精品解析：2020届浙江省宁波市余姚中学高三下学期高考模拟数学试题（解析版）

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浙江省宁波市余姚中学2020年高考数学模拟试卷一、选择题（本大题共10小题）1.已知集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先化简集合，再求得解.【详解】由题得，则，故选：C.【点睛】本题主要考查集合的化简和交集运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.2.双曲线的一个顶点坐标是（  ）A. ( 2，0) B. ( －，0) C. (0，) D. (0 ，)【答案】D【解析】【分析】先将双曲线方程化为标准方程，即可得到顶点坐标.【详解】双曲线化为标准方程为：，∴=，且实轴在y轴上，∴顶点坐标是（），故选D.【点睛】本题考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，比较基础．3.各项都是正数的等比数列的公比，且成等差数列，则的值为(　　)A.  B. C.  D. 或【答案】C【解析】分析：解决该题的关键是求得等比数列的公比，利用题中所给的条件，建立项之间的关系，从而得到公比所满足的等量关系式，解方程即可得结果.详解：根据题意有，即，因为数列各项都是正数，所以，而，故选C.点睛：该题应用题的条件可以求得等比数列的公比，而待求量就是，代入即可得结果.4.若x，y满足约束条件，则的最大值是（   ）A. -5 B. 1 C. 2 D. 4【答案】D【解析】【分析】画出可行域，向上平移基准直线到可行域边界位置，由此求得目标函数的最大值.【详解】画出可行域如下图所示，向上平移基准直线到可行域边界的位置，由此求得目标函数的最大值为.故选D.【点睛】本小题主要考查线性规划求目标函数的最值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.5.一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先通过三视图找到几何体原图，再求几何体体积得解.【详解】由题意可知几何体是组合体，上部是四棱锥，底面是矩形，边长为3，4，高为，且一个侧面与底面垂直，下部是一个半圆柱，底面半径为2，高为3，（如图所示），所以组合体的体积为.故选：A.【点睛】本题主要考查三视图还原几何体原图，考查几何体的体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.6.函数f(x)＝sin(wx＋)(w＞0，＜)的最小正周期是π，若将该函数的图象向右平移个单位后得到的函数图象关于直线x＝对称，则函数f(x)的解析式为（   ）A. f(x)＝sin(2x＋) B. f(x)＝sin(2x－)C. f(x)＝sin(2x＋) D. f(x)＝sin(2x－)【答案】D【解析】【分析】由函数的周期求得，再由平移后的函数图像关于直线对称，得到 ，由此求得满足条件的的值，即可求得答案.【详解】分析：由函数的周期求得，再由平移后的函数图像关于直线对称，得到，由此求得满足条件的的值，即可求得答案.详解：因为函数的最小正周期是，所以，解得，所以，将该函数的图像向右平移个单位后，得到图像所对应的函数解析式为，由此函数图像关于直线对称，得：，即，取，得，满足，所以函数的解析式为，故选D.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及函数的解析式的求解，其中解答中根据三角函数的图象变换得到，再根据三角函数的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.7.在中，“”是“为钝角三角形”的（    ）A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】D【解析】分析：从两个方向去判断，先看能推出三角形的形状是锐角三角形，而非钝角三角形，从而得到充分性不成立，再看当三角形是钝角三角形时，也推不出成立，从而必要性也不满足，从而选出正确的结果.详解：由题意可得，在中，因为，所以，因为，所以，，结合三角形内角的条件，故A,B同为锐角，因为，所以，即，所以，因此，所以是锐角三角形，不是钝角三角形，所以充分性不满足，反之，若是钝角三角形，也推不出“，故必要性不成立，所以为既不充分也不必要条件，故选D.点睛：该题考查是有关充分必要条件的判断问题，在解题的过程中，需要用到不等式的等价转化，余弦的和角公式，诱导公式等，需要明确对应此类问题的解题步骤，以及三角形形状对应的特征.8.若正实数，满足，则取最小值时，（    ）A. 5 B. 3 C. 2 D. 1【答案】B【解析】【分析】由题得，且，，再利用基本不等式求的最小值和此时的值.详解】∵；∴，且，；∴；∴，当且仅当，即时取等号.故选：B.【点睛】本题主要考查对数的运算和对数函数的性质，考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.9.在正四面体 ABCD 中，P，Q分别是棱 AB，CD的中点，E，F分别是直线AB，CD上的动点，M 是EF 的中点，则能使点 M 的轨迹是圆的条件是（   ）A. PE＋QF＝2 B. PE•QF＝2C. PE＝2QF D. PE2＋QF2＝2【答案】D【解析】【分析】先由对称性找到PQ、EF的中点在中截面GHLK上运动，利用向量的加减运算，得到，结合正四面体的特征将等式平方得到4，由圆的定义得到结论.【详解】如图：取BC、BD、AC、AD的中点为G、H、K、L，因为P、Q是定点，所以PQ的中点O为定点，由对称性可知，PQ、EF的中点在中截面GHLK上运动，∵+=+,∴，又在正四面体中，对棱垂直，∴PEQF，∴，∴4=若点M的轨迹是以O为圆心的圆，则为定值，只有D符合题意，故选D.【点睛】本题考查了向量的三角形法则的应用，考查了曲线的轨迹的求法，属于较难题型.10.等差数列，满足，则（　　）A. 的最大值是50 B. 的最小值是50C. 的最大值是51 D. 的最小值是51【答案】A【解析】【分析】先根据题意可知中的项有正有负，不妨设，根据题意可求得，根据，去绝对值求和，即可求出结果.【详解】时，满足条件，所以满足条件，即最小值为2，舍去B,D.要使得取最大值，则项数为偶数，设，等差数列的公差为，首项为，不妨设，则，且，由可得，所以,因为，所以，所以，而，所以，故.故选A【点睛】本题主要考查等差数列的性质，熟记等差数列的性质以及通项公式等即可，属于常考题型.二、填空题（本大题共7小题）11.已知，复数且（为虚数单位），则__________，_________．【答案】    (1).     (2). 【解析】∵复数且∴∴∴∴，故答案为，12.已知随机变量的分布列如下表，若，则a=________，______.012Pab  【答案】    (1).     (2). 【解析】【分析】根据分布列概率之和为以及期望值列方程组，解方程组求得的值，进而求得方差.【详解】依题意 ，故.所以.故填：（1）；（2）.【点睛】本小题主要考查分布列中概率的计算，考查分布列的期望和方差的有关计算，考查运算求解能力，属于基础题.13.若，则________，________.【答案】    (1). 1    (2). 13【解析】【分析】设，，根据得到，再令即得解.【详解】设，，所以，，又，所以，即，取得：，又，故，故答案为：1，13.【点睛】本题主要考查函数求导，考查二项式系数和的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.14.已知，分别为椭圆C：（）的左、右焦点，点关于直线的对称点Q在椭圆上，则长轴长为________；若P是椭圆上的一点，且，则________.【答案】    (1).     (2). 【解析】【分析】（1）先求出点，根据已知求出，即得椭圆的长轴长； （2）由题得，再根据求出，即得.【详解】（1）由椭圆C：（）得.∴，点关于直线对称点，由题意可得：，即，则椭圆的长轴长为；（2）由（1）得椭圆方程为.则，又，∴.∴.则.故答案为：；.【点睛】本题主要考查椭圆的简单几何性质，考查余弦定理解三角形，考查三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力.15.将随机排成一列，记为，，，，，，则是偶数的概率为______【答案】【解析】【分析】先求出基本事件的种数种，再求出为偶数的排列数，利用古典概型及概率的计算公式，即可求解.【详解】由题意，将随机排成一列，共有种不同的排法，其中为偶数等价于不全为奇数，且不全为奇数，共有，所以所求的概率为【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，其中解答中熟练利用排列、组合的知识求得基本事件的总数，以及所求事件的所包含的基本事件的个数是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.16.设平面向量，满足，，则的取值范围是________.【答案】【解析】【分析】设，再分别求的最小值和最大值即得的取值范围.【详解】设，当时，∴，所以，综上所述，的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题主要考查平面向量数量积的运算，考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.17.已知，若对任意的 aR，存在 [0，2] ，使得成立，则实数k的最大值是_____【答案】【解析】【分析】讨论f（x）在[0，2]上的单调性，求出在[0，2]的最大值，即可得出m的取值范围．【详解】当0时，即a≤0时，在[0，2]恒成立，∴，此时在[0，2]上单调递增，∴maxf（x）max＝f（2）＝22﹣2a＝4﹣2a，∴k≤4-2a对任意的a≤0成立，∴k≤4；当2时，即a≥4，在[0，2]恒成立，∴，此时在[0，2]上单调递减，∴maxf（x）min＝-f（2）＝-22+2a＝-4+2a，∴k≤-4+2a对任意的a≥4成立，∴k≤4；当0时，即0＜a≤2时，此时在[0，]上单调递减，在[，2] 上单调递增，且在[0，a]恒成立，在[a，2]恒成立，∴max  又-=+2a-4≥0时，即时，max，∴k≤对任意的成立，∴k≤；时，max，∴k≤对任意的成立，∴k≤；当2时，即2＜a＜4时，f（x）max＝＝，∴k≤对任意的2＜a＜4成立，∴k≤1；综上所述： k≤；故答案为.【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质的应用问题，也考查了恒成立问题与存在性问题，是综合性题目．三、解答题（本大题共5小题）18.已知函数 .（1）求的最小正周期；（2）若，且，求的值.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）直接化简函数，再利用三角函数的周期公式求解. (2)先解方程得到的值，再求的值.【详解】（1） ．所以的最小正周期．（2）因为，所以，又 ，所以，解得，所以 ．【点睛】把形如y＝asin x＋bcos x的函数化为的形式，可进一步研究函数的周期、单调性、最值与对称性，这是解决类似问题的必备步骤．根据三角函数值求角时，必须先求出角的范围，然后在该范围内求解．19.如图，为正三角形，且，，将沿翻折.（1）若点的射影在上，求的长；（2）若点的射影在中，且直线与平面所成角的正弦值为，求的长.【答案】（1）2 （2）.【解析】【分析】（1）过A作交于E，取中点O，连接，，先证明平面和，求出，，再求的长； （2）以O为原点，以为x轴，以为y轴，以平面的过O的垂线为z轴建立空间直角坐标系， 设二面角为，，利用向量法求出，即得点坐标和的长.【详解】（1）过A作交于E，则平面.取中点O，连接，，∵平面，平面，∴，又是正三角形，∴，又，AE，平面，∴平面，∴.又，O为的中点，∴为的中点.∵，∴，，，∴，.∴；（2）取中点为过点作平面的垂线，垂足为,连接,因为.以O为原点，以为x轴，以为y轴，以平面的过O的垂线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示：设二面角为，因为平面，与（1）同理可证平面，，，则，，，.∴，，，设平面的法向量为，则，令，得.∴，解得.∴，又，∴.【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系的证明，考查空间直线和平面所成的角的求法，考查空间距离的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算推理能力.20.设各项为正项的数列，其前项和为，，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）先求出，由得到，可得数列的奇数项和偶数项均为公差为6的等差数列，即得数列的通项公式； （2）对分和两种情况讨论，利用分组求和即得数列的前项和.【详解】（1）各项为正项的数列，其前项和为，，,可得，解得，由时，，可得，两式相减可得，，可得，可得数列的奇数项和偶数项均为公差为6的等差数列，可得正项的数列为2，5，8，11，14，17，，所以当为奇数时，，当为偶数时，，综合得有正项的数列的通项公式为；（2），当时，前项和；当时，前项和.综上可得数列的前项和.【点睛】本题主要考查数列通项的求法，考查数列的求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力.21.已知抛物线：的焦点为，过点的动直线与抛物线交于，两点，直线交抛物线于另一点，的最小值为4.（Ⅰ）求抛物线的方程；（Ⅱ）记、的面积分别为，，求的最小值.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）根据抛物线性质可得，即得结果，（Ⅱ）设直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及弦长公式求，再利用基本不等式求最值.【详解】（Ⅰ）由已知及抛物线的几何性质可得，∴，∴抛物线的方程为.（Ⅱ）设直线：，：，，，，由 ，，同理可得，从而，点到的距离，，∴.又，∴ .当且仅当，即时有最小值.【点睛】本题考查抛物线定义与性质以及基本不等式求最值，考查综合分析与求解能力，属中档题.22.已知实数，设函数．（1）求函数的单调区间；（2）当时，若对任意的，均有，求的取值范围．注：为自然对数的底数．【答案】（1）在内单调递减，在内单调递增；（2）【解析】【分析】(1)求导后取出极值点,再分,两种情况进行讨论即可.(2)当时得出的一个取值范围,再讨论时的情况,再对时构造函数两边取对数进行分析论证时恒成立.【详解】(1)由,解得．①若,则当时,,故在内单调递增；当时,,故在内单调递减．②若,则当时,,故在内单调递增；当时,,故在内单调递减．综上所述,在内单调递减,在内单调递增．(2),即．令,得,则．当时,不等式显然成立,当时,两边取对数,即恒成立．令函数,即在内恒成立．由,得．故当时,,单调递增；当时,,单调递减.因此．令函数,其中,则,得,故当时,,单调递减；当时,,单调递增．又,,故当时,恒成立,因此恒成立,即当时,对任意的,均有成立．【点睛】本题主要考查了利用求导解决含参的函数的单调性问题以及在区间上恒成立求参数的范围的问题,需要构造函数讨论函数的单调性进行求解,属于难题.