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1、（浙江专用）2020高考数学三轮冲刺抢分练仿真卷（三）一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)1已知集合AxZ|x0，B，则AB等于()Ax|1x0 Bx|x6C0,1,2,3,4,5,6 D0，1答案D解析AxZ|x0，Bx|1x6，则AB0，12若双曲线y21(a0)的实轴长为2，则其渐近线方程为()Ayx ByxCyx Dy2x答案A解析双曲线的实轴长为2，得a1，又b1，所以双曲线的渐近线方程为yx.3设是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线若m，n，lm，ln，则l；若lm，mn，l，则n；若lm，m，n，则nl；若m，n，ln，则lm.则上述命题中正确的是()A
2、 B C D答案D解析对于，当m，n相交时，才能得到l，错误；对于，由lm，mn得ln，又因为l，所以n，正确；对于，因为m，n，所以mn，又因为lm，所以nl，正确；对于，直线l与m可能相交、平行或互为异面直线，错误综上所述，正确命题的序号为.4函数f(x)sin(x)的最小正周期是，若将该函数的图象向右平移个单位长度后得到的函数图象关于直线x对称，则函数f(x)的解析式为()Af(x)sin Bf(x)sinCf(x)sin Df(x)sin答案D解析因为函数f(x)sin(x)的最小正周期是，所以，解得2，所以f(x)sin(2x)，将该函数的图象向右平移个单位长度后，得到图象所对应的函
3、数解析式为ysinsin，由此函数图象关于直线x对称，得2k，kZ，即k，kZ，取k0，得，满足|0”是“S3S2”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C解析设等比数列an的公比为q，S3S2a30a1q20a10，故选C.7一个箱子中装有形状完全相同的5个白球和n(nN*)个黑球现从中有放回的摸取4次，每次都是随机摸取一个球，设摸得白球个数为X，若D(X)1，则E(X)等于()A1 B2 C3 D4答案B解析设摸取一次摸得白球的概率为p，则易得XB(4，p)，D(X)4p(1p)1，解得p，则E(X)42.8将颜色分别为红色、黄色、蓝色的3个球，放入编号
4、为1,2，7的七个盒子中，每一个盒子至多放2个球，则不同的放法有()A98种 B196种 C252种 D336种答案D解析3个球放入编号为1,2，7的七个盒子中，每个盒子至多放2个球，应采用排除法，每个球放入盒子的放法各有7种，共73种，排除3个球放在同一个盒中的7种放法，则共有737336(种)放法9已知向量a，b满足|a|ab|2，则|2ab|b|的最大值为()A4 B4 C42 D8答案B解析记abm，则|a|m|2，|2ab|b|am|ma|24，当且仅当|am|ma|，即a(ab)0，ab4时，取等号，则所求的最大值为4.10已知偶函数f(x)满足f(1x)f(1x)，当x0,1时，
5、f(x)ax2bxc，a，b，cN*.若函数f(x)在100，100上有400个零点，则abc的最小值为()A5 B8 C11 D12答案C解析由f(1x)f(1x)，得f(x2)f(x)f(x)，则函数f(x)是以2为周期的周期函数，函数f(x)在100,100上有400个零点等价于函数f(x)在0,1上有两个不同的零点，又因为a，b，cN*，所以即所以要使abc取得最小值，不妨取c1，则不等式组化为以a为横轴，b为纵轴建立平面直角坐标系，在平面直角坐标系内画出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分(不含边界)所示，由图易得区域内横纵坐标之和最小的整数点为(5,5)，此时ab5，所以abc的最
6、小值为11.二、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复数z(34i)2的虚部为_，z的共轭复数_.答案24724i解析z(34i)232234i(4i)2724i，虚部为24，共轭复数724i.12若变量x，y满足则2xy的最大值为_，的取值范围为_答案8解析不等式组表示的平面区域如图中阴影部分(含边界)所示，令zxy，则yxz表示的是斜率为1，在y轴上的截距为z的直线，当直线在y轴上的截距最大时，z最大，即直线过点C时，z最大，由得zmax3,2xy的最大值为238.表示的是可行域内的点(x，y)与点(2，1)连线的斜率，设D(2，1)，kAD，kCD3，因
7、此的取值范围.13某多面体的三视图如图所示，则该多面体最长的棱长为_；其外接球的体积为_答案4解析由三视图知该几何体是如图所示的四棱锥OABCD，且ABCD2，ADBC3，AO，四边形ABCD是矩形，OA平面ABCD，所以该多面体最长的棱长为OC4，该几何体外接球的半径为2，其体积V23.14已知n的展开式中所有二项式系数和为64，则n_；二项展开式中含x3的系数为_答案6540解析n展开式中所有二项式系数和为64，2n64，解得n6；6展开式的通项公式为Tk1C(3x2)6kk(1)k36kCx123k，令123k 3，解得k3，二项式展开式中含x3项的系数为(1)333C540.15已知实
8、数a，b，且a2abb2，则M的最大值是_答案1解析由a2abb2化简得，22，又实数a，b，图形为圆，如图：由a2abb2，可得a2abb2，b2aba2，则M1a1bab2，由几何意义得，1,1，则1，1，则当过点A或点B时，ab取最小值，可得Mmax1121，所以M的最大值是1.16.如图，椭圆M：1(ab0)的两个顶点A(a,0)，B(0，b)，过A，B分别作AB的垂线交椭圆M于D，C(不同于顶点)，若|BC|3|AD|，则椭圆M的离心率e_.答案解析直线AB的斜率为，故直线BC，AD的斜率都为，所以直线BC的方程为yxb，直线AD的方程为y.将直线BC的方程代入椭圆方程，求得C点的坐
9、标为，将直线AD的方程代入椭圆方程，求得D点的坐标为，由于|BC|3|AD|，即3，也即3，即，化简得.故离心率为e.17已知f(x)2x22xb是定义在1,0上的函数， 若f(f(x)0在定义域上恒成立，而且存在实数x0满足：f(f(x0)x0且f(x0)x0，则实数b的取值范围是_答案解析因为f(x)minfb，f(x)maxf(0)f(1)b，所以得b时满足f(f(x)0；设f(x0)y0，则f(y0)x0且y0x0，所以函数f(x)2x22xb图象上存在两点关于直线yx对称，令l：yxm，由得2x23xbm0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)为直线与抛物线的交点，线段MN的中点为E
10、(xE，yE)，所以所以E，而E在yx上，所以m，从而2x23xb0在1,0上有两个不相等的实数根，令h(x)2x23xb，所以得b.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.(1)求f的值；(2)当x时，不等式cf(x)c2恒成立，求实数c的取值范围解(1)f(x)sin xcos xcos2xsin 2xcos 2xsin， 所以fsinsin 1.(2)因为0x，所以2x.所以sin1.由不等式cf(x)c2恒成立， 所以解得 1c.所以实数c的取值范围为.19(15分)如图，四边形ABEF是正方形，ABCD，ADABBCCD.(1)若平面ABEF平
11、面ABCD，求证：DB平面EBC；(2)若DFBC，求直线BD与平面ADF所成角的正弦值(1)证明四边形ABEF是正方形，EBAB.又平面ABEF平面ABCD，平面ABEF平面ABCDAB，EB平面ABCD，可得EBBD.又ADABBCCD，不妨设ABBCAD1，DC2，可求BD，可得BDBC，EBBCB，EB，BC平面EBC，DB平面EBC.(2)解方法一过点F作FH平面ABCD，连接AH交CD于点G，过点H作HIAD交AD于点I，连接FI，作HOFI交FI于点O，FH平面ABCD，BC平面ABCD，FHBC，又DFBC，且FHDFF，FH，DF平面FDH，BC平面FDH，又DH平面FDH，
12、BCDH，即H在BD上，又FHAB，FAAB，且FHFAF，FH，FA平面FAH，AB平面FAH，又AH平面FAH，ABAH.又ADFH，ADHI，FHHIH，FH，HI平面FHI，AD平面FHI，又AD平面FAD，平面FHI平面FAD，H到平面AFD的距离为HO，由(1)知DG，HGHI，HO，又DB3DH，B到平面AFD的距离为，设直线BD与平面ADF所成角为，则sin ，方法二设ADABBC1，以A为坐标原点，AB为y轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,1,0)，C，D，设F(x，y，z)，由题意得即解得x，y0，z，即F.设平面ADF的法向量为m(r，s，t)，又，即令r，则s，t1，即m(，1)设直线BD与平面ADF所成角为，且，则sin |cosm，|，
