浙大附中2020年高考全真模擬考試數學試卷一、選擇題，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先利用絕對值的幾何意義求出集合，然后再利用集合的交運算即可求解.【詳解】由，，所以故選：A【點睛】本題考查了集合的交運算、絕對值的幾何意義解不等式，考查了基本運算求解能力，屬于基礎題.，則的虛部為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先利用復數的除法，將復數，轉化為，再利用復數的概念求解.【詳解】因復數，所以的虛部為.故選：C【點睛】本題主要考查復數的運算和復數的概念，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.，則焦點坐標為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據雙曲線方程可得，即得，再根據雙曲線方程確定焦點位置，即得結果.【詳解】焦點在軸上，因此焦點坐標為：故選：B【點睛】本題考查雙曲線焦點坐標，考查基本分析求解能力，屬基礎題.，滿足約束條件，則的最大值是（）A.8 B.4 C.2 D.6【答案】D【解析】【分析】先根據約束條件畫出可行域，再轉化目標函數，把求目標函數的最值問題轉化成求截距的最值問題.【詳解】作出不等式組對應的平面區域如圖所示：由，解得，由，得，平移直線，由圖象可知當直線經過點，直線的截距最大，此時最大，此時，故選D．【點睛】本題主要考查線性規劃的應用，利用目標函數的幾何意義，結合數形結合的數學思想是解決此類問題的基本方法，屬于基礎題.的部分圖像大致為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先確定函數的奇偶性，再觀察在接近于0且大于0時的函數值正負可得．【詳解】由題意，所以是偶函數，排除B，C，在接近于0且大于0時，，，得，排除A．故選：D．【點睛】本題考查由解析式選擇函數圖象，解題時可用排除法，通過確定函數的性質如奇偶性、單調性、對稱性等排除，再由特殊的函數值、函數值的正負，函數值的變化趨勢等排除錯誤的選項．，，則“”是“”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】先利用基本不等式證明充分性成立，再舉反例說明必要性不成立即可.【詳解】解：因為，，所以，所以，所以（當且僅當時取等號），所以（當且僅當時取等號）.所以“”是“”的充分條件.反之，當，時，但是，所以“”是“”的不必要條件.故選：A.【點睛】本題主要考查基本不等式的應用、充分條件與必要條件，屬于中檔題.，已知隨機變量的分布列為012那么，當在內增大時，的變化是（）A.減小 B.增大 C.先減小后增大 D.先增大后減小【答案】B【解析】【分析】首先計算出，再計算，根據的單調性即可得到答案.【詳解】，.此時關于且開口向下的拋物線，對稱軸為.故時，單調遞增.故選：B【點睛】本題主要考查方差的概念，同時考查了數學期望的概念，屬于簡單題.滿足，，則最小值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】采用數形結合的方法，根據題意可知，然后假設，可得，理解意義，可得結果.【詳解】由題可知：則由，如圖記由，把坐標代入計算化簡可得，則故表示點到圓上點的最短距離如圖則最小值為故選：C【點睛】本題考查向量的綜合應用，關鍵在于使用坐標進行計算，數形結合，化繁為簡，形象直觀，考查分析能力以及計算能力，屬中檔題.中，點是上靠近的三等分點，點是上靠近的三等分點，沿直線將翻折成，所成二面角的平面角為，則（）A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】【分析】采用數形結合，計算，通過作輔助線可得二面角的平面角，并計算，然后進行比較，大小，并根據利用函數的單調性，可得結果.【詳解】作交于點，延長，作交于點作//，且，連接如圖設，由點是上靠近的三等分點則所以所以，由，所以二面角的平面角為又所以則所以則，當時，取等號，即又，而函數在遞減所以綜上：，同理：故A正確故選：A【點睛】本題考查二面角的平面角的大小，本題難點在于計算，，注意知識的交叉應用，考驗分析能力以及邏輯推理能力，熟練掌握公式，屬難題.滿足，則下列正確的是（）A.當時，遞增，遞增B.當時，遞增，遞減C.當時，遞增，遞減D.當時，遞減，遞減【答案】B【解析】【分析】設，畫出函數的圖像，利用數形結合的觀點即可得到答案.【詳解】解：設，單調遞減，畫出圖像如圖所示：由圖像知，所以對于當時，不妨確定的位置，根據，把標到圖上，如圖所示：由圖像知，，所以，所以，一直根據圖像推下去可得：對于數列，所以奇數項，所有偶數項.從作圖過程可以看出：，所以可得：數列遞增數列，遞減數列.當時，不妨確定的位置，根據，把標到圖上，如圖所示：由圖像知，，所以，一直根據圖像推下去可得：對于數列，所以奇數項，所有偶數項.從圖像可以看出：，所以：數列遞減數列，遞增數列.故選：B.【點睛】本題主要考查用函數的觀點解決數列問題，考查學生的數形結合能力，屬于綜合題.二、填空題11.______；若，則______.【答案】(1).(2).【解析】【分析】根據對數的運算法則，可得結果.【詳解】，由，所以故答案為：；【點睛】本題考查對數的運算性質，熟悉對數的運算定律，屬基礎題.12.某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是___________；表面積是____________.【答案】(1).(2).【解析】【分析】由三視圖可得該幾何體是四棱錐，根據三視圖中數據，求出底面積與高可得棱錐的體積，再求出四個側面的面積，與底面積求和可得四棱錐的表面積.【詳解】由三視圖可知，該幾何體是如圖所示的四棱錐，圖中直三棱柱的底面是直角邊長為2的等腰直角三角形，棱柱的高為4，四棱錐的底面是矩形，面積為，四個側面中，三個直角三角形面積分別為一個等腰三角形，面積為，所以該四棱錐的體積為，表面積為，故答案為，.【點睛】本題利用空間幾何體的三視圖重點考查體積、表面積以及空間想象能力和抽象思維能力，屬于難題.三視圖問題是考查學生空間想象能力最常見題型，也是高考熱點.觀察三視圖并將其“翻譯”成直觀圖是解題的關鍵，不但要注意三視圖的三要素“高平齊，長對正，寬相等”，還要特別注意實線與虛線以及相同圖形的不同位置對幾何體直觀圖的影響，對簡單組合體三視圖問題，先看俯視圖確定底面的形狀，根據正視圖和側視圖，確定組合體的形狀.中，，點在邊上，且，，，則______，______.【答案】(1).(2).【解析】【分析】根據余弦定理可得，再利用正弦定理求,即得,最后根據正弦定理求.【詳解】根據余弦定理得所以，根據余弦定理得所以，由正弦定理得因此根據正弦定理故答案為：，【點睛】本題考查正弦定理、余弦定理，考查基本分析求解能力，屬中檔題.，則______；______.【答案】(1).(2).【解析】【分析】利用賦值法即可求出，再根據，，比較系數即可求出.【詳解】令，則，解得，由由，所以.

故答案為：；【點睛】本題考查了賦值法求二項式展開式的項的系數、二項式展開式的通項公式，需熟記公式，屬于中檔題.，，三家醫院，每家醫院至少一名醫生，若醫生甲去醫院，則醫生乙去醫院；若醫生甲不去醫院，則醫生乙去醫院，則這樣的排法共有______種.【答案】【解析】【分析】分類討論，當醫生甲去醫院，則醫生乙去醫院；若醫生甲不去醫院，則醫生乙去醫院，由分類加法計算原理以及分步計數原理，結合組合數即可求解.【詳解】甲去醫院，醫生乙去醫院，余下人可分為人去；人去或人去，共有，甲不去醫院，醫生乙去醫院，當甲去時，余下人可分為人去；人去或人去，共有，當甲去時，余下人可分為人去；人去或人去，共有，所以這樣的排法共有.故答案為：【點睛】本題考查了組合數的應用、分類分步計數原理，考查了分類討論的思想，屬于中檔題.是橢圓的左焦點，過原點作直線交橢圓于兩點，分別是，的中點，若存在以為直徑的圓過原點，則橢圓的離心率的范圍是______.【答案】【解析】【分析】由題意分析可知，設點，利用得到關于的方程，再聯立，用含的式子表示出，只需滿足，得出離心率的范圍.【詳解】解：如圖所示，當點分別是、的中點時，是的兩條中位線，若以為直徑的圓過原點，則有,，設點，則點,又點，所以，，則，又，所以，，得，即只需，整理得：解得，又，所以.故答案為：【點睛】本題考查離心率取值范圍問題，難度較大，解答時一定要靈活轉化，列出滿足條件的含的關系式，根據關系式化簡求解離心率的取值范圍.，不等式恒成立，則的取值范圍是______.【答案】【解析】【分析】把不等式轉化為，記，則原不等式轉化為恒成立，畫出的圖像，然后用數形結合和圖像變換的思想來解題即可.【詳解】解：不等式等價于，記，則原不等式等價于.所以，不等式恒成立等價于不等式恒成立.而，且圖像如下圖所示：可以看作是向左或向右平移個單位，不等式恒成立可以看作是的圖像在的圖像在的上方或函數值相等只能把的圖像向左平移至少1個單位得到，如下圖所示：所以：.故答案為：.【點睛】本題主要考查絕對值不等式、圖像變換、數形結合的思想，屬于綜合性題目.三、解答題．（Ⅰ）求的值和的單調遞增區間；（Ⅱ）函數是奇函數，求函數的值域．【答案】（Ⅰ），的單調遞增區間是（Ⅱ）【解析】【分析】(I)化簡為即可求解;(II)由定義在上的奇函數可得，即可求出，進而表示出，利用三角函數性質即可求解.【詳解】（Ⅰ）因為，所以.令，則，所以的單調遞增區間是.（Ⅱ）由是奇函數，得，所以.又，得，所以，所以，所以函數的值域為.【點睛】本題考查三角恒等變換、三角函數的單調性和三角函數的最值.三角恒等變換的公式運用，注意奇函數性質的使用、求值的運算.19.如圖，已知矩形中，，，為的中點，將沿著折起，使得.（1）求證：；（2）若是中點，求直線與平面的所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）根據，，為的中點，在中，由勾股定理可得.由，同理在中，得到.由線面垂直的判定定理證明面即可.（2）結合（1）以為原點，為軸，過垂直于面方向為軸，建立空間直角坐標系，求得平面的一個法向量和的坐標，設直線與平面的所成角，由求解.【詳解】（1）因為，，為的中點，所以在中，，所以.又因為，所以在中，因為，所以.又，所以面，又面，所以.（2）以為原點，為軸，過垂直于面方向為軸，建立空間直角坐標系：則，，，，，，所以，，設平面的一個法向量，則，即，令，則所以平面的一個法向量為，又，設直線與平面的所成角，所以與面所成角的正弦值為：.【點睛】本題主要考查線面垂直的判定定理，向量法求直線與平面所成的角，還考查了邏輯推理和運算求解的能力，屬于中檔題..是公比的等比數列，且滿足，，數列滿足：.（1）求數列和的通項公式；（2）令，求證：.【答案】（1）；；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）先根據條件解得即得通項公式；利用條件可得，再與原式兩式相減可得的通項公式；（2）先放縮，再利用裂項相消法證得不等式.【詳解】解：（1）因為是公比的等比數列，所以因為，，所以，，所以當時，，當時①②將②乘2得到③①－③，得，所以因為當時，，所以（2）因為而，所以因此【點睛】本題考查等比數列通項公式、裂項相消法求和、放縮法證不等式、由遞推關系式求通項公式，考查綜合分析論證與求解能力，屬較難題.21.如圖，已知拋物線，點是圓作兩直線分別交拋物線于點，，，，使得.（1）當點為的中點時，證明：//軸；（2）求面積的取值范圍.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）由，可得，分別假設坐標，根據點在拋物線上，計算可得是的兩根，然后使用韋達定理可得即可.（2）假設直線的方程，可得，然后由（1）可知，，根據，用表示，最后根據的范圍，可得結果.【詳解】（1）設，，，由，得，即，，將點代入拋物線，得，同理設，得，所以是方程的兩個根.有，所以，//軸（2），整理得令，得由則，，得【點睛】本題考查直線與拋物線的應用，本題難點在于得到是的兩根，以及，考驗分析能力以及邏輯推理能力，屬難題..（1）當時，若，對任意的恒成立，求的范圍；（2）設，證明：對任意的，有唯一零點.（注：是自然對數的底數）【答案】（1）；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）求導得到單調