2020年1月浙江省普通高中学业水平考试数学模拟试题B 解析版

浙江省普通高中学业水平考试

数学仿真模拟试题B· 解析版

选择题部分

一、选择题（本大题共18小题，每小题3分，共54分，每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求

的，不选、多选、错选均不得分）

1．已知集合A{x|0x5,xN*}，B{x|x2x60}，则AIB A．{x|1x3} B．{x|0x3} C．{3} D．{1,2,3}

1．【答案】C

【解析】易得Bxx2x602,3，Ax0x5,xN*1,2,3,4，

所以AIB1,2,3,4I2,33.故选C． 2．已知a，b是实数，则“ab5”是“a2b3”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分也不必要条件

2．【答案】B

【解析】当a1，b5时，ab5，但不满足a2b3，故不是充分条件； 由不等式的性质可知， 由a2b3可得ab235，故是必要条件.故选B．

3．设函数f(x)x1,x11，则f(f(1))

x,xA．−1 B．0

C．1

D．3

3．【答案】B

【解析】因为f111，所以ff1f1110，故选B．

P是双曲线y24x24．设31上的动点，则P到该双曲线两个焦点的距离之差的绝对值为

A．4 B．23 C．25 D．27

4．【答案】A

【解析】由题得a24,a2.由双曲线的定义可知P到该双曲线两个焦点的距离之差的绝对值为

2a4.故选A.

1

5．若函数f(x)sin(x)（0）的最小正周期为A．5 5．【答案】B

B．10

C．15

π6，则 5D．20

2π2π10π【解析】根据周期公式T以及0得，故选B．

||56．设a20192020，blog20192020，clog2020A．cba 6．【答案】C

【解析】Qa20192020201901，0blog20192020log201920191，

111，则 2019D．acb

B．bca C．abc

clog20201log202010，∴abc，故选C． 20197．满足|x1||y1|1的图形面积为 A．1 7．【答案】C

B．2 C．2

D．4

xy3,x1,y1xy1,x1,y1【解析】由题意，可得x1y11，画出对应的平面区域，如图所示，

xy1,x1,y1xy1,x1,y1

其中四边形ABCD为正方形，因为AB2，所以S四边形ABCD222，即x1y11所表示的图形的面积为2.故选C．

8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为

2

A．

7π 6B．

4π 3C．2π D．

13π 68．【答案】A

【解析】由题意，根据给定的几何体的三视图可知，该几何体的左侧是一个底面半径为1，母线长为2的半圆柱，右侧是一个底面半径为1，高为1的半圆锥，所以该几何体的体积为

V111π7ππ122π121π，故选A． 223661}是等差数列，且a11，a41，则a11= an14B．−11

C．−6

D．−5

9．已知{A．−12 9．【答案】C

11141}是等差数列，所以公差【解析】因为数列{a41a11251，

an1d413101141110d10()所以，解得a116，故选C． a111a11510510．若向量a(1,1,2)，b(2,1,3)，则|ab|

A．7 10．【答案】D

【解析】由题得ab3,0,1，则ab3202(1)2=10，故选D．

11．已知a、b为两条不同的直线，、为两个不同的平面，Ia，a∥b，则下列结论不可能

成立的是

A．b，且b∥ C．b∥，且b∥ 11．【答案】D

【解析】如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，令平面ABCD为平面，平面D1DCC1为平面，则

B．b，且b∥ D．b与、都相交

B．22 C．3

D．10 CD为直线a，Qa∥b，不妨设A1B1为直线b，

3

QA1B1∥AB,AB平面ABCD,A1B1平面ABCD，A1B1∥平面ABCD，b且b∥，即A

项成立；

同理满足b，且b∥，即B项成立；

QA1B1∥C1D1,C1D1平面CDD1C1，A1B1平面CDD1C1，A1B1∥平面CDD1C1，即b∥，

b∥，且b∥成立，即C选项成立.

故排除A，B，C．

对于D，若a∥b，且Ia，则b∥或b， 所以b不可能与相交，同理，b不可能与相交，故D不可能成立. 故选D．

12．已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，点M(0,5)在圆C上，且圆C被直线yx截得的弦长为

27，则圆C的方程为

A．(x2)2y29 C．(x1)2y26 12．【答案】B

【解析】由题意，设圆心坐标为C(a,0)（a0），因为M(0,5)在圆C上，所以圆的半径为

B．(x2)2y29 D．(x1)2y26

ra5，又圆心C(a,0)到直线yx的距离为d2a022a，且圆C被直线yx截得的2弦长为27，所以272r2d22a25121a2a25，解得a2，所以2222ra253，因此，所求圆的方程为(x2)y9.故选B．

13．若两个非零向量a、b，满足|ab||ab|2|a|，则向量ab与a的夹角为

A．

5π 6B．

2π 3C．

π 3D．

 613．【答案】C

【解析】由|ab||ab|2|a|得：|ab||ab|ab0，又|ab|2|a|，所以向量ab(ab)aa2+ab|a|21π==与a的夹角满足cos，解得，故选C．

|ab||a|2|a|22|a|223

4

14．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a2c22b，sinAcosC3sinCcosA，

则b的值为 A．2 14．【答案】C

【解析】由sinAcosC3sinCcosA，及正弦定理得acosC3ccosA，

B．3

C．4

D．5

a2b2c2b2c2a2由余弦定理得，a，即a2b2c23(b2c2a2)， 3c2ab2bc又a2c22b，所以b22b3(b22b)，即b24b，又b0，所以b4.故选C．

215．已知函数fxx5x4kx有三个零点x1,x2,x3，则x1x2x3

A．4 15．【答案】C

B．6 C．8 D．12

2【解析】画出yx5x4与ykx的图象如下图所示：

2x5x4,x,1U4,yx5x42， x5x4,x1,422由fxx5x4kx有三个零点，得当x1,4时方程x25x4kx0在区间1,4内有两

个相等的实根，所以5k160，得k9或k1， 若k9，x2，舍去；若k1，x2满足条件，所以x22；

当x,1U4,时，x25x4kx0的两根之积为4，所以x1x34， 所以x1x2x38，故选C．

16．设二次函数f(x)x2axb，若对任意的实数a，都存在实数x[,2]使得不等式|f(x)|x成

立，则实数b的取值范围是

212 5

A．(,]U[2,) C．(,]U[,) 16．【答案】D

13B．(,]U[,) D．(,]U[,)

131414191394【解析】问题条件的反面为“若存在实数a，对任意实数x[,2]使得不等式f(x)x成立”，即

121bx[,2],1xa1.

2x只要g(x)=xb1在x[,2]上的最大值与最小值之差小于2即可. x2g(2)2b21119当b4时，g()g(2)2,得b；当b4时,1，得b；当

2444g()2b221111b时，g(2)g()2,得b.

4234所以19b. 341394综上可得，所求实数b的取值范围是(,]U[,)，故选D．

17．平面直角坐标系xOy中，F是抛物线y24x的焦点，点A、B在抛物线C上，且满足OAOB4，

uuuruuuruuuruuur|FA||FB|43，则FAFB为

A．11 17．【答案】A

B．12

C．13

D．14

uuuruuury12y22【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1， ,x244uuuruuury12y22y12y22由OAOB4得x1x2y1y24,y1y24,y1y28,x1x24，

4444uuuruuur22因为FAFB43，所以(x11)2y12(x21)2y2243,结合y14x1，y24x2，得

(x11)(x21)43,x1x243，

22因此(x1x2)(x1x2)4x1x2481664,x1x28，

uuuruuur从而FAFB(x11,y1)(x21,y2)x1x2y1y2(x1x2)1488111，

故选A．

18．如图，在菱形ABCD中，BAD＝60，线段AD，BD，BC的中点分别为E，F，K，连接EF，FK．现

6

将△ABD绕对角线BD旋转，令二面角A－BD－C的平面角为，则在旋转过程中有

A．EFK B．EFK 18．【答案】B

C．EDK D．EDK

【解析】如图，△DEF绕BD旋转形成以圆O为底面的两个圆锥(O为圆心，OE为半径，O为DF的中点)，EFKπEFE，πEOE，

当180o且0o时，△OEE与等腰△FEE中，EE为公共边，且FEFEOEOE，

EFEEOE，EFK.

当180o时，EFK， 当0o时，EFK， 综上，EFK，即EFK.

C、D选项比较EDK与的大小关系，由图可知即比较EDK与的大小关系，根据特殊值验证：当0o时，EDK，当180o时，EDK，∴C、D都不正确. 故选B．

非选择题部分

二、填空题（本大题共4小题，每空3分，共15分）

19．已知a(0,)，若sin2asin2a1，则tana______；sin2a______. 19．【答案】

π614; 251， 22222【解析】sinasin2a1sinacosasin2acosatana 7

sin2a2tana14141tan2a115，所以tana，sin2a.

25420．已知直线l1:kx(1k)y30,l2:(k1)x(2k3)y20，若l1l2，则k______. 20．【答案】1或−3

【解析】因为l1⊥l2，所以k·（k﹣1）+（1﹣k）·（2k+3）＝0，解得 k＝1或k＝﹣3，故答案为1或﹣3. 21．已知向量a(m,1)，b(4n,2)，m0，n0，若a∥b，则21．【答案】

18的最小值为______. mn9 2【解析】∵a∥b，∴4n2m0，即n2m4，

181n16m1181n16m9(n2m)10∵m0，n0，∴)，(102mn4mn4mn4mn2当且仅当n4m∴

8时取等号， 31899的最小值是．故答案为． mn2222．已知数列{an}满足a113，3an1an40，Sn为数列{an}的前n项和，则满足不等式

|Snn9|22．【答案】8

1的n的最大值为______. 1000an111，故可以分析得到数列an13【解析】对3an1an40变形得：3(an11)(an1)，即

1{an1}是首项为12，公比为的等比数列.

3n1n1所以an112()，an12()1，

1313112[1()n]3n99(1)nn，

所以Sn131()3n故Snn9|9()|131，解得最大正整数n8. 1000三、解答题（本大题共3小题，共31分） 23．（本小题满分10分）

在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知bc2a，5csinB7asinC.

8

（Ⅰ）求cosB的值；

（Ⅱ）设f(x)sin(xB)，解不等式f(x)23．（本小题满分10分）

【解析】（Ⅰ）因为5csinB7asinC，所以5cb7ac5b7a， 又bc2a，所以b1. 273a,c2aba.（3分） 552所以cosBacb2ac22a2(3a27a2)()551.（5分）

3a22a512π.（6分） ，所以B23（Ⅱ）因为0Bπ，cosB所以f(x)sin(x解得x[2kπ2π1π2π5π)2kπx2kπ,kZ，（8分） 32636ππ,2kπ]，kZ.（10分） 2624．（本小题满分10分）

x2y2已知椭圆C:221(ab0)的焦距为4，点P（2，3）在椭圆上．

ab（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）过点P引圆x2(y3)2r2(0r233)的两条切线PA，PB，切线PA，PB与椭圆C的另一个交点分别为A，B，试问直线AB的斜率是否为定值？若是，求出其定值；若不是，请说明理由． 24．（本小题满分10分）

【解析】（Ⅰ）因为椭圆C的焦距为4，所以c＝2，则左焦点为F1（﹣2，0），右焦点为F2（2，0），

所以|PF1|＝5，|PF2|＝3，所以2a＝|PF1|+|PF2|＝5+3＝8，即a4，（2分） 所以b2=a2−c2=12，

x2y2故椭圆C的方程为1．（4分）

1612（Ⅱ）设PA：yk1(x2)3 ，则r332k1k121222，所以(r4)k1r0；

设PB：yk2(x2)3，则r332k22k21222，所以(r4)k2r0，

所以k1，k2为方程(r24)k2r20的两根，即k1k20．（6分）

9

yk1(x2)3设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立x216y2121，

有34k22221x16k124k1x16k148k1120，

x16k2124k116k2124k18k2134k2，x24k161214k222．

13134k1yk2(x2)3同理联立x2y2，可得：x8k2124k16，（8分） 16121234k2124k则k1y2y1k1x1x24ABxk134k2112x1x2x148k．

1234k21故直线AB的斜率是定值，且定值为12.（10分） 25．（本小题满分11分）

已知函数f(x)log12(ax)(aR).

（Ⅰ）当a1时，求f(x)在x[1,)时的值域；

（Ⅱ）若对任意t[2,4]，x1,x2[t1,t1]，均有|f(x1)f(x2)|2，求a的取值范围. 25．（本小题满分11分）

【解析】（Ⅰ）当a1时，fxlog12(1x)， 因为x[1,)，所以11x1,2，则fxlog12(1x)0,1， 所以fx在x[1,)时的值域为0,1.（3分） （Ⅱ）依题意对任意t2,4，xt1,t1，a1x0恒成立， 所以

1t1a0在t2,4时恒成立，则a15.（5分） 对任意t2,4，函数fx在区间t1,t1上单调递减， 由已知x1,x2t1,t1，均有fx1fx22， 所以log2(1t1a)log12(t1a)2在t2,4时恒成立，

10

即3a1453t2在t2,4时恒成立.（7分） t1t1t153t0，则a0符合题意.（8分） 2t1①当a0，t2,4时，②当153t152a0时，3a2在t2,4时恒成立，则tt(1)0在t2,4时恒成立， 5t1a3ag2310,3a令gtt2157at(13a)，所以g0,则1a0.（10分） 4153a915a0,由①、②可得a的取值范围为a19.（11分） 11