浙江省2020年高中数学1月学业水平考试模拟试题B[含答案]

选择题部分

一、选择题（本大题共18小题，每小题3分，共分，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）

*2A{x|0x5,xN}B{x|xx60}，则AB1．已知集合，

A．{x|1x3}1．【答案】C【解析】易得所以

B．{x|0x3}C．{3}D．{1,2,3}Bxx2x602,3，

Ax0x5,xN*1,2,3,4，

AB1,2,3,42,33.故选C．

a2b3”的

2．已知a，b是实数，则“ab5”是“A．充分不必要条件C．充分必要条件2．【答案】B

B．必要不充分条件D．既非充分也不必要条件

a2b3，故不是充分条件；

【解析】当a1，b5时，ab5，但不满足a2b3可得ab235，故是必要条件.故选B．

由不等式的性质可知， 由x1,x1f(x)x,x1，则f(f(1))3．设函数

A．−13．【答案】B【解析】因为

B．0

C．1

D．3

f111，所以

ff1f1110，故选B．

y2x2

1434．设P是双曲线上的动点，则P到该双曲线两个焦点的距离之差的绝对值为

A．44．【答案】A

2a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【解析】由题得

B．23C．25D．27选A.

πf(x)sin(x)6（0）的最小正周期为5，则5．若函数

A．55．【答案】B

B．10C．15D．20

T【解析】根据周期公式6．设a2019120202π||以及0得

2π10π5，故选B．12019，则

D．acb，

blog20192020，B．bcaclog2020A．cba6．【答案】C

C．abc【解析】a201912020201901，0blog20192020log201920191，

clog20201log2020102019，∴abc，故选C．

7．满足|x1||y1|1的图形面积为A．17．【答案】C

B．2C．2D．4xy3,x1,y1xy1,x1,y1x1y11xy1,x1,y1xy1,x1,y1，画出对应的平面区域，如图所示，【解析】由题意，可得

其中四边形ABCD为正方形，因为示的图形的面积为2.故选C．

AB2，所以

S四边形ABCD222，即

x1y11所表

8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为

7πA．68．【答案】A

4πB．3C．2π13πD．6【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22366，故选A．

11}a1a1是等差数列，且4，a41，则a11=9．已知n{A．−12 9．【答案】C

B．−11

C．−6

D．−5

11141a1a12511{}d4a1是等差数列，所以公差41310，【解析】因为数列n1141110d10()a1a115105，解得a116，故选C．所以1110．若向量a(1,1,2)，b(2,1,3)，则|ab|A．710．【答案】D

【解析】由题得

B．22C．3

D．10a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，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

B．b，且b∥D．b与、都相交

ABCDA1B1C1D1中，令平面ABCD为平面，平面D1DCC1为平面，则

CD为直线a，a∥b，不妨设A1B1为直线b，

A1B1∥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；

A1B1∥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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)y922(x1)y6C．

22B．(x2)y922(x1)y6D．

2212．【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

ra25，又圆心C(a,0)到直线yx的距离为da022a2，且圆C被直线yx截得的弦

11272r2d22a25a22a252ra53，2722a2长为，所以，解得，所以

22(x2)y9.故选B．因此，所求圆的方程为

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

5πA．613．【答案】C

2πB．3πC．3D．6【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与

(ab)aa2+ab|a|21πcos==22|ab||a|2|a|2|a|2，解得a的夹角满足3，故选C．

2214．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，ac2b，sinAcosC3sinCcosA，则

b的值为

A．214．【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a2a3c222222abc3(bca)，2ab2bc由余弦定理得，，即

222又ac2b，所以b2b3(b2b)，即b4b，又b0，所以b4.故选C．

2215．已知函数

A．4

fxx25x4kxB．6

有三个零点

C．8

x1,x2,x3，则x1x2x3D．12

15．【答案】C

【解析】画出

yx25x4与ykx的图象如下图所示：

由

2x5x4,x,14,yx5x42x5x4,x1,4，2fxx5x4kxx1,42有三个零点，得当

21,4内有两

时方程x5x4kx0在区间

2个相等的实根，所以

5k160，得k9或k1，

x2；

若k9，x2，舍去；若k1，x2满足条件，所以2当

x,14,2xx4，时，x5x4kx0的两根之积为4，所以13所以

x1x2x38，故选C．

21x[,2]216．设二次函数f(x)xaxb，若对任意的实数a，都存在实数使得不等式|f(x)|x成立，

则实数b的取值范围是

1(,][2,)3A．

11(,][,)49C．

16．【答案】D

11(,][,)34B．

19(,][,)34D．

1x[,2]f(x)x2【解析】问题条件的反面为“若存在实数a，对任意实数使得不等式成立”，即1bx[,2],1xa1.2xg(x)=x只要

b1x[,2]x在2上的最大值与最小值之差小于2即可.

g(2)2b211119g()g(2)2,b4时,g()2b2b24；当当b4时，2得b；当4，得411b时，得g(2)g()2,4219b4.所以319(,][,)34综上可得，所求实数b的取值范围是，故选D．

211b34.

、B在抛物线C上，且满足OAOB4，17．平面直角坐标系xOy中，F是抛物线y4x的焦点，点A|FA||FB|43，则FAFB为A．11B．12C．13D．1417．【答案】A

y12y22x1,x2A(x,y),B(x,y)112244，【解析】设，则

2222yyyy1212x1x2y1y24,y1y24,y1y28,x1x24OAOB44444由得，22FAFB43(x11)2y12(x21)2y2243,y4xy4x2，得112因为，所以结合，

(x11)(x21)43,x1x243，22(xx)(xx)4x1x24816,x1x28，1212因此FAFB(x11,y1)(x21,y2)x1x2y1y2(x1x2)1488111，从而

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18．【答案】B

B．EFK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180且0时，△OEE与等腰△FEE中，EE为公共边，且FEFEOEOE，

EFEEOE，EFK.

当180时，EFK，当0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

0时，EDK，当180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）

πa(0,)6，若sin2asin2a1，则tana______；sin2a______.19．已知

1419．【答案】2;5sin2asin2a1sin2acos2asin2acos2atana【解析】

12，

sin2a2tana14141tan2a115tanasin2a42，5.，所以

20．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.

18a(m,1)b(4n,2)21．已知向量，，m0，n0，若a∥b，则mn的最小值为______.921．【答案】2【解析】∵a∥b，∴4n2m0，即n2m4，

181n16m1n16m9181(n2m)10(102)mn4mn4mnmn2，4m0n0∵，，∴

n4m当且仅当

83时取等号，

19∴mn的最小值是2．故答案为2．

22．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

11000的n的最大值为______.

|Snn9|22．【答案】8

an1113aan40变形得：3(an11)(an1)，即an13，故可以分析得到数列

【解析】对n11{an1}是首项为12，公比为3的等比数列.

11an112()n1an12()n113，3所以，

112[1()n]3n99(1)nnSn131()3所以，

11Snn9|9()n|31000，解得最大正整数n8.故

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.

（Ⅰ）求cosB的值；

（Ⅱ）设f(x)sin(xB)，解不等式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

22f(x)12.

b73a,c2aba55.（3分）

2cosB所以

acb2aca2(3a27a2)()5513a22a5.（5分）12πB2，所以3.（6分）

（Ⅱ）因为0Bπ，

cosBf(x)sin(x所以

2π1π2π5π)2kπx2kπ,kZ32636，（8分）

ππ[2kπ,2kπ]26，kZ.（10分）解得x24．（本小题满分10分）

x2y2C:221(ab0)ab已知椭圆的焦距为4，点P（2，3）在椭圆上．

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

222x(y3)r(0r233)的两条切线PA，PB，切线PA，PB与椭圆C的另一个交（Ⅱ）过点P引圆

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

1故椭圆C的方程为1612．（4分）

yk1(x2)3 ，则（Ⅱ）设PA：

yk2(x2)3，则

设PB：

rr332k1k121222(r4)kr0；1，所以332k2k221222(r4)kr0，2，所以222kk(r4)kr0的两根，即k1k20．（6分）12所以，为方程

yk1(x2)32xy21A(x,y)B(x,y)1211，22，联立16设，

34kx16k有

2122124k1x16k1248k1120，

16k1224k116k1224k18k1224k16x12x122234k1，34k134k12．

yk2(x2)328k1224k16xy2x21234k16121同理联立，可得：，（8分）

24k1y2y1k1x1x24k134k12148kx2x1x2x121234k1．

kAB则

1故直线AB的斜率是定值，且定值为2.（10分）

25．（本小题满分11分）

1f(x)log2(a)(aR)x已知函数.

（Ⅰ）当a1时，求f(x)在x[1,)时的值域；（Ⅱ）若对任意t[2,4]，25．（本小题满分11分）

x1,x2[t1,t1]，均有|f(x1)f(x2)|2，求a的取值范围.

1fxlog2(1)x，【解析】（Ⅰ）当a1时，

1111,2fxlog2(1)0,1xx因为x[1,)，所以，则，

所以

fx在x[1,)时的值域为

0,1.（3分）

a，

（Ⅱ）依题意对任意

t2,4，

xt1,t110x恒成立，

11a0t2,4a5.（5分）所以t1在时恒成立，则

对任意由已知

t2,4，函数

fx在区间

t1,t1上单调递减，

，

x1,x2t1,t1，均有

fx1fx22所以

log2(11a)log2(a)2t2,4t1t1在时恒成立，

3a即

1453t2t1t1t1在t2,4时恒成立.（7分）

53t02t2,4①当a0，时，t1，则a0符合题意.（8分）

153t152a03a2tt(1)0t2,4t2,4t1在a3a②当5时，时恒成立，则在时恒成立，

1g230,3a7g4150,3a1151a0,gtt2t(1)a05a3a，所以令则9.（10分）

由①、②可得a的取值范围为

a19.（11分）