2020届浙江省五校高三数学（理）第二次联考考试试题

浙江省五校2020届高三第二次联考（数学理）参考公式 如果事件、互斥，那么如果事件、相互独立，那么如果事件在一次试验中发生的概率是，那么在次独立重复试验中恰好发生次的概率锥柱的体积公式 柱体的体积公式 其中表示棱柱的底面积, 表示棱柱的高第卷（共50分）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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. 设全集且,则（ ）（A） （B） （C） （D）2若复数是纯虚数（是虚数单位，是实数），则（ ）（A）（B）（C）（D）23. 椭圆的焦点在轴上，长轴长是短轴长的两倍，则的值为（ ）（A）（B） （C） 2 （D）44若一个底面为正三角形、侧棱与底面垂直的棱柱的三视图如下图所示，则这个棱柱的体积为（ ）（A） （B） （C） （D）6 5平面平面的一个充分条件是（ ）（A） 存在一条直线， ,（B） 存在一条直线， ,（C） 存在两条平行直线, , （D） 存在两条异面直线， ，,6如图，该程序运行后输出的结果为（ ） （A）36 （B）56 （C）55 （D）457一个篮球运动员投篮一次得3分的概率为，得2分的概率为，不得分的概率为（、），已知他投篮一次得分的数学期望为2（不计其它得分情况），则的最大值为（ ）（A）（B）（C） （D）8. 在空间四边形ABCD中，则=（ ）（A） （B） （C） （D） 9.已知可导函数，则当时，大小关系为（ ）（A） （B） （C） （D） 10.用砖砌墙，第一层（底层）用去了全部砖块的一半多一块，第二层用去了剩下的一半多一块， 依次类推，每一层都用去了前一层剩下的一半多一块，如果到第九层恰好砖用完，那么共用去砖的块数为 （ ）（A）1018 （B）1020 （C）1022 （D）1024第 卷（共100分）二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分.11某校对全校男女学生共1600名进行健康调查，选用分层抽样法抽取一个容量为200的样本已知女生比男生少抽了10人，则该校的女生人数应是 人12 如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连，连线上标注的数字表示某信息经过该段网线所需的时间(单位：毫秒).信息由结点A传递到结点B所需的最短时间为 毫秒.13设是不等式组表示的平面区域,则中的点到直线距离的最大值是 .14已知的展开式中的常数项为，是以为周期的偶函数，且当时，若在区间内，函数有4个零点，则实数的取值范围是 . 15在等差数列中，公差、是方程的两个根，是数列的前的和，那么满足条件的最大自然数 .16如图给出16个点，其左和右相邻两点、上下相邻两点的距离都为1.若以这些点作为三角形的顶点，那么一共可得到 个直角三角形. 17.设三角形ABC的BC边上的高AD=BC，分别表示角A、B、C对应的三边，则的取值范围是 三、解答题18. （本小题满分14分）已知向量.（）若求;（）设的三边满足，且边所对应的角为，若关于的方程有且仅有一个实数根，求的值.19. （本小题满分14分）袋中有6张卡片，编号分别是1，2，3，4，5，6.现在从袋中任意抽取出3张卡片，并记号码最大的为.（）求的分布列和期望;（）若3张卡片是有放回的抽取，则最大号码为4的概率是多少？20. （本小题满分14分） 如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD,DAB为直角，ABCD,AD=CD=2AB,E、F分别为PC、CD的中点.（）试证：CD平面BEF;（）设PAkAB,且二面角E-BD-C的平面角大于,求k的取值范围.21. （本小题满分15分）过抛物线的对称轴上的定点，作直线与抛物线相交于两点. （）试证明两点的纵坐标之积为定值； （）若点是定直线上的任意一点，分别记直线的斜率为，试探求之间的关系，并给出证明.22. （本小题满分15分）设函数，其图象在点处的切线的斜率分别为（）求证：；（）若函数的递增区间为，求的取值范围；（）若当时（是与无关的常数），恒有，试求的最小值 数学（理科）答案一选择题题号12345678910答案CDABDDADBC二填空题11760 124 .8 13 14154015 16184 17三解答题18（）.4分.7分（）, .11分结合图象可得:.14分19. （ ）3456P0.050.150.30.5.6分.9分 （）.14分20() 解法一：（）证：由已知DFAB且DAD为直角，故ABFD是矩形，从而CDBF. .4分又PA底面ABCD,CDAD，故知CDPD.在PDC中，E、F分别PC、CD的中点，故EFPD,从而CDEF,由此得CD面BEF. .7分（）连结AC交BF于G.易知G为AC的中点.连接EG,则在PAC中易知ECPA.又因PA底面ABCD,故BC底面ABCD.在底面ABCD中，过C作GHBD,垂足为H,连接EH.由三垂线定理知EHBD.从而EHG为二面角E-BD-C的平面角. .10分设AB=a,则在PAC中，有BG=PA=ka.以下计算GH，考察底面的平面图（如答(19)图）.连结GD.因SCBD=BDGH=GBOF.故GH=.在ABD中，因为ABa,AD=2A,得BD=a而GB=FB=AD-a.DF-AB,从而得GH= 因此tanEHG=.12分由k0知是锐角，故要使，必须tan=解之得，k的取值范围为k.14分解法二：（）如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为：轴建立空间直角坐标系，设AB=a,则易知点A,B,C,D,F的坐标分别为A(0,0,0),B(a,0,0),C(2a,2a,0),D(0,2a,0),F(a,2a,0).从而=(2a,0,0), =(0,2a,0), =0,故 .设PA=b,则P(0,0,b),而E为PC中点.故 第（20）E.从而=.=0,故.由此得CD面BEF.（）设E在xOy平面上的投影为G，过G作GHBD垂足为H,由三垂线定理知EHBD.从而EHG为二面角E-BD-C的平面角.由PAkAB得P(0,0,ka),E,G(a,a,0).设H(x,y,0)，则=(x-a,y-a,0), =(-a,2a,0),由=0得=a(x-a)+2a(y-a)=0,即x-2y=-a 又因=(x,a,y,0),且与的方向相同，故，即2x+y=2a 由解得x=a,y=a,从而，a.tanEHG=.由k0知，EHC是锐角，由EHC得tanEHGtan即故k的取值范围为k.21（1）证明:.设 有，下证之：设直线的方程为:与联立得，消去得4分由韦达定理得 ,6分（2）解：三条直线的斜率成等差数列，9分下证之：设点，则直线的斜率为;直线的斜率为13分又直线的斜率为14分，即直线的斜率成等差数列. 15分22. 解答：（1），由题意及导数的几何意义得， （1）， （2） 3分 又，可得，即，故 5分由（1）得，代入，再由，得， （3） 6分 将代入（2）得，即方程有实根故其判别式得，或， （4） 7分 由（3），（4）得；8分 （2）由的判别式，知方程