2020年浙江省台州市温岭中学高考数学模拟试卷（3月份）答案解析
一．选择题（共10小题）
1．设集合A＝{1，2，3，4，5，6}，B＝{2，3，4}，C＝{x∈R|﹣1＜x≤3}，则（A∩C）∪B＝（ ） A．{2，3}
B．{2，3，4}
C．{1，2，3，4}
D．{2，3，4，5}
【解答】解：集合A＝{1，2，3，4，5，6}，B＝{2，3，4}， C＝{x∈R|﹣1＜x≤3}，
则（A∩C）∪B＝{1，2，3}∪B＝{1，2，3，4}， 故选：C．
2．已知x，y是非零实数，则“x＞y”是“A．充分不必要条件 C．充分必要条件
【解答】解：由x＞y，不能推出反之，由∴“x＞y”是“故选：D． 3．双曲线C：为（ ） A．2sin 20°
B．2cos20°
C．
D．
的一条渐近线的倾斜角为110°，则C的离心率
”的（ ） B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 ，如x＝3，y＝﹣2；
，也不一定有x＞y，如x＝﹣1，y＝2．
”的既不充分也不必要条件．
【解答】解：∵双曲线C的一条渐近线的倾斜角为110°， ∴﹣＝tan110°，所以＝tan70°，
∴C的离心率e＝＝故选：C．
＝＝．
4．如图，某多面体的三视图中正视图、侧视图和俯视图的外轮廓分别为直角三角形、直角梯形和直角三角形，则该多面体的体积（ ）
A．
B．1
C．2
D．3
【解答】解：由三视图还原原几何体如图， 该几何体为四棱锥，PA⊥底面ABCD，且PA＝1，
底面ABCD为直角梯形，AB⊥AD，AD∥BC，AB＝AD＝2，BC＝1． ∴该多面体的体积V＝故选：B．
．
5．若x，y满足|y|≤2﹣x，且|x|≤1，则2x+y的最小值为（ ） A．﹣7
B．﹣5
C．1
D．4
【解答】解：作出x，y满足|y|≤2﹣x，且|x|≤1，对应的平面区域如图： 由z＝2x+y得y＝﹣2x+z 平移直线y＝﹣2x+z，
由图象可知当直线y＝﹣2x+z经过点A时，直线的截距最小， 此时z最小， 由
，解得A（﹣1，﹣3），此时z＝2×（﹣1）+（﹣3）＝﹣5，
则2x+y的最小值为：﹣5． 故选：B．
6．若函数A．C．
是奇函数，则使f（x）＜1的x的取值范围为（ ）
B．D．
是奇函数，则f（﹣x）+f（x）＝0，
）（
）＝1，
【解答】解：根据题意，函数即ln（
+a）+ln（
+a）＝0，变形可得（
分析可得：a＝﹣1， 则f（x）＝ln（为（﹣1，1）， 设t＝t＝数，
则f（x）在（﹣1，1）上为增函数， 若f（x）＝1，即
＝e，解可得x＝
）⇒x＜
， ）；
， ，
，则y＝lnt， ＝﹣
﹣1，则t在（﹣1，1）上为增函数，而y＝lnt在（0，+∞）上为增函﹣1）＝ln（
），有
＞0，解可得﹣1＜x＜1，即函数的定义域
则f（x）＜1⇒f（x）＜f（又由﹣1＜x＜1，则有﹣1＜x＜即x的取值范围为（﹣1，故选：A．
7．已知c＞a，随机变量ξ，n的分布列如表所示，则（ ）
η P
ξ P
4 a
3 b
2 c
2 a
3 b
4 c
B．Eξ＞Eη，Dξ＝Dη D．Eξ＜Eη，Dξ＝Dη
A．Eξ＞Eη，Dξ＜Dη C．Eξ＞Eη，Dξ＞Dη 【解答】解：Eξ＝2a+3b+4c， Eη＝4a+3b+2c， Eξ﹣Eη＝2（c﹣a）＞0，
由ξ+η＝6，所以Dξ＝D（6﹣η）＝Dη， 故选：B．
8．如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥CD，AB＝BC＝2，CD＝4，E为CD中点，M，N分别为AD，BC的中点，将△ADE沿AE折起，使点D到D1，M到M1，在翻折过程中，有下列命题：①|M1N|的最小值为1；②M1N∥平面CD1E③存在某个位置，使M1E⊥DE④无论M1位于何位置，均有M1N⊥AE．其中正确命题的个数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【解答】解：在直角梯形ABCD中，BC⊥CD，AB＝BC＝2，CD＝4，E为CD中点，M，N分别为AD，BC的中点，将△ADE沿AE折起，使点D到D1，M到M1，在翻折过程中，当D1与C重合时，|M1N|的最小值为1；所以①正确；连接MN交AE于F连接M1F， 可以证明平面FM1N∥平面CD1E，所以M1N∥平面CD1E， 所以②正确；
当D1E⊥平面ABCD时，M1E⊥DE，所以③正确；
因为AE⊥FN，AE⊥M1F，所以直线AE⊥平面FM1E，所以无论M1位于何位置，均有
M1N⊥AE．所以④正确； 故选：D．
9．已知a1＝1919，ak＝1949，al＝2019是等差数列{an}中的三项，同时b1＝1919，bk＝1949，b1＝2019是公比为q的等比数列{bn}中的三项，则q的最大值为（ ） A．
B．
C． D．无法确定
【解答】解：由题意，数列{bn}不是常数列．
由a1＝1919，ak＝1949，al＝2019是等差数列{an}中的三项， 得d＝得
．
，即
，
由b1＝1919，bk＝1949，b1＝2019是公比为q的等比数列{bn}中的三项， 得
＞1，
则，要使q最大，则l﹣k最小，
由3l＝10k﹣7，得k＝1，l＝1（舍）；
k＝4，l＝11；k＝7，l＝21；k＝10，l＝31；…；
由上可知，当k与l均增加时，由于l的系数小于k的系数，则要使等式3l＝10k﹣7成立，l比k增加要快． ∴l﹣k的最小值为7．
则q的最大值为．
故选：B．
10．已知函数f（x）＝x2+ax+b（a，b∈R）在区间[2，3]上有零点，则a2+ab的取值范围是（ ） A．（﹣∞，4]
B．
C．[4，
]
D．
【解答】解：不妨设x1，x2为函数f（x）的两个零点，其中x1∈[2，3]，x2∈R， 则x1+x2＝﹣a，x1x2＝b．
则a2+ab＝（x1+x2）2﹣（x1+x2）•x1x2＝（1﹣x1）x22+（2x1﹣x12）x2+x12， 由1﹣x1＜0，x2∈R，所以（1﹣x1）x22+（2x1﹣x12）x2+x12≤
＝，
可令g（x1）＝，g′（x1）＝，
]．
当x1∈[2，3]，g′（x1）＞0恒成立，所以g（x1）∈[g（2），g（3）]＝[4，则g（x1）的最大值为
，此时x1＝3，
还应满足x2＝﹣故选：B．
二．填空题（共8小题） 11．已知若复数z＝
＝﹣，显然x1＝3，x2＝﹣时，a＝b＝﹣，a2+ab＝
．
（i为虚数单位）．若z是纯虚数，则以F（0，m）为焦点的抛物线
，则m＝ ±3 ．
为纯虚数，
的标准方程为 x2＝2y ；若|z|＝【解答】解：∵z＝
＝
则2m﹣1＝0，即m＝，则F（0，），
∴以F（0，）为焦点的抛物线的标准方程为x2＝2y；
由|z|＝，得＝＝，解得m＝±3．
故答案为：x2＝2y；±3．
12．已知A（﹣2，0），B（2，0），动点M满足|MA|＝2|MB|，则点M的轨迹方程是 3x2+3y2
﹣20x+12＝0 ；又若
，此时△MAB的面积为
．
【解答】解：A（﹣2，0），B（2，0），设M（x，y）， 由|MA|＝2|MB|，得
整理得：3x2+3y2﹣20x+12＝0； 以AB为直径的圆的方程为x2+y2＝4， 联立
，解得|y|＝．
，
即M点的纵坐标的绝对值为． ∴此时△MAB的面积为S＝故答案为：3x2+3y2﹣20x+12＝0；13．在二项式2835x2 ．
【解答】解：∵二项式
的展开式中，令x＝1，可得所有项系数和为（3﹣1）．
．
的展开式中，所有项系数和为 128 ，展开式中含x2的项是 ﹣
7
＝128．
的展开式中，通项公式为 Tr+1＝
＝2，求得r＝3，可得展开式中含x2的项是﹣
（﹣1）r•37r••
﹣
二项式，
令7﹣
•34•x2＝﹣2835x2，
故答案为：128；﹣2835x2．
14．已知正实数a满足aa＝（8a）9a，loga（2a）的值为 【解答】解：∵正实数a满足aa＝（8a）9a， ∴a＝9aloga8a，
由loga8a＝，得loga8＝﹣， ∴loga2＝﹣
，
．
∴loga（2a）＝loga2+1＝﹣故答案为：
．
＝．
15．记A，B，C为△ABC的内角， ①若
，则
＝ 2 ；
．
②若cosB，cosC是方程5x2﹣3x﹣1＝0的两根，则sinB•sinC＝
【解答】解：①由已知得1+sinA＝3cosA＞0，再由sin2A+cos2A＝1，联立化简
，则
故应填2；
②由题知cosB+cosC＝① cosBcosC＝
②
＝＝故应填
上的两点（点Q在第一象限），若M（1，0），且直线pM，
将①式平方得 得
16．已知P，Q是椭圆
QM的斜率互为相反数，且|PM|＝2|QM|，则直线QM的斜率为 1 ． 【解答】解：延长PM交椭圆于N，由对称性可知|QM|＝|MN|， 设直线PM的斜率为k，则直线PM的方程为y＝k（x﹣1）（k＜0）， 联立方程组
，消元得：（
+3）y2+
，
﹣2＝0，
设P（x1，y1），N（x2，y2），则y1+y2＝∵|PM|＝2|QM|，∴y1＝﹣2y2．
∴y1+y2＝﹣y2＝即y2＝把N（
，∴x2＝+1，
，
+1，
）代入椭圆方程得：（
+1）2+3（
）2＝3，
解得k2＝1，∴k＝﹣1， ∴直线QM的斜率为﹣k＝1． 故答案为：1．
17．已知A，B，C，D，E为半径为1的圆上相异的5点（没有任何两点重合），这5个点两两相连可得到10条线段，则这10条线段长度平方和的最大值为 25 ． 【解答】解：不妨设圆心为O，则
，
∴＝
＝＝
故答案为：25．
三、解答题（共5题，共74分） 18．已知函数f（x）＝（Ⅰ）若x
sincos﹣cos2+1．
，求cosx的值；
a，求
，当且仅当
时取等号．
，……，
（Ⅱ）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足2bcosA≤2c﹣f（B）的取值范围． 【解答】解：（I）f（x）＝
sincos﹣cos2+1＝
，
＝由x
所以sin（x﹣
＝sin（x﹣）+，
）+＝， ，
＝
．
可得sin（x﹣
）＝，cos（x﹣
）+
]＝a，
）＝
所以cosx＝cos[（x﹣
（II）因为2bcosA≤2c﹣
由正弦定理可得，2sinBcosA≤2sinC﹣sinA，
sinA，
从而可得，2sinBcosA≤2sinAcosB+2sinBcosA﹣即cosB
，
因为0＜B＜π， 所以0＜B所以
所以f（B）＝sin（B﹣
，
， ）+
．
，
，
19．四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面SAD为正三角形，E为AD的中点．
（Ⅰ）证明：平面SAD⊥平面ABCD； （Ⅱ）求直线SB与平面SEC所成角的正弦值．
【解答】解：（Ⅰ）证明：∵侧面SAD为正三角形，E为AD的中点， ∴SE⊥AD，
∵底面ABCD是边长为2的正方形，侧面SAD为正三角形，∴SE＝
，CE＝
＝
，E为AD的中点．
，∴SE2+CE2＝SC2，∴SE⊥CE，
∵AD∩CE＝E，∴SE⊥平面ABCD， ∵SE⊂平面SAD，∴平面SAD⊥平面ABCD．
（Ⅱ）解：以E为原点，EA为x轴，过E作AB的平行线为y轴，ES为z轴，建立空间直角坐标系， 则S（0，0，＝（1，2，
），B（1，2，0），E（0，0，0），C（﹣1，2，0）， ），
＝（0，0，
），
＝（﹣1，2，0），
设平面SEC的法向量＝（x，y，z）， 则
，取y＝1，得＝（2，1，0），
设直线SB与平面SEC所成角为θ， 则直线SB与平面SEC所成角的正弦值为： sinθ＝
＝
＝
．
20．数列{an}中，a1＝1，a2＝，且（Ⅰ）令f（n）＝通项公式；
．
，n≥2），将f（n）用n表示，并求{an}
（Ⅱ）令Tn＝a12+a22+…+an2，求证：Tn＜．
【解答】解：（I）∵数列{an}中，a1＝1，a2＝，且．
∴f（n）＝﹣＝＝﹣．
n≥2时，∴an+1＝
﹣＝1﹣++……+．n＝2时成立．
﹣＝1﹣．
，可得an＝
∴an＝． ＝
＜+……+
﹣
＝（）＝1+
+
﹣＜．
）．
（II）证明：n≥3时，∴Tn＜1+
+（﹣+﹣
n＝1，2时也成立． 综上可得：Tn＜． 21．如图，已知抛物线
的焦点为F．
（Ⅰ）若点P为抛物线上异于原点的任一点，过点P作抛物线的切线交y轴于点Q，证明：∠PFy＝2∠PQF；
（Ⅱ）A，B是抛物线上两点，线段AB的垂直平分线交y轴于点D（0，4）（AB不与X轴平行），且|AF|+|BF|＝6．过y轴上一点E作直线m∥x轴，且m被以AD为直径的圆截得的弦长为定值，求△ABE面积的最大值．
【解答】解：（Ⅰ）由抛物线的方程可得F（0，1），准线方程：y＝﹣1，设P（x0，
），
由抛物线的方程可得y'＝，所以在P处的切线的斜率k＝，
所以在P处的切线方程为：y﹣＝
（x﹣x0）令x＝0可得y＝﹣，即Q（0，
﹣），
所以FQ＝1+，而P到准线的距离d＝+1，由抛物线的性质可得PF＝d
所以PF＝FQ，∠PQF＝∠QPF， 可证得：∠PFy＝2∠PQF；
（Ⅱ）设直线AB的方程为：y＝kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2）， 直线与抛物线联立
整理可得：x2﹣4kx﹣4m＝0，
△＝16k2+16m＞0，即k2+m＞0，
x1+x2＝4k，x1x2＝﹣4m，y1+y2＝k（x1+x2）+2m＝4k2+2m， 所以AB的中点坐标为：（2k，2k2+m），
所以线段AB的中垂线方程为：y﹣（2k2+m）＝﹣（x﹣2k）， 由题意中垂线过D（0，4），所以2k2+m+2＝4，即2k2+m＝2，①
由抛物线的性质可得：|AF|+|BF|＝y1+y2+2＝6，所以4k2+2m+2＝6，即2k2+m＝2② 设E（0，b），AD2＝x12+（y1﹣4）2，AD 的中点的纵坐标为
，
所以以AD 为直径的圆与直线m的相交弦长的平方为：4[﹣（b﹣
）2]＝
4[
y1+4b﹣b2]，
﹣b2﹣+b（y1+4）]＝4[y1﹣b2+4b﹣4y1+by1]＝4[（b﹣3）
要使以AD为直径的圆截得的弦长为定值则可得b＝3，时相交弦长的平方为定值12，即E（0，3），
所以E到直线AB的距离为：d＝
，而弦长|AB|＝
＝
4
所以S△EAB＝
，
•d＝
＝2|3﹣m|
，
将①代入可得S
△
ABE
＝2|3﹣2+2k2|＝2|1+2k2|
＝2
设f（k）＝﹣4k6+4k4+7k2+2，为偶函数，只看
k＞0的情况即可，f'（k）＝﹣
24k5+16k3+14k＝﹣2k（12k4﹣6k2﹣7＝﹣2k（2k2+1）（6k2﹣7） 令f'（k）＝0，k＝当0＜k当
所以k∈（﹣
，f'（k）＞0，f（k）单调递增； ，f'（k）＜0，f（k）单调递减 ，
）且k≠0，上，f（
|
）＝f（﹣＝
．
）为最大值
所以S△ABE的最大值为：2|1+2×22．已知函数
．
（Ⅰ）求函数y＝f（x）在x＝1处的切线方程；
（Ⅱ）若y＝f（x）在x＝x1，x2（x1≠x2）处导数相等，证明：f（x1）+f（x2）≥3ln2． （Ⅲ）若对于任意k∈（﹣∞，2），直线y＝kx+b与函数y＝f（x）图象都有唯一公共点，求实数b的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝2+所以f′（1）＝0，
所以函数f（x）在x＝1处的切线方程为： y﹣f（1）＝f′（1）（x﹣1）， 即y＝1．
（Ⅱ）根据题意得，f′（x1）＝f′（x2）＝m， 即x1，x2为方程（2﹣m）x2﹣3x+1＝0的根，
﹣＝
，解得﹣，
所以x1+x2＝，x1x2＝，
+
）﹣3（lnx1+lnx2）
所以f（x1）+f（x2）＝2（x1+x2）﹣（
＝2（x1+x2）﹣（）﹣3ln（x1x2）
＝2×﹣﹣3ln
＝令t＝
﹣3﹣3ln，
，（t＞）
g（t）＝6t﹣3﹣3lnt，（t＞）， g′（t）＝6﹣＝
，
当t∈（，+∞）时，g′（t）＞0，g（t）单调递增． 当t∈（，）时，g′（t）＜0，g（t）单调递减． 所以g（t）min＝g（）＝3ln2， 所以g（t）≥3ln2， 所以f（x1）+f（x2）≥3ln2．
（Ⅲ）根据题意得，方程f（x）＝kx+b只有一个根，
即k＝只有 一个根，
令h（x）＝，有唯一零点，
当x→0+时，h（x）→﹣∞，x→+∞时，h（x）→2， 下面证明h（x）＜2恒成立，
若存在x0∈（0，+∞），使得h（x0）≥1，
所以存在x1∈（0，x0），x2∈（x0，+∞），使得h（x1）＜1，h（x2）＜1， k＝max{h（x1），h（x2）}＜2，则y＝k与y＝h（x）至少有两个交点，矛盾．
由对于任意k∈（﹣∞，2），h（x）＝k只有一个解，得h（x）为（0，+∞）上的增函数，
所以h′（x）＝得b≥﹣﹣3lnx+3，
≥0，
令m（x）＝﹣﹣3lnx+3，（x＞0）， 则m′（x）＝
﹣＝
，
所以m（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减， m（x）max＝m（）＝﹣3ln． 得b≥m（x）max＝m（）＝﹣3ln．
