2020届浙江省衢州二中高三下学期第一次模拟考试数学试题（解析版）

2020届浙江省衢州二中高三下学期第一次模拟考试数学试题

一、单选题

1．设，集合，则（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】先化简集合A,再求.

【详解】

由 得： ，所以 ，因此 ，故答案为B

【点睛】

本题主要考查集合的化简和运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算推理能力.

2．一场考试需要2小时，在这场考试中钟表的时针转过的弧度数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】因为时针经过2小时相当于转了一圈的，且按顺时针转所形成的角为负角，综合以上即可得到本题答案.

【详解】

因为时针旋转一周为12小时，转过的角度为，按顺时针转所形成的角为负角，所以经过2小时，时针所转过的弧度数为.

故选：B

【点睛】

本题主要考查正负角的定义以及弧度制，属于基础题.

3．已知复数z满足（其中i为虚数单位），则复数z的虚部是（    ）

A． B．1 C． D．i

【答案】A

【解析】由虚数单位i的运算性质可得，则答案可求.

【详解】

解：∵，

∴，，

则化为，

∴z的虚部为.

故选：A.

【点睛】

本题考查了虚数单位i的运算性质、复数的概念，属于基础题.

4．已知直线，，则“”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】先得出两直线平行的充要条件，根据小范围可推导出大范围，可得到答案.

【详解】

直线，，的充要条件是，当a=2时，化简后发现两直线是重合的，故舍去，最终a=-1.因此得到“”是“”的充分必要条件.

故答案为C.

【点睛】

判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．

5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）

A． B．3 C． D．4

【答案】C

【解析】首先把三视图转换为几何体，该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，由柱体、椎体的体积公式进一步求出几何体的体积.

【详解】

解：根据几何体的三视图转换为几何体为：

该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，

如图所示：

故：.

故选：C.

【点睛】

本题考查了由三视图求几何体的体积、需熟记柱体、椎体的体积公式，考查了空间想象能力，属于基础题.

6．函数的图象如图所示,则它的解析式可能是(    )

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】根据定义域排除，求出的值，可以排除，考虑排除.

【详解】

根据函数图象得定义域为，所以不合题意；

选项，计算，不符合函数图象；

对于选项， 与函数图象不一致；

选项符合函数图象特征.

故选：B

【点睛】

此题考查根据函数图象选择合适的解析式，主要利用函数性质分析，常见方法为排除法.

7．已知数列的前n项和为，，且对于任意，满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】利用数列的递推关系式判断求解数列的通项公式，然后求解数列的和，判断选项的正误即可．

【详解】

当时，．

所以数列从第2项起为等差数列，，

所以，，．

，，

．

故选：．

【点睛】

本题考查数列的递推关系式的应用、数列求和以及数列的通项公式的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．

8．已知是双曲线的左、右焦点，若点关于双曲线渐近线的对称点满足（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】先利用对称得，根据可得，由几何性质可得，即，从而解得渐近线方程.

【详解】

如图所示：

由对称性可得：为的中点，且，

所以，

因为，所以，

故而由几何性质可得，即，

故渐近线方程为，

故选B.

【点睛】

本题考查了点关于直线对称点的知识，考查了双曲线渐近线方程，由题意得出是解题的关键，属于中档题.

9．已知平面向量，满足且，若对每一个确定的向量，记的最小值为，则当变化时，的最大值为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【解析】根据题意,建立平面直角坐标系.令.为中点.由即可求得点的轨迹方程.将变形,结合及平面向量基本定理可知三点共线.由圆切线的性质可知的最小值即为到直线的距离最小值,且当与圆相切时,有最大值.利用圆的切线性质及点到直线距离公式即可求得直线方程,进而求得原点到直线的距离,即为的最大值.

【详解】

根据题意,设,

则

由代入可得

即点的轨迹方程为

又因为,变形可得,即,且

所以由平面向量基本定理可知三点共线,如下图所示:

所以的最小值即为到直线的距离最小值

根据圆的切线性质可知,当与圆相切时,有最大值

设切线的方程为,化简可得

由切线性质及点到直线距离公式可得,化简可得

即

所以切线方程为或

所以当变化时, 到直线的最大值为

即的最大值为

故选:B

【点睛】

本题考查了平面向量的坐标应用,平面向量基本定理的应用, 圆的轨迹方程问题,圆的切线性质及点到直线距离公式的应用,综合性强,属于难题.

10．已知函数（）的最小值为0，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】设，计算可得，再结合图像即可求出答案.

【详解】

设，则，

则，

由于函数的最小值为0，作出函数的大致图像，

结合图像，，得，

所以.

故选：C

【点睛】

本题主要考查了分段函数的图像与性质，考查转化思想，考查数形结合思想，属于中档题.

二、填空题

11．若,则=______,=______.

【答案】1    0   

【解析】①根据换底公式计算即可得解；

②根据同底对数加法法则，结合①的结果即可求解.

【详解】

①由题：,

则；

②由①可得：.

故答案为：①1，②0

【点睛】

此题考查对数的基本运算，涉及换底公式和同底对数加法运算，属于基础题目.

12．《九章算术》是中国古代的数学名著，其中《方田》一章给出了弧田面积的计算公式．如图所示，弧田是由圆弧AB和其所对弦AB围成的图形，若弧田的弧AB长为4π，弧所在的圆的半径为6，则弧田的弦AB长是__________，弧田的面积是__________．

【答案】6    12π﹣9   

【解析】过作，交于，先求得圆心角的弧度数，然后解解三角形求得的长.利用扇形面积减去三角形的面积，求得弧田的面积.

【详解】

∵如图，弧田的弧AB长为4π，弧所在的圆的半径为6，过作，交于，根据圆的几何性质可知，垂直平分.

∴α＝∠AOB＝＝，可得∠AOD＝，OA＝6，

∴AB＝2AD＝2OAsin＝2×＝6，

∴弧田的面积S＝S扇形OAB﹣S△OAB＝4π×6﹣＝12π﹣9．

故答案为：6，12π﹣9．

【点睛】

本小题主要考查弓形弦长和弓形面积的计算，考查中国古代数学文化，属于中档题.

13．已知实数、满足，且可行域表示的区域为三角形，则实数的取值范围为______，若目标函数的最小值为-1，则实数等于______.

【答案】       

【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，结合目标函数的最小值，利用数形结合即可得到结论.

【详解】

作出可行域如图，

则要为三角形需满足在直线下方，即，；

目标函数可视为，则为斜率为1的直线纵截距的相反数，

该直线截距最大在过点时，此时，

直线：，与：的交点为，

该点也在直线：上，故，

故答案为：；.

【点睛】

本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法，属于基础题.

14．有2名老师和3名同学，将他们随机地排成一行，用表示两名老师之间的学生人数，则对应的排法有______种； ______；

【答案】36    ；1.   

【解析】的可能取值为0，1，2，3，对应的排法有：.分别求出，，，，由此能求出.

【详解】

解：有2名老师和3名同学，将他们随机地排成一行，用表示两名老师之间的学生人数，

则的可能取值为0，1，2，3，

对应的排法有：.

∴对应的排法有36种；

，

，

，

，

∴

故答案为：36；1.

【点睛】

本题考查了排列、组合的应用，离散型随机变量的分布列以及数学期望，属于中档题.

15．已知函数，且，，使得，则实数m的取值范围是______.

【答案】

【解析】根据条件转化为函数在上的值域是函数在上的值域的子集；分别求值域即可得到结论.

【详解】

解：依题意，，

即函数在上的值域是函数在上的值域的子集.

因为在上的值域为（）或（），

在上的值域为，

故或，

解得

故答案为：.

【点睛】

本题考查了分段函数的值域求参数的取值范围，属于中档题.

16．已知实数a，b，c满足，则的最小值是______.

【答案】

【解析】先分离出，应用基本不等式转化为关于c的二次函数，进而求出最小值.

【详解】

解：若取最小值，则异号，，

根据题意得：，

又由，即有，

则，

即的最小值为，

故答案为：

【点睛】

本题考查了基本不等式以及二次函数配方求最值，属于中档题.

17．若四棱锥的侧面内有一动点Q，已知Q到底面的距离与Q到点P的距离之比为正常数k，且动点Q的轨迹是抛物线，则当二面角平面角的大小为时，k的值为______.

【答案】

【解析】二面角平面角为，点Q到底面的距离为，点Q到定直线得距离为d，则.再由点Q到底面的距离与到点P的距离之比为正常数k，可得，由此可得，则由可求k值.

【详解】

解：如图，

设二面角平面角为，点Q到底面的距离为，

点Q到定直线的距离为d，则，即.

∵点Q到底面的距离与到点P的距离之比为正常数k，

∴，则，

∵动点Q的轨迹是抛物线，

∴，即则.

∴二面角的平面角的余弦值为

解得：（）.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了四棱锥的结构特征，由四棱锥的侧面与底面的夹角求参数值，属于中档题.

三、解答题

18．在中，内角的对边分别是，已知。

（1）求的值；

（2）若，求的面积。

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）由，利用余弦定理可得,结合可得结果；

（2）由正弦定理，,   利用三角形内角和定理可得，由三角形面积公式可得结果.

【详解】

（1）由题意，得.

∵.   

∴,

∵ ，∴ .

（2）∵，

由正弦定理，可得.   

∵a>b，∴,           

∴.       

∴.

【点睛】

本题主要考查正弦定理、余弦定理及特殊角的三角函数，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.

19．已知等腰梯形中（如图1），，，为线段的中点，、为线段上的点，，现将四边形沿折起（如图2）

（1）求证：平面；

（2）在图2中，若，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）见解析；（2）.

【解析】（1）先连接，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；

（2）在图2中，过点作，垂足为，连接，，证明平面平面，得到点在底面上的投影必落在直线上，记为点在底面上的投影，连接，，得出即是直线与平面所成角，再由题中数据求解，即可得出结果.

【详解】

（1）连接，因为等腰梯形中（如图1），，，

所以与平行且相等，即四边形为平行四边形；所以；

又为线段的中点，为中点，易得：四边形也为平行四边形，所以；

将四边形沿折起后，平行关系没有变化，仍有：，且，

所以翻折后四边形也为平行四边形；故；

因为平面，平面，

所以平面；

（2）在图2中，过点作，垂足为，连接，，

因为，，翻折前梯形的高为，

所以，则，；

所以；

又，，

所以，即，所以；

又，且平面，平面，

所以平面；因此，平面平面；

所以点在底面上的投影必落在直线上；

记为点在底面上的投影，连接，，

则平面；

所以即是直线与平面所成角，

因为，所以，

因此，，

故；

因为，

所以，

因此，故，

所以.

即直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】

本题主要考查证明线面平行，以及求直线与平面所成的角，熟记线面平行的判定定理，以及线面角的求法即可，属于常考题型.

20．已知数列的前项和为，.

（1）求数列的通项公式；

（2）若，为数列的前项和.求证：.

【答案】（1）（2）证明见解析

【解析】（1）利用求得数列的通项公式.

（2）先将缩小即，由此结合裂项求和法、放缩法，证得不等式成立.

【详解】

（1）∵，令，得.

又，两式相减，得.

∴.

（2）∵

.

又∵，，∴.

∴

.

∴.

【点睛】

本小题主要考查已知求，考查利用放缩法证明不等式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.

21．已知椭圆E：（）的离心率为，且短轴的一个端点B与两焦点A，C组成的三角形面积为.

（Ⅰ）求椭圆E的方程；

（Ⅱ）若点P为椭圆E上的一点，过点P作椭圆E的切线交圆O：于不同的两点M，N（其中M在N的右侧），求四边形面积的最大值.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）4.

【解析】（Ⅰ） 结合已知可得，求出a，b的值，即可得椭圆方程；

（Ⅱ）由题意可知，直线的斜率存在，设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程，利用判别式等于0可得，联立直线方程与圆的方程，结合根与系数的关系求得，利用弦长公式及点到直线的距离公式，求出，得到，整理后利用基本不等式求最值.

【详解】

解：（Ⅰ）可得，结合，

解得，，，得椭圆方程；

（Ⅱ）易知直线的斜率k存在，设：，

由，得，

由，得，

∵，

设点O到直线：的距离为d，

，

，

由，得，

，，

∴

∴，

∴

而，，易知，∴，则，

四边形的面积

当且仅当，即时取“”.

∴四边形面积的最大值为4.

【点睛】

本题考查了由求椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查了学生的计算能力，综合性比较强，属于难题.

22．已知函数有两个零点.

(1)求的取值范围；

(2)是否存在实数， 对于符合题意的任意，当 时均有?

若存在，求出所有的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)；(2).

【解析】试题分析：（1）先分离得 ，再利用导数可得单调性：先减再增，结合图像以及值域可得的取值范围；（2）先根据，得，再根据零点解得，转化不等式得，令，化简得，因此 ，，最后根据导数研究对应函数单调性，确定对应函数最值，即得取值集合

试题解析：(1)，

当时，对恒成立，与题意不符，

当，，

∴时，

即函数在单调递增，在单调递减，

∵和时均有，

∴，解得：，

综上可知：的取值范围；

(2)由(1)可知，

由的任意性及知，，且，

∴，

故，

又∵，令，则，且恒成立，

令，而，

∴时，时，

∴，令，

若，则时，，即函数在单调递减，

∴，与不符；

若，则时，，即函数在单调递减，

∴，与式不符；

若，解得，此时恒成立，，

即函数在单调递增，又，

∴时，；时，符合式，

综上，存在唯一实数符合题意.

点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.