2020届浙江省杭州市学军中学高三下学期高考模拟数学试题 (2)

 2020届浙江省杭州市学军中学高三下学期高考模拟数学试题 

考生注意：

1.全卷满分150分.考试用时120分钟.

2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上.

3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上的答案一律无效.

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

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、下底而积，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. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据并集的定义计算,

【详解】∵，，∴．

故选：B．

【点睛】本题考查集合的并集运算，属于简单题．

2. 双曲线的实轴长为（    ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 6

【答案】C

【解析】

【分析】

根据双曲线标准方程知实轴长为2a，可知双曲线的实轴长

【详解】由双曲线标准方程中，实轴长为2a可知：

在双曲线中，实轴长为4

故选：C

【点睛】本题考查了双曲线的几何性质，利用标准方程及实轴定义求实轴长.

3. 已知圆，直线l过点且倾斜角为，则“”是“直线l与圆C相切”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

【答案】A

【解析】

【分析】

求出直线与圆相切时的值，然后判断．

【详解】圆是以为圆心，1为半径的圆，因此过点的切线有两条，方程是和，倾斜角为或．

∴“”是“直线l与圆C相切”的充分不必要条件．

故选：A．

【点睛】本题考查充分必要条件的判断，充分必要条件的判断方法有两种,一种是根据充分必要条件的定义判断，另一种是根据充分必要条件与集合包含之间的关系判断．

4. 若复数（，为虚数单位）是纯虚数，则实数的值为（    ）

A. -6 B. 6 C. 4 D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】

把已知复数利用复数代数形式的乘除运算化简，然后由实部等于0且虚部不等于0求得a的值．

【详解】∵为纯虚数，

∴a+6=0且3−2a≠0，解得：a=−6.

故选：A.

【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算及复数概念的应用，纯虚数为实部等于0且虚部不等于0，得出结果后一定要做验证，属于基础题.

5. 已知函数，则的图象大致为（    ）．

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据特殊值的函数值排除，从而选.

【详解】因为，所以选项A错；

因为，所以选项C错；

因为，所以选项D错，

故选：B．

【点睛】本题考查了由函数解析式选择函数图象，考查了特值排除法，属于基础题.

6. 设，是条不同的直线，是一个平面，以下命题正确的是（  ）

A. 若，，则 B. 若，，则

C. 若，，则 D. 若，，则

【答案】D

【解析】

【分析】

逐项进行分析，在选项A中，l与m相交、平行或异面；在选项B中，m与α相交、平行或m⊂α；在选项C中，m∥α或m⊂α；在选项D中，由线面垂直的性质定理得l∥m．

【详解】由l，m是条不同的直线，α是一个平面，知：
在选项A中，若l∥α，m∥α，则l与m相交、平行或异面，故A错误；
在选项B中，若l∥α，m⊥l，则m与α相交、平行或m⊂α，故B错误；
在选项C中，若l⊥α，m⊥l，则m∥α或m⊂α，故C错误；
在选项D中，若l⊥α，m⊥α，则由线面垂直的性质定理得l∥m，故D正确．
故选D．

【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是基础题．

7. 《周髀算经》有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，冬至、立春、春分日影之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影之和为八丈五尺五寸，问芒种日影长为（      ）

A. 一尺五寸 B. 二尺五寸 C. 三尺五寸 D. 四尺五寸

【答案】B

【解析】

【分析】

从冬至日起各节气日影长设为，可得为等差数列，根据已知结合前项和公式和等差中项关系，求出通项公式，即可求解.

【详解】由题知各节气日影长依次成等差数列，设为，

是其前项和，则，

所以，由题知，

所以，所以公差，

所以，故芒种日影长为二尺五寸.

故选:B.

【点睛】本题考查等差数列应用问题，考查等差数列的前项和与通项公式的基本量运算，属于中档题.

8. 设，，为平面向量，，若，则的最大值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

先求出与的夹角，在直角坐标系中用坐标表示、且设，有= 2x，结合用坐标表示数量积，可得到方程，根据方程有解求x范围即可求得的最大值.

【详解】∵，若与的夹角为知,

∴，建立直角坐标系， 令，设 ,

而= 2x，故求它的最大值即是求x的最大值,

故，，又即

∴，即 ,

方程有解：,

解得：.

∴的最大值为.

故选：B

【点睛】本题考查了应用坐标表示向量的数量积求最值，根据数量积的坐标公式，结合一元二次方程有解求参数范围，进而求最大值

9. 定义在上的奇函数满足，且当时，，则下列结论正确的是（  ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据f（x）是奇函数，以及f（x+2）=f（-x）即可得出f（x+4）=f（x），即得出f（x）的周期为4，从而可得出f（2018）=f（0），， 然后可根据f（x）在[0，1]上的解析式可判断f（x）在[0，1]上单调递增，从而可得出结果.

【详解】∵f（x）是奇函数；∴f（x+2）=f（-x）=-f（x）；∴f（x+4）=-f（x+2）=f（x）；
∴f（x）的周期为4；∴f（2018）=f（2+4×504）=f（2）=f（0），, ∵x∈[0，1]时，f（x）=2x-cosx单调递增；∴f(0)＜ ＜ ∴,故选C.

【点睛】本题考查奇函数，周期函数的定义，指数函数和余弦函数的单调性，以及增函数的定义，属于中档题.

10. 设等差数列的前项和为，并满足：对任意，都有，则下列命题不一定成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

设等差数列的公差为，对分为、、三种情况讨论，在时验证即可；在时，取，可设，根据恒成立求得实数的取值范围，逐一验证各选项即可；同理可判断出时各选项的正误.

【详解】设等差数列的公差为，则.

①当时，则，，则对任意的恒成立，

A、B、C、D四个选项都成立；

②当时，不妨取，记，则，

由可得，即，

则，

令，可得；

令，可得.

，

则，

解关于的不等式，

可得或，

所以或.

由于数列单调递减，该数列没有最小项；

由双勾函数单调性可知，函数在区间[1010,+∞)上单调递增，

所以，数列单调递减，该数列的最大项为，

.

对于A选项，，，

则，

，

，

则，

所以，，A选项成立；

对于B选项，，

则，

，

，

则，

所以，，B选项成立；

当时，；

当时，.

满足，.

对于C选项，，，

，

，

当时，，

所以，C选项不一定成立；

对于D选项，，

，

所以，，

D选项成立；

③当时，由②同理可知，C选项不一定成立.

故选：C.

【点睛】本题考查数列不等式的验证，考查等差数列前项和的性质，考查推理能力与计算能力，属于难题.

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. 已知随机变量服从二项分布，若E(X)=3，，则________，________.

【答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】

首先根据已知条件得到，解不等式组即可得到，再计算即可.

【详解】因为随机变量服从二项分布，若E(X)=3，，

所以，解得，

即随机变量服从二项分布.

.

故答案为：，

【点睛】本题主要考查二项分布的均值和方差，同时考查次独立重复试验，属于简单题.

12. 已知实数x，y满足约束条件，则的最小值为________；的取值范围是________.

【答案】    (1). 2    (2).

【解析】

【分析】

首先根据题意画出可行域，再根据目标函数的几何意义结合图形即可得到答案.

【详解】不等式组表示的可行域如图所示,

由目标函数得到，

的几何意义表示直线的轴截距的倍.

所以当直线过时，取得最小值，.

令，

的几何意义表示：可行域内的点与构成的斜率.

由图知：

，，故.

故答案为：(1)；(2)

【点睛】本题主要考查线性规划问题，同时考查了数形结合的思想，属于中档题.

13. 若将函数表示为，其中，，，，为实数，则________，________.

【答案】    (1). 35    (2). 64

【解析】

【分析】

首先将转化为，再利用二项式定理得展开式即可得到的值；分别令和，再把两个式子相加除以2即可得到答案.

【详解】因为，

所以.

令得：①，

令得：②，

①②得到，所以.

故答案为：；

【点睛】本题主要考查二项式定理，同时考查学生分析问题的能力，属于简单题.

14. 己知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且，则________；又若，，△ABC有两解，则实数x的取值范围是________.

【答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】

由结合正弦定理化简得到，由即可得到A的大小；同样由正弦定理及，，(1)的结论可得，且△ABC有两解，即可知，可求x的范围.

【详解】知,

，而,

∴,

即，又,

∴,

由，

,

而有：

，即,

且△ABC有两解，知：,

∴,

故答案：(1)；(2).

【点睛】本题考查了正弦定理，运用了两角和差的正弦公式，三角形内角和为，化简求值和参数范围.

15. 已知抛物线，过点作直线交抛物线于另一点，点是线段的中点，过点作与轴垂直的直线，交抛物线于点，若点满足，则的最小值是__________．

【答案】

【解析】

【分析】

由，可设，由题意逐步表示出点的坐标，于是可以表示出并求得其最小值.

【详解】由，可设.因为，是的中点，所以.

所以直线的方程为.代入，可得.

因为，所以点为的中点，可得.

所以.

所以当时，取得最小值，即的最小值为.

故答案为.

【点睛】本题考查抛物线的基本问题，设出坐标表示出目标函数，利用函数求最值.

16. 将5个不同的小球全部放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，若每个盒子中所放的球的个数不大于其编号数，则共有_________种不同的放法.

【答案】535

【解析】

【分析】

根据每个盒子中所放的球的个数不大于其编号数，将每个盒子能放入的球个数列举出来，由总球数为5，以可能的球数组合列举分组，结合组合数求出它们所有不同放法.

【详解】四个盒子放球的个数如下

1号盒子：{0，1}

2号盒子：{0，1，2}

3号盒子：{0，1，2，3}

4号盒子：{0，1，2，3，4}

结合由5个不同的小球全部放入盒子中，不同组合下放法

5 = 1 + 4：种

5 = 2 + 3：种

5 = 1 + 1 + 3：种

5 = 1 + 2 + 2：种

5 = 1 + 1 + 1 + 2：种

∴5个相同的小球放入四个盒子方式共有535种.

故答案为：535.

【点睛】本题考查了组合数，对问题分类、分组，应用组合数的计算

17. 已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，若球的表面积为，则三棱锥的侧面积的最大值为__________．

【答案】

【解析】

【分析】

根据球的性质可知球心必在过中点且平行于的直线上，根据勾股定理可确定；根据球的表面积公式可确定半径，勾股定理可得到；将三棱锥侧面积表示为，利用基本不等式可求得最大值.

【详解】取中点,

    为的外接圆圆心,

过作的平行线，由球的性质可知，球心必在此平行线上,

作，交于，如图所示：

，，

球的表面积为    球的半径

设，

由得

又，，

三棱锥侧面积

由得：（当且仅当时取等号）

又（当且仅当时取等号）

（当且仅当时取等号）

故答案为:

【点睛】本题考查空间多面体的外接球的相关问题的求解，涉及到利用基本不等式求解最值的问题，关键是能够根据球的性质确定球心位置，从而利用勾股定理得到变量所满足的等量关系，从而结合基本不等式求得结果.

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. 设函数的最小值是.

（1）求a的值及的对称中心;

（2）将函数图象的横坐标压缩为原来的一半（纵坐标不变），再向右平移个单位，得到的图象，若，求的取值范围.

【答案】（1），对称中心是；（2）.

【解析】

【分析】

（1）首先利用三角函数恒等变换化简得到，根据的最小值得到，再求的对称中心即可.

（2）首先根据三角函数的平移变换得到，再解不等式即可.

【详解】（1）.

因为，所以，即.

令，解得.

所以的对称中心是；

（2），

因为，即，

所以，

解得：,

的取值范围是.

【点睛】第一问考查三角函数的恒等变换，同时考查正弦函数的对称性，第二问考查正弦函数图象变换，同时考查三角不等式，属于中档题.

19. 如图，在直三棱柱中，，， ，点为线段的中点，点为线段上一动点（异于点），点为线段上一动点，且.

（Ⅰ）求证：平面平面；

（Ⅱ）若，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）要证平面平面，转证平面即证

（Ⅱ）建立如图空间直角坐标系，求出平面的法向量，代入公式可得结果.

【详解】（I）证明：因为，为线段的中点，

所以，     

在直三棱柱中，易知平面，

，而；

平面，；

又因为，A1O∩OP=O；

所以平面， 

又平面；所以平面平面； 

（II）由（I）可建立如图空间直角坐标系，

因为所以，

则，

，

设，

所以，

因为，，

所以，

，

解得：（异于点）

设平面 的法向量为 ，则

即  ，可取 ，

设直线与平面所成角为 ，

则 ,

直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】本题考查了面面垂直的判定，空间向量的应用，线面角的计算，考查空间想象能力与计算能力，属于中档题．

20. 已知数列满足,,,.

(1)证明:数列是等比数列;

(2)求数列的通项公式;

(3)证明:.

【答案】(1)证明见解析;(2);(3)证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）由，得，即可得到本题答案；（2）由，得，即可得到本题答案；（3）当时，满足题意；若n是偶数，由，可得；当n是奇数,且时，由，可得，综上，即可得到本题答案.

【详解】(1)因为，所以，

因为，所以，

所以数列是等比数列；

(2)因为，所以，

所以，

又因为，所以，所以是以为首项，

为公比的等比数列，所以，

所以；

(3)①当时，；

②若n是偶数，

则，

所以当n是偶数时，

；

③当n是奇数，且时，

；

综上所述，当时，.

【点睛】本题主要考查利用构造法证明等比数列并求通项公式，以及数列与不等式的综合问题.

21. 椭圆M：的焦距为，点关于直线的对称点在椭圆上．

（1）求椭圆M的方程；

（2）如图，椭圆M的上、下顶点分别为A，B，过点P的直线与椭圆M相交于两个不同的点C，D．

①求的取值范围；

②当与相交于点Q时，试问：点Q的纵坐标是否是定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．

【答案】（1）（2）①②

【解析】

【详解】

【分析】

试题分析：（1）求椭圆标准方程，一般利用待定系数法，联立方程组求解：因为点关于直线的对称点为，所以．又，故，（2）①直线与椭圆位置关系问题，一般联立方程组，借助于韦达定理进行求解：设直线l的方程为代入消去y整理得，因为，由得再由，可得，②求定值问题，一般以算代证：先分别表示直线AD：，BC：，解得，再将代入化简得

试题解析：（1）因为点关于直线对称点为，且在椭圆M上，所以．又，故，则．所以椭圆M的方程为．

（2）①当直线l的斜率不存在时，，所以＝－1．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，消去y整理得，由，可得，且，所以

，所以，综上．

②由题意得，直线AD：，直线BC：，联立方程组，消去x得，又，解得，故点Q的纵坐标为定值.

考点：直线与椭圆位置关系.

22. 已知实数，设

（1）若，有两个不同实数，满足，求证：；

（2）若存在实数，使得有四个不同的实数根，求a的取值范围.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）首先求出函数的导函数，依题意可得，先证.再利用基本不等式即可得证；

（2）原题即共有四个不同的实数根，对分类讨论，分别利用导数研究函数的单调性与最值，即可求出参数的取值范围；

【详解】解：（1）.

因为在上单调递增，

故，即

先证明：.

因为，故不妨，.

设.

由基本不等式知：.

因为在上单调递增且，

所以即.

因为，由基本不等式得：

.

（2）原题即共有四个不同的实数根.

因为.

①，因为在上单调递增，

且当时，

当时，故存在唯一实数，

使得，即.

因此在上单调递减，在上单调递增.

由可知.

把代入得：

的极小值.

令，.

当时，；

当时，.

因此在上单调递减，在上单调递增.

故，

所以上至多有两个不同的实数根，上至多有一个的实数根，故不合题意.

②，当时，

当时，.

当时，；

当时，，.

因此在上单调递减，在上单调递增.

（i）若，则（当且仅当时取等），

故在上单调递增.

因此上至多有两个不同的实数根，故不合题意.

（ii）若，则，

故存在和，使得.

因此在和上单调递增，在上单调递减.

因为当时，

当时，且，

故上有且仅有一个实数根.

由①的可知：，.

故存在，

使得.此时上恰有三个不同的实数根.

此时共有四个不同的实数根.

综上：满足条件.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，以及函数的零点问题，考查分类讨论思想，属于难题.