【KS5U解析】浙江省2020届高三新高考考前原创冲刺卷（六）数学 Word版含解析

1、39金考卷浙江新高考考前原创冲刺卷（六）数学本试题卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.参考公式：若事件a，b互斥，则，若事件a，b相互独立，则，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

2、.已知集合，则（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】先解得不等式,再由交集定义求解即可.【详解】由,解得,所以,因此,故选:c【点睛】本题考查集合的交集运算,考查解对数不等式,需注意对数中真数要大于0.2.已知复数（，i是虚数单位）满足，则复数z的共轭复数在复平面内对应的点的坐标是（ ）a. b. c. d. 或【答案】d【解析】【分析】由可得,解得,即可得到,由,进而得到其在复平面上对应的点坐标.【详解】由题意得,所以,解得或,故或,则共轭复数或,其在复平面内对应的点的坐标为或,故选:d【点睛】本题考查复数的几何意义,考查共轭复数的概念,考查复数的乘法运算.3.函数的大致图

3、象是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】由函数解析式代值进行排除即可.【详解】解：由，得，又，结合选项中图像，可直接排除b，c，d故选a【点睛】本题考查了函数图像的识别，常采用代值排除法.4.已知的内角a，b，c所对的边分别为a，b，c，且a，b，c均小于1，a，成等差数列，则的形状为（ ）a. 锐角三角形b. 直角三角形c. 钝角三角形d. 不能确定【答案】c【解析】【分析】由等差中项可得,再由a,b,c均小于1可得,则可由余弦定理得到,即可判断三角形的形状.【详解】由题意得,由余弦定理知,因此角c是钝角,所以为钝角三角形,故选:c【点睛】本题考查等差中项的应用,考查余弦

4、定理的应用,考查判断三角形的形状.5.设，是两个不同的平面，m是直线，且，则“m不平行于”是“不平行于”的（ ）a. 必要不充分条件b. 充分不必要条件c. 充分必要条件d. 既不充分也不必要条件【答案】b【解析】【分析】记不平行于,不平行于,由与的关系即可判断与的关系.【详解】记不平行于,不平行于,则,易知,于是,所以p是q的充分不必要条件,故选:b【点睛】本题考查充分条件和必要条件的判定,考查命题的否定的应用.6.“十二平均律”是目前世界上通用的把一组音（八度）分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的振动数之比完全相等，亦称“十二等程律”，即一个八度13个音，相邻两个音之间的频率之比相等

5、，且最后一个音是最初那个音的频率的2倍.设第7个音的频率为f，则频率为的音是（ ）a. 第2个音b. 第3个音c. 第4个音d. 第5个音【答案】b【解析】【分析】由相邻两个音之间的频率之比相等可得这13个音的频率构成等比数列,则设这13个音的频率分别是,公比为q,则,即可求得,再由,进而求解.【详解】由题意知,这13个音的频率构成等比数列,设这13个音的频率分别是,公比为q,易知,则,得,设频率为的音是第k个音,于是,所以,解得,故选:b【点睛】本题考查等比数列的应用,考查分析理解能力.7.现有6名选手参加才艺比赛，其中男、女选手各3名，且3名男选手分别表演歌唱、舞蹈和魔术，3名女选手分别表

6、演歌唱、舞蹈和魔术，若要求相邻出场的选手性别不同且表演的节目不同，则不同的出场方式的种数为（ ）a. 6b. 12c. 18d. 24【答案】b【解析】【分析】设3名男选手分别为,他们分别表演歌唱,舞蹈和魔术,3名女选手分别为,她们分别表演歌唱,舞蹈和魔术,先讨论当第一个出场的是时的情况,进而同理可得不同的出场方式的种数.【详解】设3名男选手分别为,他们分别表演歌唱,舞蹈和魔术,3名女选手分别为,她们分别表演歌唱,舞蹈和魔术,若第一个出场的是,则第二个出场的只能是或,若第二个出场的是,则接下来的出场顺序只能是,同理,若第二个出场的是,则接下来的出场顺序只能是,所以若第一个出场,则不同的出场方式

7、有2种,故不同的出场方式共有（种）,故选:b【点睛】本题考查计数原理的应用,考查分类讨论思想.8.已知椭圆的下顶点为a，且，直线ab与椭圆c交于另一点m，若（其中o为坐标原点），的面积为，则椭圆c的离心率为（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】椭圆的下顶点,则可得直线为,与椭圆方程联立可得,由直线与椭圆c交于另一点m,设,则,再根据可知为的中点,利用中点公式即可求得,根据求得,进而求解.【详解】由题意知,所以直线ab的方程为,与椭圆c方程联立,即,消去y可得,设,则,又,所以m为线段ab的中点,所以,则,因为m为线段ab的中点,所以,即,所以,所以椭圆c离心率,故选:a【点睛

8、】本题考查求椭圆的离心率,考查平面向量基本定理的应用,考查运算能力.9.已知函数，若在区间内有两个不同的极值点，则，满足（ ）a. 两个都小于1b. 只有个小于1c. 两个都不小于1d. 至少有一个小于1【答案】d【解析】【分析】先求导可得,令,则,为方程的两个不同的根,且,可使得,则,利用均值不等式可得,即可判断选项.【详解】由题意可知,因为在区间内有两个不同的极值点,所以令,则,为方程的两个不同的根,且,所以,所以.当且仅当时取等号,但由知,取不到等号,所以,所以,中至少有一个小于1.故选:d【点睛】本题考查函数的极值点的应用,考查均值不等式的应用.10.如图，在中，d为线段bc（端点除外

9、）上一动点.现将沿线段ad折起至，使二面角的大小为120°，则在点d的移动过程中，下列说法错误的是（ ）a. 不存在点，使得b. 点在平面上的投影轨迹是一段圆弧c. 与平面所成角的余弦值的取值范围是d. 线段的最小值是【答案】d【解析】【分析】过点b作ad的垂线,交ad于点e,连接,过点作be的垂线,交be于点h,进而证明平面abc,即在平面abc上的投影为点h,连接ch,假设,则,即可判断a；由,可判断点e的轨迹,进而判断b；连接ah,则与平面abc所成的角为,由相似可得,设,可得的范围,即可得的范围,即可判断c；设,在中利用余弦定理求解,即可判断d.【详解】过点b作ad的垂线,交

10、ad于点e,连接,过点作be的垂线,交be于点h,易知,则平面,所以为二面角的平面角的补角,即,所以,即h为be的中点,易知平面平面,又,所以平面abc,所以在平面abc上的投影为点h,对于选项a,若,连接ch,则,而这是不可能成立的,故a正确；对于选项b,因为,所以点e的轨迹为以ab为直径的一段圆弧,又h为be的中点,所以点h的轨迹也为一段圆弧,故b正确；对于选项c,连接ah,则与平面abc所成的角为,设,则,所以由,得,所以,所以,所以,所以,故c正确；对于选项d,设,则,其中,故,故d错误,故选:d【点睛】本题考查线线垂直的判断,考查余弦定理的应用,考查线面角的范围,考查空间想象能力.非

11、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.已知函数，则_；的图象与坐标轴围成的图形的面积是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】将代入中即可求解,作出函数的图象,由图求得面积.【详解】由得,当,即时,所以,作出函数的图象,如图所示,则的图象与坐标轴围成的图形的面积是.故答案为:；【点睛】本题考查由分段函数求函数值,属于基础题.12.若x，y满足约束条件，则y的取值范围是_，点围成的区域的面积为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】先由约束条件画图,求得,与的两交点,即可得到的范围；并由图形求得面积即可.【详解】作

12、出约束条件表示的平面区域如图中阴影部分所示,分别将,代入,易得,故y的取值范围是,易知,所以点围成的区域为单位圆,其面积为,故答案为:；【点睛】本题考查求可行域的面积,考查由不等式组求范围,考查数形结合思想.13.一个箱子里装有大小相同、质地均匀的红球3个、白球2个，从中随机摸出3个球，设摸出红球的个数为，则_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】分析可得的所有可能取值为1,2,3,根据超几何分布的概率公式分别解得,再由期望公式和方差公式求解即可.【详解】由题意知,的所有可能取值为1,2,3,且,所以,故答案为:；【点睛】本题考查超几何分布的应用,考查求离散型随机变量的期望与方差

13、.14.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_. 【答案】【解析】【分析】由三视图可得该几何体是一个上底面半径为1,下底面半径为4,高为4的圆台,进而根据圆台的体积公式求解即可.【详解】由三视图可知,该几何体是一个上底面半径为1,下底面半径为4,高为4的圆台,由台体的体积公式得,该几何体的体积,故答案为:【点睛】本题考查由三视图还原几何体,考查求圆台的体积.15.的展开式中的常数项为_，所有负项系数之和为_.【答案】 (1). 70 (2). -128【解析】【分析】由,则可得其展开式的通项为,令,进而代回可求常数项；负项即为第2,4,6,8项,进而求得系数之和即可.【详解】由题,

14、因为的展开式的通项,令,得,故常数项为,所有负项系数之和为,故答案为:；【点睛】本题考查求二项式展开式中的常数项,考查求系数之和.16.已知双曲线，过其右顶点a作一条渐近线的垂线交另一条渐近线于点b，若，则该双曲线的离心率为_.【答案】或【解析】【分析】设点b在直线上,则可得直线ab的方程为,联立直线ob,ab的方程即可求得点的坐标,再由可得,即,进而求解即可.【详解】如图,不妨设点b在直线上,易得直线ab的方程为,联立直线ob,ab的方程,即,解得,所以b的坐标为,因为,所以,即,化简得,得或,所以或,故或,故答案为:或【点睛】本题考查求双曲线的离心率,考查双曲线的渐近线方程的应用,考查运算

15、能力.17.已知为单位向量，平面向量，满足，的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】建系，不妨设，则，再利用柯西不等式将所求转化为，利用换元法求出最大值，最小值显然为共线方向时取得.【详解】不妨设，由已知，得，令，则，又显然当，向量反向时，最小，即，此时，综上，的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题考查向量数量积取值范围的问题，解决中涉及到了柯西不等式，考查学生通过变形利用不等式求解最大值，本题是一道难题.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）当时，求的值；（2）当时，在上单调递增，求n的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】【分

16、析】（1）当时,再将代入求解即可；（2）当时,令,可解得的单调增区间为,由于在上单调递增,令,则,即可求解.【详解】解:（1）当时,所以（2）当时,令,即,时,单调递增,又在上单调递增,所以取,则在上单调递增,所以,所以n的最大值为.【点睛】本题考查利用三角恒等变换化简,考查求正弦型函数的单调区间,考查由函数的单调性求参数.19.如图，在四棱锥中，四边形abcd是平行四边形，.（1）求pc的长；（2）求ap与平面pbc所成角的正弦值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）取ad的中点e,连接pe,be,由等边三角形的性质可得,由勾股定理可得,则平面pbe,即,由平行四边形可得,进而求解；

17、（2）过点a作平面pbc的垂线,垂足为h,连接ph,则即ap与平面pbc所成的角,由（1）可得平面pbe,则平面pbe,即可证得平面pbc,由平面pbc可得,进而利用勾股定理求得,即可求解.【详解】解：（1）如图,取ad的中点e,连接pe,be,因为,所以,因为,所以,即,所以,所以,又,平面pbe,所以平面pbe,又平面pbe,所以,又所以,因为,所以.（2）过点a作平面pbc的垂线,垂足为h,连接ph,则即ap与平面pbc所成的角,过e作pb的垂线交pb于点f,因为,平面pbe,所以平面pbe,所以,又,pb,平面pbc,所以平面pbc,因为,所以平面pbc,所以,在中,所以,所以,因此,

18、所以.【点睛】本题考查由线面垂直求线段长,考查几何法求线面成角,考查空间想象能力.20.已知数列满足，数列满足，.（1）求数列，的通项公式；（2）数列满足，求数列的前n项和.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）由可知数列是首项为1,公差为1的等差数列,可得,再利用累加法求得的通项公式；（2）由（1）可得,再由错位相减法求解即可.【详解】解:（1）因为,所以数列是首项为1,公差为1的等差数列,所以,因为,所以当时,当时,满足上式,故.（2）由（1）得,得,则，,得,故.【点睛】本题考查累加法求数列的通项公式,考查求等差数列的通项公式,考查错位相减法求数列的和.21.已知抛物线：（），圆：（），抛物线上的点到其准线的距离的最小值为. （1）求抛物线的方程及其准线方程；（2）如图，点是抛物线在第一象限内一点，过点p作圆的两条切线分别交抛物线于点a，b（a，b异于点p），问是否存在圆使ab恰为其切线？若存在，求出r的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）的方程为，准线方程为.（2）存在，【解析】【分析】（1）由得到p即可；（2）设，利用点斜式得到pa的的方程为，由到pa的距离为半径可得，同理，同理写出直线ab的方程，利用点到直线ab的距离为半径