浙江省2020年3月高三数学第二学期月考测试卷.pdf

浙 江 省 2 0 2 0 年 3 月高三数学第二学期月考测试卷含解析浙 江 省 2 0 2 0 年 3 月高三数学第二学期月考测试卷含解析 一 选择题 1 设集合 则 A B C D 解析 因为集合 所以 又集合 所以 故选择 D 2 双曲线 的离心率为 则其渐近线方程为 A B C D 解析 因为双曲线的离心率为 所以 又知 则 则 又双曲线的渐近线方程为 所以其渐近线方程为 故选择 C 第 1 页 共 25 页 3 设 满足约束条件 则 的最小值是 A tB C D t 解析 根据 满足约束条件 作出可行域 如图所示 由图可知 经过可行域的点 时 目标函数取得最小值 解得 则 的最小值为 故选择 B 4 如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图 则该几何体的表面积为 A B C D 解析 由题意可知 该几何体是由圆柱和圆锥组合而成 其表面积等于圆锥侧面积 圆柱侧面 圆柱底面积 圆锥 侧 t 圆柱侧面 圆柱底面积 所以该几何体的表面积为 故选择 C 第 2 页 共 25 页 5 已知直线 分别在两个不同的平面 内 则 直线 和直线 相交 是 平面 和平面 相交 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 解析 直线 分别在两个不同的平面 内 则 直线 和直线 相交 平面 和平面 相交 但是当 平面 和平面 相交 时 直线 和直线 相交 不一定成立 所以 直线 和直线 相交 是 平面 和平面 相交 的充分不必要条件 故选择 A 6 函数 es 在 的图像大致为 解析 因为函数 es 则 es es es 所以 在 上为奇函数 可排除 A 项 取 则 es 可排除 B C 项 故选择 D 第 3 页 共 25 页 7 已知 为实数 随机变量 的分布列如下 若 随机变量 满足 其中随机变量 相互独立 则 的取值范围是 A B C D 解析 若 因为 t t 所以 即 因为 XY 相互独立 所以 因为 所以 所以 故选择 B Y 101 Pab2a 第 4 页 共 25 页 8 抛物线 2 y 2px p 0 的焦点为 F 直线 l 过点 F 且与抛物线交于点 M N 点 N 在 x 轴上方 点 E 在 x 轴上 F 右侧的一点 若 NF EF 3 MF 312 MNE S 则 p A 1B 2C 3D 9 解析一 设直线 MN 的倾斜角为 由抛物线的结论可知 MN 2 2 sin p NF 1 cos p MF 1cos p NF EF 3 MF 设 NF EF 3 MF 3 m 1 cos 3 1 cos NF FM cos 1 2 60 sin 3 2 2 224 3 sinsin sinsin3 MN pp yyMNp 114 3 32 3 12 3 223 MNEMN SyyFEpmpm p m 6 又 2 228 4 3 sin3 4 pp pm 3 2 pm p 3 6 2 p 所以 3p 故选择 C 第 5 页 共 25 页 解析二 记 NFE NF 3 MF 3 1 cos1 cos PP cos 1 2 NF 2p NFE 为为正三角形 MNEMFENFE SSS 4 3 NFE S 243 2 34 p 2 4 3 3 p 12 3 p 3 故选择 C 第 6 页 共 25 页 解析三 设 MN 的斜角为 MFx 3NFEFx 1 cos 3 1 cos p NF p MF 1 cos 2 133 sin412 3 222 MNF x SEF MNx 所以 2x 故 2 2 1 cos3 p MFP P 3 故选择 C 解析四 柔中韩卿 由题意知 NF EF NE NFE 为等边三角形 NF 的斜率为 3 设 MN 所在直线的方程为3 2 p yx 与 2 y 2px联立可得 2 2 3 350 4 p xpx 解得 1 6 p x 2 3 2 p x NF EF 3 2 22 pp p MN 12 8 3 p xxp 1 2 MNE S MN EF sin60 2 384 3 2 433 pp p 123 p 3 故选择 C 第 7 页 共 25 页 9 已知函数 2 4 53 2 3 xx f x fxx 若函数 1g xf xk x 有 9 个零 点 则实数 k 的取值范围是 A 4 1 6 1 6 1 4 1 B 3 1 5 1 5 1 3 1 C 4 1 6 1 D 3 1 5 1 解析一 因为函数 2 4 53 2 3 xx fx fxx 1 9 1 9 g xf xk x f xgk x 有 个零点 与有 个交点 画出 图像 根据图像平移易画 取端点 12 12 1 1 3 1 1 5 1 8 4 1 1 5 1 1 7 1 10 6 111 1 466 4 yk xyk xk yk xyk xk k 当过时 过 此时共 个交点 当过时 过此时 共个交点 故选择 A 第 8 页 共 25 页 解析二 因为 f x 与h x k x 1 有九个交点 如图所示 考虑到有 9 个交点 9 不是偶数 5 0h 这样就不对称了 我们此时把5x 的左边用虚线补充 交得的图像为上图 5 0 7 0 h h 111 1 466 4 k 故选择 A 第 9 页 共 25 页 解析三 1 g xk x 1 0g 要使有 9 个零点 则 1 左侧有 4 个 右侧 5 个 即 41 3 1 111 1 61 5 1466 4 kg k kg 针对选择题做法 先看 k 0 不符合 特殊值法 只余 AB 选项 把 1 4 k 带入 不符合 排除 B 故选择 A 第 10 页 共 25 页 10 已知函数 数列 s的前 n 项和为 s 且满足 s s 则下列有关数列 s的叙述正确的是 B C D A 解析一 设 g g g est t g ts ts 可作 与 h 的草图 因为 所以 过 向 轴引垂线交 于 再过 向 轴引垂线交 于 这样 s的坐标为 s s s 由图像可明显感受到 s s 所以 B C 错误 又 t 故 t 故 D 错误 对于 A 所以 A 正确 故选择 A 第 11 页 共 25 页 解析二 根据数列不动点 蛛网图解决 s s s s s s s 所以 s 令 当 时 有一解 令 g 又因为 g g 所以 g 在 上有另一解 且 所以由蛛网图得 当 s为递减数列 所以 s s 所以 排除 B C 项 对于 D 只要证明 s s s s 令 即证 在 恒成立 所以 因为 在 时 所以 在 时单调递减 所以 所以 在 时单调递减 所以 所以 s s 恒成立 即 s s 所以 s s s s s 所以 s s s 所以 所以 D 错误 第 12 页 共 25 页 A 项 t 所以 t 所以 故选择 A 二 填空题 11 若复数 e e i 为虚数单位 则 复数 对应的点在坐标平 面的第 象限 解析 因为 e e e e e e e e 所以 复数 对应的点坐标为 位于第一象限 综上 复数 对应的点在坐标平面的第一象限 第 13 页 共 25 页 12 在二项式 的展开式中 常数项是 所有二项式系数之和 是 解析 根据二项式通项可得 令 可得 所以常数项为 所有二项式系数之和为 综上 常数项为 所有二项式系数之和为 台州张某 13 在 ABC 中 内角 A B C 的对边分别是 a b c 若 ABC 的面积是 cosC 则 c sin B sinC cosC sinC 又 sinC 解得 cosC 即余弦定理 c 得出 c 3 又因为 b c 所以 es es cosC 综上 c 3 es es 第 14 页 共 25 页 14 某公司有 9 个连在一起的停车位 现有 5 辆不同型号的轿车需停放 若停放后恰有 3 个空车位连在一起 则不同的停放方法有 种 此题用隔板法 五辆车作为五个隔板 其中三个空位捆绑在一起 则还剩一个空 位 则有公式 52 56 120 303600AA 种 第 15 页 共 25 页 15 已知 为单位向量 平面向量 满足 则 的取值范围是 解析一 由于 不难想到将这三个向量放在单位圆中解决 设 t t t tcos 可以理解为 在 方向上的投影 如图 I 所示 此时 与 的夹角为钝角时 min t tcos t t t t 又因为t t 故当t t 时 min 如图 II 时 与 的夹角为锐角 当t t 时 max t t t tcos t t t t t t 第 16 页 共 25 页 则综上所述 解析二 A B 都在 x y 上 两点的坐标为 A cos sin B cos sin cos cos cos cos sin sin cos cos sin sin cos cos es cos cos 最大时即 cos 原式 t cos t cos 当 cos 时 取得最大值为 即 取得最小值为 最小时 即 cos a 原式 t cos t cos y 设 cos 为 x y t t xt x t 令其为 得 代入求得此时取得最小值为 即 最大为 所以 的取值范围为 第 17 页 共 25 页 解析三 令 t t 由题意得圆半径为 做 AT 垂直于 OM OK 垂直于 BN 先固定 再找 则t tmax t tt tt t t t tt t 又 OT MT R 故原式 t t tt t t t t tt t 当且仅当 OT MT 时等号成立 故最大值为 对于最小值 明显在 t 与 t 共线时取得 此时t tmin 综上所述 的取值范围为 第 18 页 共 25 页 16 已知 且满足 则 a2 2b2 3a 8b的最小 值是 解析一 整理 得 令 2a 3 m b 2 n s 22 238abab 22 333 2282 22 mm nn 2 2 41 2 44 m n 22 41 2 24 m n 41 2 2 4 所以 22 238abab 的最小值为 41 2 2 4 解析二 运用拉格朗日数乘法求解 F a2 2b2 3a 8b 232 40 4 8230 2 43 80 faab fbba fabab 和 两式联立得 22 2 2423ba 的解为 2 2423 2 2423 ba ba 将 代入 中得到 22 2223ba 将 代入 中得到 3 2 2 a 那么 22 238abab 22 341 22 24 ab 此时 它的最小值为 41 2 2 4 将 代入 中得到 2 2220b 无解 舍去 综上所述 22 238abab 的最小值为 41 2 2 4 第 19 页 共 25 页 17 在长方形 ABCD A B C D 中 AB BC A AA E 是底面 ABCD 的中 心 AF AB 0 则当 时 长方体过点A E F 的截面面积 的最小值为 解析一 向量法 以 E 点为原点 如图所示 建立空间直角坐标系 可得 t t AB BC 4 AB AD 不妨令 F 2 k 0 E 2 2 1 EF 2 K 0 E EF K K 且 E EF 4 2k 即可求出解 cos A EF k K sin A EF k k K 所以 A EF sin A EF k k 当 时 取得最小值 所以 A EF 截面面积 4 A EF 此时AF AB t t 由于 AB 与 AD 对称 第 20 页 共 25 页 解析二 几何法 过点 A 作 AH FE 过点 P 做 PQ 垂直 AB 过点 E 作 EO 垂直 AB A FPR 为长方体的截面 易得 AHF OEF 则 AH PQ AF PF AH PF A H AH A A PF S A H PF PF t t t t 将平方项展开整理后得 S 故当 时 Smin 解析三 几何法 过点 A 做 AG MF 于点 G 则 MG A G 作 MK AB 于点 K 已知 AF 4 则 CM BK 4 KF 4 8 MF Rt MKF Rt AGF KM MF AG AG MF tA Gt tAGt tA At t t MF S MF A G t t 故 时 S 取得最小值 min Smin 第 21 页 共 25 页 解析四 几何法 过点 E 作垂线垂直于 AH 和 AB 设 AF 显然可得 tan cos t t cos S SAFGH cos 其中 cos A A S t t t t t t t 此时 第 22 页 共 25 页 一 选择题 本大题共 10 小题 每小题 4 分 共 40 分 在每小题给出的四个选项中 只有一项 是符合题目要求的 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D C B C A D B C A A 二 填空题 本大题共 7 小题 多空题每题 6 分 单空题每题 4 分 共 36 分 11 5 一 12 240 6413 3 3 2 14 3600 15 2 4 1 16 4 2 2 41 17 105 1 12 5 三 解答题 本大题共 5 小题 共 74 分 解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤 18 解 1 f x 2 3 3 sin2 x sin xcos x x x 222 3sin2 31 cos21 2 3 cos 2 x 2 1 sin 2 x x 3 sin 2 因为图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为 4 又 0 所以 24 4 2 因此 1 2 由 1 知f x x 3 sin 2 当 x 2 3 时 3 5 x 33 2 8 所以 x 23 sin 21 3 因此 1 f x 2 3 故f x 在区间 2 3 上的最大值和最小值分别为 2 3 1 2020年3月高三年级月考2020年3月高三年级月考 数学试卷参考答案数学试卷参考答案 第 23 页 共 25 页 19 1 取PA的中点F 连结EF BF 因为E是PD的中点 所以 EFAD EFAD 2 1 由 BADABC90得 BCAD 又 BCAD 2 1 所以 EFBC 四 边形BCEF是平行四边形 CEBF 又BF 平面PAB CE 平面PAB 故CE 平面PAB 2 由已知得 BAAD 以A为坐标原点 AB的方向为x轴正方向 AB 为单位长 建立如图的空间直角坐标系 Axyz 则A 0 0 0 B 1 0 0 C 1 1 0 P 0 1 3 PC 1 0 3 AB 1 0 0 设M x y z x 01 则 BMxy z 1 PMx yz 1 3 因为BM与底面ABCD所成的角为45 而n 0 0 1