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- 2023-12-07 发布
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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：