3 4 ，最小值为－ 1 2. 19．解：(1)证明：如图，以 H 为原点，建立空间直角坐标系，则 C(0，0， 3)，C1( 2，2， 3)， A1( 2，0，0)，B1(0，2，0)， 所以CC1→ ＝( 2，2，0)， A1D→ ＝(－ 2 2 ， 2 2 ， 3)， B1D→ ＝( 2 2 ，－ 2 2 ， 3)， 所以CC1→ ·A1D→ ＝0，CC1→ ·B1D→ ＝0， 因此 CC1⊥平面 A1B1D. (2)设平面 AA1C1C 的法向量 n＝(1，x，y)，由于AA1→ ＝( 2，2，0)，A1C→ ＝(－ 2，0， 3)， 则 n·AA1→ ＝ 2＋ 2x＝0，n·A1C→ ＝－ 2＋ 3y＝0，得 x＝－1，y＝ 6 3 ， 所以 n＝(1，－1， 6 3 ). 又HD→ ＝( 2 2 ， 2 2 ， 3)， 所以 sin θ＝ |HD→ ·n| |HD → |·|n| ＝ 2 2· 2 6 3 ＝ 3 4 . 20．解：(1)由已知得 S23＝S1·S9， 即(3＋3d)2＝9＋36d， 又 d≠0，所以 d＝2，所以 an＝2n－1，Sn＝n2， 由 b1×12＋b2×22＋…＋bn×n2＝6－ n2＋4n＋6 2n 得 b1＝ 1 2， n≥2 时，bn×n2＝6－ n2＋4n＋6 2n －6＋ （n－1）2＋4（n－1）＋6 2n－1 ＝ n2 2n， 所以 bn＝ 1 2n，显然 b1＝ 1 2也满足． 所以 bn＝ 1 2n(n∈N*)． (2)Tn＝1－ 1 2n， 1 2Tn＝ 1 2(1－ 1 2n)， Rn＝ 1 1 × 3＋ 1 3 × 5＋…＋ 1 （2n－1）（2n＋1）＝ 1 2(1－1 3＋1 3－1 5＋…＋ 1 2n－1－ 1 2n＋1) ＝ 1 2(1－ 1 2n＋1)． 当 n＝1 时，21 1 2T1；当 n＝2 时，22 1 2T2； 当 n≥3 时，2n＝(1＋1)n＝1＋C1n＋C2n＋C3n＋…>1＋n＋ n（n－1） 2 ≥2n＋1； 所以 Rn< 1 2Tn. 综上，当 n≤2 时，Rn> 1 2Tn；当 n≥3 时 Rn< 1 2Tn. 21．解：(1)由题意，2p＝6，所以抛物线方程为 y2＝6x. (2)设线段 AB 的中点为 M(x0，y0)， 则 x0＝2，y0＝ y1＋y2 2 ，kAB＝ y2－y1 x2－x1＝ 3 y0. 线段 AB 的垂直平分线的方程是 y－y0＝－ y0 3 (x－2)，① 由题意知 x＝5，y＝0 是①的一个解， 所以线段 AB 的垂直平分线与 x 轴的交点 C 为定点，且点 C 坐标为(5，0)． 所以线段 AB 的垂直平分线经过定点 C(5，0)． (3)由(2)知直线 AB 的方程为 y－y0＝ 3 y0(x－2)， 即 x＝ y0 3 (y－y0)＋2，② ②代入 y2＝6x 得 y2＝2y0(y－y0)＋12， 即 y2－2y0y＋2y20－12＝0，③ 依题意，y1，y2 是方程③的两个实根，且 y1≠y2， 所以 Δ>0，－2 30， 所以 1 2x2＝x1>x0， 所以 1