浙江省“山水联盟”2020届高三数学下学期模拟考试试题含解析

1、浙江省“山水联盟”2020届高三数学下学期模拟考试试题（含解析）考生须知：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分150分.考试用时120分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卷.参考公式：若事件a，b互斥，则；若事件a，b相互独立，则p（ab）= p（a）p（b）；若事件a在一次试验中发生的概率是p，则n次独立重复试验中事件a恰好发生k次的概率；台体的体积公式；其中，分别表示台体的上、下底面积，h表示台体的高；柱体的体积公式，其中s表示柱体的底面积，h表示柱体的高；

2、锥体的体积公式，其中s表示锥体的底面积，h表示锥体的高；球的表面积公式：，球的体积公式：，其中r表示球的半径.选择题部分（共40分）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.已知集合，则（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】由题意结合对数不等式可得，再由集合的交集运算即可得解.【详解】由题意，所以.故选：d.【点睛】本题考查了对数不等式的求解及集合交集的运算，考查了运算求解能力，属于基础题.2.已知双曲线，其虚轴长为2，则双曲线的离心率是（ ）a. b. c. 3d. 【答案】a【解析】【分析】由虚轴长为2，得

3、，然后求出，从而可求出离心率.【详解】解：由题可知， 因为虚轴长为2，所以，所以，得，所以离心率，故选：a【点睛】此题考查求双曲线的离心率，属于基础题.3.若实数x，y满足约束条件，则的最大值是（ ）a. 3b. -2c. -3d. 1【答案】a【解析】【分析】由题意画出可行域，转化目标函数为，数形结合即可得解.详解】由题意画出可行域，如图：转化目标函数为，数形结合可得当直线过点时，取最大值，.故选：a.【点睛】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合思想，属于基础题.4.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何的体积（单位：）是（ ）a. 12b. 4c. 24d. 8【答案】d【解

4、析】【分析】由三视图还原出原几何体，然后计算体积【详解】由三视图可知原几何体是四棱锥，它在长方体中的位置如图，尺寸见三视图，其体积为故选：d【点睛】本题考查由三视图求几何体的体积，解题关键是由三视图还原出原几何体借助于长方体或正方体还原原几何体表事半功倍的效果5.随机变量x的分布列如下表，已知，则当b在内增大时（ ）x123pabca. 递减，递减b. 递增，递减c. 递减，递增d. 递增，递增【答案】b【解析】【分析】由题意结合分布列的性质可得，再由离散型随机变量的期望、方差公式结合函数的知识即可得解.【详解】因为，所以，所以，所以当b在内增大时，递增；所以，所以当b在内增大时，递减.故选：

5、b.【点睛】本题考查了分布列性质的应用及离散型随机变量期望和方差的求解，考查了运算求解能力，属于中档题.6.在直角坐标系中，函数的图象如图所示，则可能取值是（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】由题意可知函数在上单调递增，在上先减后增，且函数的值域为，然后利用导数分析函数的单调性以及该函数在上的符号变化，结合排除法可得出合适的选项.【详解】，定义域为，.（1）当时，令，对任意的，则函数在区间上单调递减，.若，则，由零点存在定理可知，存在，使得，当时，此时函数单调递减；当时，此时函数单调递增.所以，函数在区间上不单调，不合乎题意；若，同理可知，函数在区间上不单调，不合乎题意；所

6、以，排除a、b选项；（2）当时，对任意的，不合乎题意，排除d选项；故选：c.【点睛】本题考查利用函数图象确定函数解析式中的参数，一般利用导数分析函数单调性、函数值或极值符号、零点等进行判断，考查推理能力，属于中等题.7.设、三点不共线，则“与的夹角是钝角”是“”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【答案】c【解析】【分析】首先设命题与的夹角是钝角，命题，根据与的夹角是钝角推得，又根据推得与的夹角是钝角，即可得到答案.【详解】设命题与的夹角是钝角，命题，若与的夹角是钝角，则，所以，故，即.若，则，因为、三点不共线所以，故与的夹角是钝角，即.

7、所以“与的夹角是钝角”是“”的充分必要条件.故选：c【点睛】本题主要考查充分必要条件，同时考查了向量的模长计算，属于中档题.8.已知正方体，p是平面上的动点，m是线段的中点，满足pm与所成的角为，则动点p的轨迹为（ ）a. 圆b. 椭圆c. 双曲线d. 抛物线【答案】b【解析】【分析】采用数形结合的方法，并建立空间直角坐标系，计算，根据空间向量夹角公式，可得结果.【详解】在正方体中，连接相交于点所以，又平面，所以又，所以平面以为原点，分别为轴和轴，然后过点作的平行线为轴建立如图所示空间直角坐标系设，所以由pm与所成的角为所以化简可得，即所以点的轨迹为椭圆故选：b【点睛】本题考查立体几何中点的轨

8、迹，采用数形结合的方法以及向量的使用，将几何问题代数化，使问题更加简洁明了，属中档题.9.已知在内存在零点，则实数a的取值范围（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】引入新函数，两者零点相同，求得导数，先研究（）的单调性与最值，然后对分类：，进行讨论后可得结论【详解】，在内存在零点，即在零点，令（），则，令得，时，递增，时，递减，故，（1）当时，令，得，递增，递减，故，令，当时，单调递增，所以，函数无零点（2）时，在上有零点（3）时，令，解得或1或，其中，（实质上是的两个解），当或时，在或时，所以在上递增，在上递减，在上递增，在上递减，当或时，极大值0，此时在上有两个零点综上所

9、述，在上有零点，则的取值范围是故选：d【点睛】本题考查导数在研究函数的单调性与零点存在性问题中的应用，难度较大，解题关键是对导函数关系式的变形及对参数的分类讨论，其中对函数的变形也是一个神来之笔10.已知数列满足，则下列错误的是（ ）a. 若时，则数列单调递增b. 存在时，使数列为常数列c. 若时，则单调递减数列d. 若时，则【答案】c【解析】【分析】利用单调性的定义证明a，c，举例说b，再根据【详解】（1），由数学归纳法思想，(i)时，时，(ii)假设时，则由得，综合(i)(ii)得对所有，数列是递增数列，a正确，（2）若，则，依次得到，数列是常数列，b正确；（3）设，当或时，当时，在上递增

10、，在上递减在是递增，极小值为，极大值为，所以有唯一零点，且零点在上，进一步，即零点在上，设其为，若，则，数列不是递减数列，c错；（4）时，由（3）知此方程有唯一解，又由（3）当时，而，所以，由，可得，而，所以，综上d正确故选：c【点睛】本题考查数列的单调性，考查数列不等式的证明，解题时注意递推公式的形式，因此引入函数，通过导数研究函数的单调性，极值，从而得出数列的性质考查了学生分析问题解决问题的能力非选择题部分（共110分）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.数书九章卷五中第二题，原文如下：问有沙田一段，有三斜，其小斜一十二里，中斜一十四里，大斜一十五里

11、.里法三百步，欲知为田几何？答曰：田积三百一十五顷.术曰：以少广求之，以小斜幂（）并大斜幂（），减中斜幂（），并半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，以四约之，为实：以为从偶，开平方，得积（s）.译成现代式子是这个式子称为秦九韶三斜求积公式；已知三角形的三边分别为5，6，7时，则面积为_，最小角的余弦值为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由题意可得、，代入公式即可得面积；由三角形面积公式可得最小角满足，再由同角三角函数的平方关系即可得解.【详解】由题意，所以；设最小角为，则，解得，所以.故答案为：；.【点睛】本题考查了数学文化及三角形面积公式、同角三角函数关系的应用，考查了理

12、解能力与运算求解能力，属于基础题.12.复数（i为虚数单位），则_，_.【答案】 (1). 1 (2). 【解析】【分析】由题意结合复数的除法运算可得，再由复数模的运算、复数的乘法运算即可得解.【详解】由题意，所以，.故答案为：1；.【点睛】本题考查了复数的运算及复数模的求解，考查了运算求解能力，属于基础题.13.二项式的展开式的所有项的系数和为_，展开式中有理项的项数为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】在二项式中令可得出展开式中所有项的系数和，然后写出展开式的通项，令的指数为整数，求得对应的参数值，由此可得出结论.【详解】在二项式中，令，可得出展开式中所有项的系数和为，展开式

13、通项为，当、时，的指数为整数，因此，展开式中有理项的项数为.故答案为：；.【点睛】本题考查二项展开式所有项系数和的求解，同时也考查了展开式中有理项项数的计算，考查计算能力，属于中等题.14.在矩形abcd中，p为矩形abcd所在平面上一点，满足，则的最大值是_，的值是_.【答案】 (1). 5 (2). 【解析】【分析】由题意结合圆的性质可得点p的轨迹为以bd为直径的圆（不含点b、d），由圆的性质即可得；由平面向量的线性运算法则结合矩形的性质可得，即可求得；即可得解.【详解】因为，所以点p的轨迹为以bd为直径的圆（不含点b、d），如图：设bd的中点为，由题意，所以圆的半径，由圆的性质可得；由矩

14、形的性质可得也为ac中点，所以.故答案为：5；5.【点睛】本题考查了圆的性质及平面向量线性运算法则的应用，考查了转化化归思想，属于基础题.15.将6个相同的球全部放入甲、乙、丙三个盒子里，每个盒子最多放入3个球，共有_种不同的放法.【答案】10【解析】【分析】由题意将所有放法分类，结合排列、组合的知识运算即可得解.【详解】将6个相同的球全部放入甲、乙、丙三个盒子里，每个盒子最多放入3个球，可分为以下三种情况：其中有两个盒子各放入3个小球，共有种不同放法；三个盒子中均放入2个小球，共有1种不同放法；一个盒子放入3个小球，一个盒子放入2个小球，最后一个盒子放入1个小球，共有种放法；所以不同的放法共

15、有种.故答案为：10.【点睛】本题考查了计数原理的应用，考查了运算求解能力与分类讨论思想，合理分类是解题关键，属于基础题.16.已知点p为抛物线上的动点，过点p作圆的切线，切点为a，则pa的最小值为_.【答案】1【解析】【分析】由直线与圆相切的性质可得当取最小值时，最小，设，由两点间距离公式可得，令，求导求得的最小值后即可得解.【详解】圆的圆心，半径，由切线的性质可得，若要使最小，则取最小值， 设，则，令，则，易知单调递增，且，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以最小值为2即的最小值为，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了抛物线方程、直线与圆相切的性质的应用，考查了利用导数求最值的应用及

16、转化化归思想，属于中档题.17.已知函数，当时，的最大值为，则的最小值为_.【答案】5【解析】【分析】先根据绝对值不等式的性质得，即必要性成立，再取值验证这个最大值的最小值能取到，即充分性成立，即得解【详解】设，则由得，则，所以，所以，当且仅当且时取等号，取，是减函数，是减函数，是增函数，综上所述，的最小值是5故答案为：5【点睛】本题考查求含绝对值函数的最值，涉及了利用绝对值不等式的性质，二次函数的性质等知识点，考查了学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于困难题三、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.已知函数.（1）求函数的最小正周期和对称轴；（2）

17、若，求的取值范围.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）先用二倍角公式、降幂公式、辅助角公式对函数化简，然后根据正弦函数的周期和对称轴求结果；（2）直接由，结合正弦函数的性质，得化简即可得结果.【详解】解：（1）因为所以的最小正周期.由得，故的对称轴为.（2）因为，所以，即，所以，即，即的取值范围.【点睛】此题考查三角函数的恒等变换公式和正弦函数的性质，考查计算能力和转化能力，属于基础题.19.四棱锥，底面abcd为菱形，侧面pbc为正三角形，平面平面abcd，点m为ad中点.（1）求证：；（2）若点n是线段pa上的中点，求直线mn与平面pcm所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析

18、；（2）.【解析】【分析】（1）连ac，由题意结合平面几何的知识可得，由面面垂直的性质可得平面pbc，再由线面垂直的性质即可得证；（2）设，取bc中点o，连接、，过点o作于，由题意求得所需长度，由面面垂直的性质与判定可得点o到平面pcm的距离为，进而可得点a、n到平面pcm的距离，再由线面角的概念即可得解.【详解】（1）证明：连ac，如图： 由题知为等边三角形，因为m为ad中点，所以，又，所以，因为平面平面pbc，且平面平面，平面abcd，所以平面pbc，又平面pbc，故；（2）设，取bc中点o，连接、，过点o作于，如图：可得，,记mn与平面pcm所成角为，因为点n是线段pa上的中点，所以点n

19、到平面pcm距离d是点a到平面pcm的距离的一半，因为，所以，平面，因为cm平面pbc，所以平面平面pbc，所以平面，所以点o到平面pcm的距离为，所以点a到平面pcm的距离也为，所以点n到平面pcm的距离，所以.所以直线mn与平面pcm所成角的正弦值为.【点睛】本题考查了面面垂直、线面垂直性质与判定的应用，考查了线面角的求解及空间思维能力，属于中档题.20.已知公差不为0的等差数列满足：，成等比数列，数列满足：，（1）求数列的通项公式；（2）记数列，数列的前n项和为，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用，成等比数列，求出公差后可得通项公式；（2）由得数列单调递

20、增，从而，已知等式变形为，这样由裂项相消法求得，于是题设不等式得证【详解】解：（1）设等差数列的公差为.，成等比数列，即，整理得：.又，解得，.（2），单调递增，又得：,即，又，.故.【点睛】本题考查求等差数列的通项公式，考查用裂项相消法求数列的和，考查等比数列的性质，用基本量法求等差数列和等比数列的通项公式与前项和公式是最基本的方法务必掌握21.如图，已知椭圆经过和，过原点的一条直线l交椭圆于a，b两点（a在第一象限），椭圆c上点d满足，连直线bd与x轴、y轴分别交于m、n两点，的重心在直线的左侧.（1）求椭圆的标准方程；（2）记、面积分别为、，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）将点代入椭