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1、（浙江专用）2020高考数学三轮冲刺抢分练仿真卷（二）一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)1若集合A，B，则AB等于()A. B.C. D.答案D解析集合A，B，AB.2双曲线y21的顶点到渐近线的距离等于()A. B. C. D.答案A解析双曲线y21的顶点为.渐近线方程为yx.双曲线y21的顶点到渐近线的距离等于.3已知实数x，y满足约束条件则zx2y的最大值是()A0 B1 C5 D6答案D解析作出不等式组对应的平面区域，如图中阴影部分(含边界)所示：由zx2y，得yxz，平移直线yxz，由图象可知，当直线yxz经过点A时，直线yxz在y轴上的截距最大，此时z最大由得A(
2、0,3)，此时z的最大值为z0236.4已知一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个边长为2的正方形，则该几何体的表面积为()A. B20C20 D20答案C解析该几何体是棱长为2的正方体削去一个角后得到的几何体(如图)，其表面积为S322222220.5设xR，则x31是x21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答案B解析由x31，可得x1，由x21，解得1x1，所以(1,1)(，1)，所以x31是x20，所以排除A.7设随机变量X的分布列如下：X0123P0.1a0.30.4则方差D(X)等于()A0 B1 C2 D3答案B解析a10.10.30.
3、40.2，E(X)10.220.330.42，故D(X)(02)20.1(12)20.2(22)20.3(32)20.41.8已知在矩形ABCD中，ADAB，沿直线BD将ABD折成ABD，使点A在平面BCD上的射影在BCD内(不含边界)设二面角ABDC的大小为，直线AD, AC与平面BCD所成的角分别为，则()A BC D答案D解析如图，作AEBD于E, O是A在平面BCD内的射影，连接OE，OD，OC，易知AEO，ADO，ACO，在矩形ABCD中，作AEBD于E，延长AE交BC于F，由O点必落在EF上，由ADAB知OEAECFCOtan tan ，即.9已知函数f(x)设方程f(x)t(tR
4、)的四个不等实数根从小到大依次为x1，x2，x3，x4，则下列判断中一定成立的是()A.1 B1x1x24C4x3x49 D04答案C解析由题意，作出函数的图象如图所示，由图可知，0x11x22x33x44，所以4x3x4，得log2log2，所以log20，得1，即x3x44150，又x3x42，所以20，所以x3x49，综上，4x3x4bc，则的取值范围是()A. B.C(，) D.答案A解析由abc0，abc，得a0，cbc，即aacc，解得2，即，所以，所以t2.所以t.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)11二项式(12x)5中，所有的二项式系数之和
5、为_；系数最大的项为_答案3280x3,80x4解析所有的二项式系数之和为CCC2532，展开式为110x40x280x380x432x5，系数最大的项为80x3和80x4.12圆x2y22x4y0的圆心C的坐标是_，设直线l：yk(x2)与圆C交于A，B两点，若|AB|2，则k_.答案(1,2)0或解析由圆的一般方程x2y22x4y0可得(x1)2(y2)25，故圆心为C(1,2)又圆心到直线l的距离d，由弦心距、半径及半弦长之间的关系可得215，解得k0或k.13在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a，b，A，则B_；SABC_.答案解析由已知及正弦定理可得sin B，由
6、于0B，可解得B或B，因为ba，利用三角形中大边对大角可知BA，所以B，C，所以SABCabsin Csin.综上，B，SABC.14在政治、历史、物理、化学、生物、技术7门学科中任选3门若同学甲必选物理，则甲的不同的选法种数为_乙、丙两名同学都选物理的概率是_答案15解析由题意知同学甲只要在除物理之外的六门学科中选两门即可，故甲的不同的选法种数为C15(种)；由题意知同学乙、丙两人除选物理之外，还要在剩下的六门学科中选两门，故乙、丙的所有不同的选法种数为mCC225(种)，而同学乙、丙两人从7门学科中选3门的所有选法种数为nCC35351 225(种)，故所求事件的概率是P.15已知正实数x
7、，y满足x2y4，则的最大值为_答案3解析已知正实数x，y满足x2y4，根据基本不等式得到3.当且仅当x2y2，即x3，y时，等号成立16在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若对任意R，不等式|恒成立，则的最大值为_答案解析由对任意R，不等式|恒成立，得BC边上的高ha.在ABC中，有ahbcsin A，即bc，在ABC中，由余弦定理得b2c2a22bccos Aa2，则sin A2cos Asin(A)，其中tan 2，则当A且ha时，取得最大值.17等差数列an满足aa1，则aa的取值范围是_答案解析设a2n1a12ndcos 2ndcos sin aa(a2n1nd)2 (
8、a2n1nd)22a(nd)222cos2，所以所求的范围为 .三、解答题(本大题共5小题，共74分)18(14分)已知函数f(x)cos x，xR.(1)求f(x)的最小正周期和最大值；(2)讨论f(x)在区间上的单调性解(1)由题意得f(x)cos xsin xcos2xsin 2xsin 2xcos 2x sin.所以f(x)的最小正周期T，其最大值为1.(2)令z2x，则函数ysin z的单调递增区间是，kZ.由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ.设A，B，易知AB.所以当x时，f(x)在区间上单调递增；在区间上单调递减19(15分)在四棱锥EABCD中，BCAD，ADDC，ADDC2
9、BC，ABAEEDBE，F是AE的中点(1)证明：BF平面EDC；(2)求BF与平面EBC所成角的正弦值(1)证明取ED的中点G，连接FG，GC，则FGAD，且FGAD，又因为BCAD，且BCAD，所以FGBC，且FGBC，所以四边形BFGC是平行四边形，所以BFCG，因为BF平面EDC，CG平面EDC，所以BF平面EDC.(2)解分别取AD，BC的中点H，N，连接EH交FG于点M，则M是FG的中点，连接MN，则BFMN，所以BF与平面EBC所成角即为MN与平面EBC所成角，由EAED，H是AD的中点，得EHAD，由于BCAD，所以BCEH，易知四边形BHDC是平行四边形，所以CDBH，由BC
10、CD，得BCBH，又EHBHH，所以BC平面EBH，因为BC平面EBC，所以平面EBC平面EBH，过点M作MIBE，垂足为I，则MI平面EBC，连接IN，MNI即为所求的角设BC1，则ADCD2，所以AB，由ABBEAE，得BF，所以MNBF，在RtAHE中，由AE，AH1，得EH2，在EBH中，由BHEH2，BE，MIBE，M为HE的中点，可得MI，因此sinMNI.20(15分)正项数列满足aan3a2an1，a11.(1)求a2的值；(2)证明：对任意的nN*，an2an1；(3)记数列an的前n项和为Sn，证明：对任意的nN*,2Sn0，得a2.(2)证明由aan3a2an14a2an
11、1(2an1)22an1，又因为yx2x在x(0，)上单调递增，故an，相乘得ana1，即an，故当n2时，Sna1a2an12，当n1时，S112.所以当nN*时，Sn2.另一方面，aan3a2an12a2an12(aan1)，令aanbn，则bn2bn1，于是当n2时，相乘得bnb1，即aanbn，故an，故当n2时，Sna1(a2an)133.当n1时，S113，综上，对任意的nN*,2Sn3.21(15分)已知抛物线C1：y24x和C2：x22py的焦点分别为F1，F2，点P且F1F2OP(O为坐标原点)(1)求抛物线C2的方程；(2)过点O的直线交C1的下半部分于点M，交C2的左半部分于点N，求PMN面积的最小值解(1)F1(1,0)，F2，10，p2，抛物线C2的方程为x24y.(2)由题意知，过点O的直线的斜率一定存在且不为0，设直线方程为ykx，联立得(kx)24x，求得M，
