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2020高考数学 小题分层练(6套) 浙江专用

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    • 1、2020高考数学小题分层练(6套)浙江专用小题分层练(一)本科闯关练(1)1已知集合Ax|x|1,Bx|x22x0,则AB()A(1,2)B(0,2)C(1,2) D(0,1)2若变量x,y满足,则y的取值范围是()AR B0,4C2,) D(,23“直线l与平面平行”是“直线l与平面内的无数条直线平行”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既不充分也不必要条件4已知双曲线C:1(b0)的离心率为,则焦点到渐近线的距离为()A2 B4C2 D85函数yex(x22x1)的图象可能是()6已知随机变量的分布列如下:012Paa当a在内增大时,D()()A增大 B减小C先增大后减小 D先减小后增大7若正实数x,y满足ln(x2y)ln xln y,则2xy取到最小值时,x()A5 B3C2 D18平面向量a,b满足|ab|3,|a|2|b|,则ab与a夹角的最大值为()A. B.C. D.9已知正三角形ABC所在的平面垂直平面,且边BC在平面内,过AB,AC分别作两个平面,(与正三角形ABC所在平面不重合),则以下结论错误的是()A存在平面与平面,使得它们的交线l和直线

      2、BC所成的角为90B直线BC与平面所成的角不大于60C平面与平面所成的锐二面角不小于60D平面与平面所成的锐二面角不小于6010设I是含有数的有限实数集,f(x)是定义在I上的函数若f(x)的图象绕坐标原点逆时针旋转后与原图象重合,则在以下各项中,f()的取值不可能是()A. B.C D.11已知数列an是首项为a,公差为1的等差数列,bn,若对任意的nN*,都有bnb8成立,则实数a的取值范围为_12已知i是虚数单位,复数z,则z的实部是_;|z|_13若(x1)7a0a1xa7x7,则a1_;a1a7_14在ABC中,cos ,BC1,AC5,则cos C_;sin A_15袋中有2个红球,2个白球,2个黑球共6个球,现有一个游戏:从袋中任取3个球,恰好三种颜色各取到1个则获奖,否则不获奖则获奖的概率是_;有3个人参与这个游戏,则恰好有1人获奖的概率是_16已知C,F分别是椭圆:1的左顶点和左焦点,A、B是椭圆的下、上顶点,设AF和BC交于点D,若2,则椭圆的离心率为_17设数列an满足an12(|an|1),nN*,若存在常数M0,使得对于任意的nN*,恒有|an|M,则a1的取

      3、值范围是_小题分层练小题分层练(一)1解析:选D.因为Ax|1x1,Bx|0x2,所以AB(0,1)故选D.2解析:选B.不等式的平面区域如图所示,结合图象易知y的取值范围是0,4故选B.3解析:选A.由线面平行的性质可知,若直线l与平面平行,则直线l与平面内的无数条直线平行;反之当直线l在平面内时,不能推出直线l与平面平行故选A.4解析:选C.由e22得b2,故焦点为(4,0)到渐近线xy0的距离为2,故选C.5解析:选A.f(x)ex(x1)20有二重根x1,故f(x)在x1附近左右两侧的图象均在x轴上方故选A.6解析:选C.D()E(2)E2()a2a,所以D()先增大后减小故选C.7解析:选B.由题意可得x2yxy,变形为1,所以2xy(2xy)5529,当且仅当,即xy3时取到最小值故选B.8解析:选C.如图,设a,b,由|a|2|b|可知点P的轨迹为阿波罗尼斯圆设A(0,0),B(3,0),P(x,y),则点P的轨迹方程为(x4)2y24.所求问题转化为AB与AP的夹角何时最大,结合图象可知,当AP与圆相切时夹角最大,容易算得最大的夹角为.9.解析:选D.将本题放入三棱锥A

      4、BCD中研究,如图所示设为平面BCD,为平面ABD,为平面ACD.固定正三角形ABC,让D点运动对于选项A,只要BCD也为正三角形,即有BC平面AED,可得BCAD.对于选项B,考查最小角定理直线BC与平面所成的角不大于ACB60.对于选项C,考查二面角最大过E作EFBD,垂足为F.可知EFBE,AFEABE60.故选D.10解析:选B.当f()时,可求得旋转角为,即对应点为A点,以A为起点,间隔圆上取六点(如图),当x时,圆上对应有两个点A,E,这与函数的定义矛盾所以f()的取值不可能是.11解析:依题意得bn1,对任意的nN*,都有bnb8,即数列bn的最小项是第8项,于是有.又数列an是公差为1的等差数列,因此有即由此解得8a7,即实数a的取值范围为(8,7)答案:(8,7)12解析:z1i,故实部为1,|z|.答案:113解析:(x1)7展开式的通项为Cxk,令k1得a17.令x0,得a01,令x1,得a0a1a7128,则a1a7127.答案:712714解析:cos C2cos21.由余弦定理得AB4,再由正弦定理得,解得sin A.答案:15解析:获奖概率为P,恰好有1人

      5、获奖的概率为PC.答案:16解析:设A(0,b),F(c,0),C(a,0),B(0,b),由题意D,又A,F,D三点共线,得,解得e.答案:17解析:由解得数列an的一个不动点为2,结合蛛网图,要使an有界,则a1应满足2a12.答案:2,2小题分层练(二)本科闯关练(2)1已知集合Ax|2x2,Bx|x2,则()ABA B(RB)(RA)CAB D(RA)B2设函数f(x),若f(f(0)4,则b()A2B1C2D13某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是()A3 B6 C9 D184“k(kZ)”是“函数f(x)cos(x)为奇函数”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件5从装有1个黑球,2个白球和2个红球的盒子里随机拿出2个小球,记拿到红球的个数为,则E()()A. B. C. D.6已知圆C的圆心在直线xy0上,且圆C与直线xy0相切,截直线xy30所得的弦长为,则圆C的标准方程为()A(x1)2(y1)22 B(x1)2(y1)22C(x1)2(y1)21 D(x1)2(y1)217已知正数a,b,c满

      6、足5c3ab4ca,bc,则的取值范围是()A. B.C. D.8如图,在三棱锥SABC中,SC平面ABC,E,F是棱SC的两个三等分点,设二面角SABF、FABE、EABC的平面角分别为、,则()A BC D9已知e1,e2均为单位向量,且它们的夹角为45,设a,b满足|ae2|,be1ke2(kR),则|ab|的最小值为()A. B. C. D.10如图,点P是平面ABC外一点,点D是边AC上的动点(不含端点),且满足PDPA,PBBABC2,ABC120,则四面体PBCD体积的最大值是()A. B. C. D.11双曲线y21的右顶点坐标为_,渐近线方程为_12已知复数zai(aR,i是虚数单位),若z2是纯虚数,则a_,|z|_13在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a2,B,tan C7,则sin A_,SABC_14若的展开式中只有第5项的二项式系数最大,则n_,第5项为_15设等差数列an与等比数列bn的前n项和分别为Sn和Tn,若等比数列bn的公比为q(n,qN*)且T2n1Sqn,则an_16.将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处,小球

      7、将自由下落小球在下落的过程中,将3次遇到黑色障碍物,最后落入A袋或B袋中己知小球每次遇到黑色障碍物时,向左、右两边下落的概率都是,则小球落入A袋中的概率为_17已知函数f(x)2xt2,g(x)xt1,记函数F(x)|f(x)|g(x)|f(x)|g(x)|,则函数F(x)的最小值为_小题分层练(二)1解析:选B.结合数轴可知(RB)(RA)故选B.2解析:选C.f(0)b,若b1,则f(b)3b4,解得b(舍去);当b1时,f(b)2b4,解得b2.故选C.3解析:选D.该几何体为四棱柱截去两个三棱柱,其体积为V333213318,故选D.4解析:选C.由函数f(x)cos(x)为奇函数,可知f(0)cos 0,所以k(kZ)故选C.5解析:选A.E()2.故选A.6解析:选A.把选项逐一代入检验,A符合题意,故选A.7解析:选B.由题意534,1,令x,y,则所求问题转化为在下求2xy的取值范围,利用线性规划知识可求得的取值范围是.故选B.8解析:选C.过S作SDAB交AB于D,连接FD,ED,DC,所以FDAB,EDAB,CDAB,所以SDF,FDE,EDC,则tan ,tan (),tan (),所以tan ()2tan ,tan ()3tan ,则tan tan ,tan tan ,即tan tan tan ,故.故选C.9解析:选C.如图,由|ae2|可知点A在以E为圆心,为半径的圆上,由be1ke2可知点B在直线l上(lDE)所以|ab|AB|EH|r.故选C.10解析:选C.由BPBABC2,可知点P在以B为球心,半径为2的球面上(除A,C外)又由PDPA知,点P在线段AD的中

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