浙大附中 2020 年高考全真模拟考试
数学试卷
一、选择题
1.设集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
首先利用绝对值的几何意义求出集合 ，然后再利用集合的交运算即可求解.
【详解】由 ， ，
所以
故选：A
【点睛】本题考查了集合的交运算、绝对值的几何意义解不等式，考查了基本运算求解能力，属于基础题.
2.若复数 ，则 的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先利用复数的除法，将复数 ，转化为 ，再利用复数的概念求解.
【详解】因 复数 ，
所以 的虚部为 .
故选：C
【点睛】本题主要考查复数的运算和复数的概念，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
3.已知双曲线 ，则焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
.
为
{ }0,1,2,3P = { }2Q x R x= ∈ < P Q =
{ }0,1 { }1,2 { }0,1,2 { }1
Q
{ } { }2 2 2Q x R x x x= ∈ < = − < < { }0,1,2,3P =
P Q = { }0,1
1
1z i
= − z
1
2
− 1
2 i− 1
2
1
2 i
1
1z i
= −
1 1
2 2z i= +
( )( )
1 1 1 1
1 1 1 2 2
iz ii i i
+= = = +− − +
z 1
2
2
2: 12
yC x− =
( )3,0± ( )0, 3± ( )1,0± ( )0, 1±【答案】B
【解析】
【分析】
根据双曲线方程可得 ，即得 ，再根据双曲线方程确定焦点位置，即得结果.
【详解】
焦点在 轴上，因此焦点坐标为：
故选：B
【点睛】本题考查双曲线焦点坐标，考查基本分析求解能力，属基础题.
4.若 ， 满足约束条件 ，则 的最大值是（ ）
A. 8 B. 4 C. 2 D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据约束条件画出可行域，再转化目标函数，把求目标函数的最值问题转化成求截距的最值问题.
【详解】作出不等式组对应的平面区域如图所示：由 ，解得 ，
由 ，得 ，平移直线 ，由图象可知当直线经过点 ，
直线的截距最大，此时 最大，此时 ，
故选 D．
2 22, 1a b= = 2c
2 2
2
2
2 2, 11 a by x = ∴− = ∴ = 2 2 2 3 3c a b c= + = ∴ =
2
2 12
y x− = ∴ y ( )0, 3±
x y 4
2
y x
x y
y
≤
+ ≤
≥ −
2z x y= +
4
y x
x y
=
+ = (2,2)A
2z x y= + 1
2 2
zy x= − + 1
2 2
zy x= − + A
z 6z =【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类
问题的基本方法，属于基础题.
5.函数 的部分图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先确定函数的奇偶性，再观察在 接近于 0 且大于 0 时的函数值正负可得．
【详解】由题意 ，
所以 是偶函数，排除 B，C，
在 接近于 0 且大于 0 时， ， ，得 ，排除 A．
故选：D．
【点睛】本题考查由解析式选择函数图象，解题时可用排除法，通过确定函数的性质如奇偶性、单调性、
对称性等排除，再由特殊的函数值、函数值的正负，函数值的变化趋势等排除错误的选项．
6.设 ， ，则“ ”是“ ”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
先利用基本不等式证明充分性成立，再举反例说明必要性不成立即可.
( ) 1 2 sin2
x
xf x x = −
x
1 1( ) (2 ) sin( ) ( 2 ) sin ( )2 2
x x
x xf x x x f x− = − ⋅ − = − ⋅ =
( )f x
x 1 2 2 2 02
x x x
x
−− = − < sin 0x > ( ) 0f x <
0a > 0b > 1a b+ ≤ 1 1 4a b
+ ≥【详解】解：因为 ， ，所以 ，所以 ，
所以 （当且仅当 时取等号），
所以 （当且仅当 时取等号）.
所以“ ”是“ ”的充分条件.
反之，当 ， 时 ，但是 ，所以“ ”是“ ”的不必要条件.
故选：A.
【点睛】本题主要考查基本不等式的应用、充分条件与必要条件，属于中档题.
7.设 ，已知随机变量 的分布列为
0 1 2
那么，当 在 内增大时， 的变化是（ ）
A. 减小 B. 增大 C. 先减小后增大 D. 先增大后减小
【答案】B
【解析】
【分析】
首先计算出 ，再计算 ，根据 的单调性即可得到答案.
【详解】 ，
.
此时 关于 且开口向下的抛物线，对称轴为 .
故 时， 单调递增.
0a > 0b > 2 1ab a b≤ + ≤ 10 4ab< ≤
1 4ab
≥ 1
2a b= =
1 1 12 2 4 4a b ab
+ ≥ ≥ = 1
2a b= =
1a b+ ≤ 1 1 4a b
+ ≥
1
3a = 1b = 1 1 4a b
+ ≥ 1a b+ > 1a b+ ≤ 1 1 4a b
+ ≥
0 1p< < ξ
ξ
P 4
p 31 4 p−
2
p
P ( )0,1 ( )D ξ
( ) 11 4E pξ = + ( ) 2 3
16 4
pD pξ = − + ( )D ξ
( ) 3 10 1 2 14 4 2 4
p pE p pξ = × + − + × = +
( )
2 2 230 1 1 1 1 2 14 4 4 4 4 2
p p p p pD pξ = − + × + − + × − + − + ×
2 3
16 4
p p= − +
( )D ξ p 6p =
( )0,1p∈ ( )D ξ故选：B
【点睛】本题主要考查方差的概念，同时考查了数学期望的概念，属于简单题.
8.已知向量 满足 ， ，则 最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
采 用 数 形 结 合 的 方 法 ， 根 据 题 意 可 知 ， 然 后 假 设 ， 可 得
，理解 意义，可得结果.
【详解】由题可知：
则
由 ，如图
记
由 ，
把坐标代入计算化简可得
，则
故 表示点 到圆 上点的最短距离
如图
,a b 2a b a b= = ⋅ = ( )2
2 2 3 0c a b c− + ⋅ + = c tb+
3 2
2
−
3 1− 3 1
2
− 1
2
= 3
， π a b ( ) ( ) ( )= 1 3 2 0 ,， ， ， ，= = a b c x y
( )
2
2 3 11 2 4
− + − =
x y c tb+
2a b a b= = ⋅ =
1cos , 2 cos , 2
⋅ = = ⇒ = a b a b a b a b
[ ]0, = 3
， ， ππ∈ ⇒ a b a b
( ) ( ) ( )= 1 3 2 0 ,， ， ， ，= = a b c x y
( )2
2 2 3 0c a b c− + ⋅ + =
( )
2
2 3 11 2 4
− + − =
x y
( )2 ,+ = + c tb x t y ( )2 22+ = + + c tb x t y
min
+ c tb ( )2 ,0N t− ( )
2
2 3 1: 1 2 4M x y
− + − = 则 最小值为
故选：C
【点睛】本题考查向量的综合应用，关键在于使用坐标进行计算，数形结合，化繁为简，形象直观，考查
分析能力以及计算能力，属中档题.
9.如图 中，点 是 上靠近 的三等分点，点 是 上靠近 的三等分点，沿直线 将
翻折成 ，所成二面角 的平面角为 ，则（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】
采用数形结合，计算 ，通过作辅助线可得二面角的平面角，并计算 ，然后进行比较
， 大小，并根据利用函数 的单调性，可得结果.
【详解】作 交 于点 ，延长 ，作 交 于点
作 // ，且 ，连接
如图
c tb+ 3 1 3 1
2 2 2
−= − =MN
ABC D AB A E AC C DE ADE
A DE′ A DE B′ − − α
A DB α′∠ ≥ A EC α′∠ ≥ A DB α′∠ ≥ A EC α′∠ ≤
A DB α′∠ ≤ A EC α′∠ ≥ A DB α′∠ ≤ A EC α′∠ ≤
cos∠ ′A DB cosα
cos∠ ′A DB cosα cosy x=
BM ED⊥ DE M ED ′ ⊥A O ED ED O
NO BM NO BM= , ′BN A B设 ，
由点 是 上靠近 的三等分点
则
所以
所以 ，
由 ，
所以二面角 的平面角为
又 所以
则
所以
则 ，当 时，取等号，即
又 ，而函数 在 递减
所以
综上： ，同理：
故 A 正确
故选：A
θ∠ =BDM 3,= ′ =AB A B t
D AB A
' 1, 2A D AD BD= = =
2 2 2 25cos 2 4
′ + − ′ −∠ ′ = =′ ⋅
A D BD A B tA DB A D BD
cos 2cos , cos cosθ θ θ θ= ⋅ = = ′ ⋅ =DM BD OD A D
sin 2sin , sinθ θ θ= ⋅ = ′ = ′BM BD A O A D
2sinθ= =ON BM 2cosθ= =BN OM
,⊥ ′ ⊥ON OE A O OE
A DE B′ − − α A ON= Ð ¢
,⊥BN ON 2 2 2 2 24cos θ′ = ′ − = −A N A B BN t
2 2 2 2 2
2
5 4coscos 2 4sin
θα θ
′ + − ′ − += =′ ⋅
A O ON A N t
A O ON
2 2 2 2
2 2 2
5 4cos 5 coscos 4sin 4sin sin
θ θα θ θ θ
− + −= = +t t
cos cosα ≥ ∠ ′A DB 2
πθ = α = ∠ ′A DB
( )0,π∠ ′ ∈A DB cosy x= ( )0,π
α∠ ′ >A DB
α∠ ′ ≥A DB A EC α′∠ ≥【点睛】本题考查二面角的平面角的大小，本题难点在于计算 ， ，注意知识的交叉应用，
考验分析能力以及逻辑推理能力，熟练掌握公式，属难题.
10.已知正项数列 满足 ， 则下列正确的是（ ）
A. 当 时， 递增， 递增
B. 当 时， 递增， 递减
C. 当 时， 递增， 递减
D. 当 时， 递减， 递减
【答案】B
【解析】
【分析】
设 ，画出函数的图像，利用数形结合的观点即可得到答案.
【详解】解：设 ，单调递减，画出图像如图所示：
由图像知 ，所以对于
当 时，不妨确定 的位置，根据 ，把 标到图上，如图所示：
cos∠ ′A DB cosα
{ }na
1
1
1 1
2 2
na
n
n
a a
+
+
= + 1a a=
1a > { }2 1na − { }2na
1a > { }2 1na − { }2na
0 1a< < { }2 1na − { }2na
0 1a< < { }2 1na − { }2na
1 1( ) ( 0)2 2
x
f x xx
= + >
1 1( ) ( 0)2 2
x
f x xx
= + >
( )1 1f = 1
1
1 1
2 2
na
n
n
a a
+
+
= +
1 1a a= > 1a 1a 1 2 3 4, , , , , na a a a a由 图像知， ，所以 ，所以 ，一直根据图像推下去可得：对于数列 ，
所以奇数项 ，所有偶数项 .
从作图过程可以看出： ，
所以可得：数列 递增数列， 递减数列.
当 时，不妨确定 的位置，根据 ，把 标到图上，如图所示：
( )f x 20 1a< < 3 1a > 40 1a< < { }na
( )*1 2 1.na n k k N> = + ∈ ( )*0 1 2 .na n k k N< < = ∈
1 3 5 2 1na a a a −< < < > > >
{ }2 1na − { }2na
10 1a a< = < 1a 1a 1 2 3 4, , , , , na a a a a由 图像知， ，所以 ，一直根据图像推下去可得：对于数列 ，所以奇数项
，所有偶数项 .
从图像可以看出： ，
所以：数列 递减数列， 递增数列.
故选：B.
【点睛】本题主要考查用函数的观点解决数列问题，考查学生的数形结合能力，属于综合题.
二、填空题
11. ______；若 ，则 ______.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
根据对数的运算法则，可得结果.
【详解】 ，
( )f x 2 1a > 30 1a< < { }na
( )*0 1 2 1.na n k k N< < = + ∈ ( )*1 2 .na n k k N> = ∈
1 3 5 2 1na a a a −> > > > 2 4 6 2na a a a< < < > l ,A B ,M N
1AF 1BF MN
2 ,12
1 1AF BF⊥ ( )0 0,A x y 1 1 0AF BF⋅ =
0 0,x y
2 2
0 0
2 2 1x y
a b
+ = , ,a b c 2
0x 2 2
00 x a< <
,M N 1AF 1BF ,OM ON 1ABF∆ MN
OM ON⊥ 1 1AF BF⊥
( )0 0,A x y ( )0 0,B x y− − ( )1 ,0F c−所以， ，
则 ，又 ，
所以， ，得 ，
即只需 ，整理得：
解得 ，又 ，
所以 .
故答案为：
【点睛】本题考查离心率取值范围问题，难度较大，解答时一定要灵活转化，列出满足条件的含 的关
系式，根据关系式化简求解离心率 的取值范围.
17.对任意 ，不等式 恒成立，则 的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】
把 不 等 式 转 化 为 ， 记
，则原不等式转化为 恒成立，画出 的图像，然后用数形结合和
图像变换的思想来解题即可.
【详解】解：不等式 等价于 ，
记 ，则原不等式等价于 .
所以，不等式 恒成立等价于不等式 恒成立.
而 ，且图像如下图所示：
,
( )1 0 0,AF c x y= − − − ( )1 0 0,BF c x y= − +
2 2 2
1 1 0 0 0AF BF c x y⋅ = − − = 2 2
0 0
2 2 1x y
a b
+ =
2
2 2 2
02 0c x b ca
+ − = ( )2 2 2
2
0 2
a c b
x c
−
=
( )2 2 2
2
20
a c b
ac
−
< < 2 22c a>
2
2 e< 1e <
2 12 e< <
2 ,12
, ,a b c
e
x∈R ( ) 2 2x a x a x x a+ − + ≥ − − a
[ )1,+∞
( ) 2 2x a x a x x a+ − + ≥ − − ( ) 2 ( ) 2x a x a x a x x x+ − + + + ≥ − +
( ) 2f x x x x= − + ( ) ( )f x a f x+ ≥ ( )f x
( ) 2 2x a x a x x a+ − + ≥ − − ( ) 2 ( ) 2x a x a x a x x x+ − + + + ≥ − +
( ) 2f x x x x= − + ( ) ( )f x a f x+ ≥
( ) 2 2x a x a x x a+ − + ≥ − − ( ) ( )f x a f x+ ≥
( ) 2
2
3 , 2
, 2
x x xf x
x x x
− + 2 3 12a a+ = 1 4 32a a = { }nb
1
1 1 2 1... 3 2 4 6n
n n na b a b a b n+
−+ + + = ⋅ − −
{ }na { }nb
2
1
1n
n
n n n
bc b b a
+
+
−= ⋅ ⋅ 1 2
1
1... 1n
n n
c c c b a+
+ + + < − ⋅
2n
na = 2 1nb n= −
2 3a a， { }na
( )1
1 1 2 2 1... 3 2 8 1 12n
n n na b a b a b n+
− −+ + + = ⋅ − − − { }nb
( )( )
2 3
2 1 2 1 2n n
nc n n
+< − +
{ }na 1q > 2 3a a<
2 3 1 4 32a a a a= = 2 3 12a a+ = 2 4a = 3 8a =
2 23
2
2
2, 4 2 2n n n
n
aq a a qa
− −= = = = × =
1n = 1 1 2a b = 1 2b =
2n ≥ 1
1 1 2 1... 3 2 4 6n
n n na b a b a b n+
−+ + + = ⋅ − −
( )1 1 2 2 1 1... 3 2 4 1 6n
n n na b a b a b n− − −+ + + = ⋅ − − −
( )1
1 1 2 2 1... 3 2 8 1 12n
n n na b a b a b n+
− −+ + + = ⋅ − − −
1 4 6 8 8 12 4 2na b n n n= − − + − + = − 2 1nb n= −
1n = 1 2 2 1 1b = = × − 2 1nb n= −
( )( ) ( )( )2
1
1 2 2 2 3
2 1 2 1 2 2 1 2 1 2
n
n n n
n n n
b n nc b b a n n n n
+
+
− + += = ( )f x e
2a ≥【解析】
【分析】
（1）求导得到单调区间，计算最大值得到答案.
（2）求导得到 ，设 ，讨论函数的单调性计算最值，得到原函
数的零点个数，得到答案.
【详解】（1）由 ，得 .
当 时， ， 递增；当 时， ， 递减，
得 ，即 .
（2） ，得 ，
令 ，得 .
当 时， ， 递减；当 ， ， 递增.
即 .
①当 时， ， ，故 递增，
又由 ， ，即符合题意，
②当 时， ，
则必存在 ，使得 ；
，即 ，
设 ，则 ，
函数在 上单调递增，在 上单调递减，故 ，
当 时， ，得 递增；当 时， ，得 递减；当
( ) ln 2
2
x k xf x
x
− +′ = ( ) ln 2h x x k x= − +
( ) 2 lnf x x x x a= − − ( ) ln
2
xf x
x
′ = −
( )0,1x∈ ( ) 0f x′ > ( )f x ( )1,x∈ +∞ ( ) 0f x′ < ( )f x
( ) ( )max 1 2 0f x f a= = − ≤ 2a ≥
( ) 2 lnf x x x x kx a= − + − ( ) ln 2
2
x k xf x
x
− +′ =
( ) ln 2h x x k x= − + ( ) 1 k xh x x
− +′ =
2
10,x k
∈
( ) 0h x′ < ( )h x 2
1 ,x k
∈ +∞
( ) 0h x′ > ( )h x
( ) 2min
1 2ln 2h x h kk
= = +
1k e
≥ ( )0,x∈ +∞ ( ) 0h x > ( )f x
( )
0
lim 0
x
f x a+→
= − < ( )lim
x
f x→+∞
= +∞
1k e
< ( )f x ( )1 2,x x x∈ ( ) 0h x < ( )f x， ，得 递增.
故要使得 有唯一零点，只需证： 或 .
事实上， ，
当 时， ，得 递增，故 ，证毕.
【点睛】本题考查了利用导数解决恒成立问题，函数的零点问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能
力.
.
( )2 ,x x∈ +∞ ( ) 0h x > ( )f x
( )f x ( )1 0
( ) 1
1 1 1 1 1 1 12 ln 2 ln2
xf x x x x kx a x x a= − + − = − − ( ) 1
1
1
4 ln
4
xf x
x
−′ =
( )2
1 1,x e∈ ( )1 0f x′ > ( )1f x ( ) ( )2
1 max 0f x f e e a< = − ≤
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