2020年高考数学预测卷 浙江卷（二） 16页

绝密★启用前 ‎2020年高考数学精优预测卷 浙江卷（二）‎ 学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________‎ 注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上 ‎ ‎ 一、选择题 ‎1.i是虚数单位，复数，则=（ ）‎ A．1 B． C． D．2‎ ‎2.命题“”的否定是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎3.如果，那么等于(　　 )‎ A. B. C. D.‎ ‎4.用平行于圆锥底面的平面截圆锥,所得截面面积与底面面积的比是1:3,这截面把圆锥母线分成的两段的比是(   )‎ A. B. C. D. ‎ ‎5.某市教育局准备举办三期高中数学新教材培训，某校共有5名新高一数学老师参加此培训，每期至多派送2名 参加，且学校准备随机派送，则甲老师不参加第一期培训的概率为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎6.若变量满足则的最大值是( )‎ A.4           B.9           C.10          D.12‎ ‎7.若双曲线的中心为原点, 是双曲线的焦点,过的直线与双曲线相交于,两点,且的中点为,则双曲线的方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎8.已知成等比数列,且,若,则(   )‎ A. B. C. D. ‎ ‎9.如图,过抛物线的焦点F作直线l,交抛物线于两点,以 线 段为直径的圆M交x轴两点.交y轴于两点，则的最小值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎10.已知函数，其中e为自然对数的底数，则对任意，下列不等式一定成立的是（ ） A. B.‎ C. D. ‎ ‎11.已知且,函数若,则_________,_________.‎ 二、填空题 ‎12.若集合，，则＝__________.‎ ‎13.某几何体的三视图如图所示(单位:),则该几何体的表面积是__________,体积是__________. ‎ ‎14.已知随机变量X的分布列如下表所示,且,成等差数列,则________,________.‎ X ‎-1‎ ‎0‎ ‎1‎ P p q ‎15.已知,则___________,_________.‎ ‎16.设,向量,且,则________.‎ ‎17.在中，分别是角的对边，若当取得最大值时,＝________.‎ 三、解答题 ‎18.设函数,其中.已知.‎ ‎(1)求;‎ ‎(2)将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),再将得到的图象向左平移个单位,得到函数的图象,求在上的最小值.‎ ‎19.如图,在四棱锥中,已知平面,平面,‎ ‎(1)试在上确定点F的位置,使得直线平面 ‎(2)在(1)的条件下,求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎20.已知数列满足,且对任意的正整数,都有 ‎(1)证明数列是等差数列,并求数列的通项公式 ‎(2)若,是数列的前n项和,求证 ‎21.已知直线过椭圆的右焦点，且交椭圆于A,B两点，线段AB的中点是，‎ ‎(1)求椭圆的方程; ‎ ‎(2)过原点的直线l与线段AB相交（不含端点）且交椭圆于C，D两点，求四边形面积的最大值.‎ ‎22.已知函数 ‎(1)若函数的图象与直线相切,求m的值 ‎(2)求证,对任意恒成立 参考答案 ‎1.答案：B 解析： ，‎ ‎2.答案：C 解析：命题“”的否定为“”‎ ‎3.答案：B 解析：因为，所以，所以．‎ ‎4.答案：B 解析：如图,由题意,可知圆锥与圆锥的侧面积之比为1:3,‎ 即 因为 ‎,故选B.‎ ‎5.答案：D 解析：解法一 5名新高一数学老师参加此培训，且每期至多派送2名参加，其派送方法有(种），其中甲老师不参加第一期培训的派送方法有两种：（1)第一期培训派送1名时有种方法，（2)第一期培训派送2名时，有种方法.所 以甲老师不参加第一期培训的派送方法共 (种）.所以所求概率,故选D.‎ 解法二5名新高一数学老师参加此培训，且每期至多派送2名参加，其派送方法有 ‎ (种），其中甲老师参加第—期培训的派送方法有两种：（1)第一期培训派送1名时，有种方法. (2)第一期培训派送2名时，有种方法.所以甲老师参加第一期培训的派送方法共有(种）.所以所求概率，故选D.‎ ‎6.答案：C 解析：画出可行域如图所示,点 到原点距离最大,所以,选C.‎ ‎7.答案：D 解析：由题意可设双曲线方程为,是双曲线的焦点,所以设, (1)-(2)得: 的中点为 (-12,-15), ,又的斜率是,即,将代入可得所以双曲线的标准方程为,答案为D ‎8.答案：B 解析：令 则,令得,所以当时, ,当时, ,因此所以: ,‎ 若公比,则,不合题意;‎ 若公比,则 但,即,不合题意;‎ 因此,‎ 所以,选B.‎ ‎9.答案：D 解析：由 题 意 知,设直线l的方程为,代入，并 消去x，得,设，则,,圆M的半径. 过M点作 于点G, 于点H.则.‎ 令，则，，‎ ‎,故当，即，时，取 得 最 小 值 .‎ ‎10.答案：A 解析：依题意可知，，‎ 所以是偶函数，，且，‎ 令，则，‎ 当时，恒成立，‎ 所以在上单调递增，‎ 所以在上恒成立，‎ 所以在上单调递增，‎ 又函数是偶函数，，‎ 所以，故选A.‎ ‎11.答案：2,‎ 解析：易知,因为,所以,即,得,所以函数所以, ‎ ‎12.答案：‎ 解析： ‎ ‎13.答案：80; 40‎ 解析：由三视图知该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体,..‎ ‎14.答案：‎ 解析：由分布列的性质及等差数列的性质知,解得,所以,‎ ‎15.答案：19,80‎ 解析： ,所以的展开式中的系数为,的展开式中的系数为 所以,对于,‎ 令,得,令,得,所以 ‎16.答案：‎ 解析：根据题意,向量,‎ 由,得,‎ 解得,即.‎ 又由,得,‎ 解得,即,‎ 所以,‎ 所以.‎ ‎17.答案：‎ 解析：因为，‎ 所以所以，‎ 由余弦定理得，‎ 即当且仅当时等号成立，所以 ‎ ‎18.答案：(1)因为,‎ 所以 ‎.‎ 由题设知,所以.‎ 故.又,所以.‎ ‎(2)由(1)得,‎ 所以.‎ 因为,所以.‎ 当,即时,取得最小值.‎ 解析：‎ ‎19.答案： (1) 如图,‎ 过点F作交于点H,连接,易知,所以 因为平面,平面平面,所以 所以四边形是平行四边形,所以,又,所以 所以,即点F在线段上靠近点D的三等分点处.‎ ‎(2)连接,令,则 所以 因为平面,平面,所以 又,所以平面 所以三棱锥的体积 易知 所以,所以 所以 设点A到平面的距离为h 则三棱锥的体积 因为,所以 过点A作于点N,则 所以,所以 设直线与平面所成的角为 则,即直线与平面所成角的正弦值为 解析： ‎ ‎20.答案： (1)令,得 从而 令,得,解得 则 所以数列是以3为首项,2为公差的等差数列 所以 所以 所以 令,得 所以 又,所以 ‎(2)由知,‎ 则 因此 记 则 一方面所以,当且仅当时等号成立 另一方面,所以 故 解析： ‎ ‎21.答案：(1)直线与x轴交于点,所以椭圆右焦点的坐标为,故.‎ 设,则，，‎ 又，所以，‎ 则，得 又，‎ 所以，‎ 因此椭圆的方程为.‎ ‎(2)联立方程，得，解得或.‎ 不妨令,易知直线l的斜率存在，‎ 设直线，代入，得，‎ 则或，‎ 设,则。‎ 则，‎ 到直线的距离分别是，‎ 由于直线l与线段AB（不含端点）相交，所以，即，‎ 所以，‎ 四边形的面积，‎ 令，则，，‎ ‎，‎ 当，即时，，‎ 符合题意，因此四边形面积的最大值为.‎ 解析： ‎ ‎22.答案：(1)由题意知，设切点坐标为，则，‎ 所以函数的图像在点处的切线方程为，‎ 即.所以，‎ 由，得，即.‎ 令，则，当时，，所以在上单调递增，‎ 因此时，，即，故由，得，因此.‎ ‎(2)令，则，‎ 令，则，‎ 令，则，令，则，‎ 因此在上单调递减，在上单调递增.‎ 因为,,所以，‎ 所以存在，使得，‎ 所以当时，，当时，，‎ 当时， ，即在，上单调递增，在上单调递减.‎ 又，，所以当时，，当时，等号成立，‎ 即当时，，，于是，当时，等号成立.‎ 解析： ‎ ‎ ‎