1、浙江省宁波市十校2020届高三数学下学期3月联考试题（含解析）参考公式：如果事件，互斥，那么如果事件，相互独立，那么如果事件在一次试验中发生的概率是，那么次独立重复试验中事件恰好发生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，表示台体的高柱体的体积公式其中表示柱体的底面积，表示柱体的高锥体的体积公式其中表示锥体的底面积，表示锥体的高球的表面积公式球的体积公式其中表示球的半径一、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，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】直接根据交集的定义计算即可得到答案.【详解】因
2、为，所以.故选：B.【点睛】本题考查集合的交运算，考查基本运算求解能力，属于容易题.2.双曲线离心率（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由标准方程求出和，继而可求离心率.【详解】解：，所以. 由 可知.故选:A.【点睛】本题考查了双曲线的标准方程，考查了离心率的求解.3.若满足约束条件，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由约束条件画出可行域，通过平移 分析即可得最优解，代回中即可求出最小值.【详解】解：画出可行域为如图所示的阴影部分.由可知.则当过时，.故选:B.【点睛】本题考查了线性规划.一般情况下，首先画出可行域，然后根据目标函数的几何
3、意义，分析出最优解.这里在画可行域时应注意，边界线是实线还是虚线.4.已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：），可得这个几何体的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由三视图还原出几何体，依据锥体体积的公式即可求解.【详解】解：由三视图可知，该几何体为底面是正方形的四棱锥，高为2.所以体积为.故选:C.【点睛】本题考查了几何体体积求解，考查了三视图.5.函数的图像如图所示，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由解析式及图像判断出，结合复合函数单调性，可知.【详解】解：由可知， ，所以函数对称轴为，由图可知.设 ，则.由图可知，函数
4、先增后减.因为单调递增，所以应先增后减，故.故选:D.【点睛】本题考查了函数的图像，考查了复合函数的单调性.若，则该函数的对称轴为；对于复合函数的单调性，遵循同增异减的原则.6.设，则“”关于的方程“有实数根”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】A【解析】【分析】以为条件，判断有实数根是否成立；以有实数根为条件，判断是否成立，即可选出正确答案.【详解】解：当时， ，此时有实数根；当有实数根时，即.故选:A.【点睛】本题考查了命题的充分必要条件的判断.一般此类问题分为两步，若，则 是 的充分条件；若，则 是 的必要条件.7.正方体，
5、是线段（不含端点）上的点.记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】不妨设 为 的中点，连接交于，做 的中点为 ，连接,经过分析，从而可求出，进而可比较三个角的大小.【详解】解：如图，不妨设 为 的中点，连接交于，做 的中点为 ，连接，则面.设正方体的边长为.由题意知.， ，则； 则；.因为，所以.故选:A.【点睛】本题考查了线线角，考查了线面角，考查了二面角.对于空间中角的问题，在求解时有两种思路，一是按定义直接找到所求角，结合正弦定理、余弦定理、三角函数等求解；二是结合空间向量求解.8.已知随机变量的分布列如下：则
6、（ ）A. 有最小值B. 有最大值C. 有最小值0D. 有最大值【答案】D【解析】【分析】由所有概率之和为1求出,进而可求，结合，可求最值.【详解】解：由题意知，即.则，所以没有最值. .由可知，当时，有最大值为.故选:D.【点睛】本题考查了分布列，考查了数学期望，考查了方差.对于分布列的题目，隐藏条件为，所有概率之和为1.本题的难点是计算化简.9.从1，3，5，7中任取2个数字，从0，2，4，6，8中任取2个数字，组成没有重复数字的四位数，这样的四位数一共有（ ）个.A. 576B. 1296C. 1632D. 2020【答案】B【解析】【分析】分成两种情况：取出数字中无0和取出数字中有0.
7、第一种情况全排列即可；第二种情况下，千位有3种可能，再乘对剩余数字的全排列.两种情况的结果相加即可.【详解】解：当取出的4个数字中没0时，再组成四位数，这样的四位数有个；当取出的4个数字中有0时，共有中组合，这四位数字所组成的四位数有个，所以这种情况下的四位数共有个. 故选:B.【点睛】本题考查了排列与组合的综合应用.本题的易错点是忽略这个四位数，千位不能为零.10.数列满足，则（ ）A. 存在，使B. 存在，C. 存在，D. 【答案】D【解析】【分析】由数列单调性的定义作差可得，可得为递增数列，又，两边取到数，结合裂项求和以及不等式的性质可选出正确选项.【详解】解：由题意知， .由于 ，所以
8、，则，所以为递增数列. ，.即，则.由为递增数列，可得，则.即故选:D.【点睛】本题考查了数列递推式的应用，考查数列的单调性，考查了裂项求和，考查了化简运算能力和推理能力.本题的难点是对递推公式进行处理.非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，多空题每小题6分，共36分11.欧拉公式（是虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数域，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里非常重要，被誉为“数字中的天桥”根据欧拉公式可知，_【答案】1【解析】【分析】由已知可知，运用诱导公式可求出，以及，继而可求.【详解】解：由题意知，同理，.故.故答
9、案为:1.【点睛】本题考查了诱导公式，考查了三角函数求值，考查了推理能力和计算能力.12.的展开式中项的系数为_【答案】14【解析】【分析】由二项式定理写出通向，求出通项中，即可求系数.【详解】解： 展开式中的第 项为，则当时，；当时，.故答案为：14.【点睛】本题考查了二项式定理.做题关键是掌握二项展开式通项公式.13.在四边形中，且，则_，_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】利用余弦定理求出 的值，利用勾股定理逆定理判断，由正弦定理和诱导公式即可求出的值.【详解】解：在中，由余弦定理可知 即，.又，所以.由，可知 .故答案为: ;.【点睛】本题考查了余弦定理，考查了正弦定理，考
10、查了诱导公式.本题的关键是判断.在解三角形时，已知两边及其夹角或已知三边，一般套用余弦定理求解；已知两角及一角的对边，常用正弦定理解三角形.14.已知直线，椭圆，点，若直线和椭圆有两个不同交点，则周长是_，的重心纵坐标的最大值是_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由椭圆的定义可求出三角形的周长为；设，联立直线与椭圆的方程，消去，即可求出，进而可知重心纵坐标为，分 两种情况，结合基本不等式，即可求出，从而可求出重心纵坐标的最大值.【详解】解：由题意知，可知恒过定点，此点为椭圆的左焦点，记为.则.所以周长为.设 设的重心纵坐标为.则 .联立直线与椭圆方程得 ，整理得.则， 所以.当 时
11、，当且仅当，即 时，等号成立，此时；当时，当且仅当，即时，等号成立，此时.综上所述：.所以的重心纵坐标的最大值是.故答案为: ;.【点睛】本题考查了椭圆的定义，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了基本不等式.对于椭圆中的三角形问题，常结合椭圆的定义、性质以及解三角形的思路求解.本题的易错点是求出重心纵坐标的表达式时，未对 进行讨论.应用基本不等式时，一定要注意一正二定三相等.15.的值域为_；若函数的两个不同零点，满足，则实数的取值范围是_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】将函数化为分段函数的形式，作出图像，即可求出值域；依题意，的零点必然在和上或者和上，分类讨论结合已知即可求出.【
12、详解】解：，作出图像如下，由图像可知，函数的值域为.由得，显然，零点必然在和上或和上，令，解得，又，则，由，可得；令，解得，又，则，同时，得.综上所述：.故答案为：;.【点睛】本题考查了函数值域的求法，考查函数零点与方程根的关系，考查不等式的求解，考查数形结合的思想，考查分类讨论思想以及运算求解的能力.求函数的值域时，一般采用的思路有：图像法、导数法、结合函数的性质等.16.已知双曲线，曲线，则曲线的交点个数是_个，原点与曲线上的点之间的距离最小值是_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】联立曲线的方程，通过配方法，解方程可判断交点个数；由两点的距离公式和三角换元，结合同角公式和二倍角
13、公式，以及正弦函数的值域，可得所求最小值.【详解】解：联立方程组 ，整理可得，即，由可知方程无解，即两条曲线没有交点.设曲线上的点为，则原点与上的点之间的距离为.设，代入得 整理得.由，可得，解得当 时，取最小值为2.故答案为: ;.【点睛】本题考查曲线方程的关系，考查两曲线的交点个数，考查了两点的距离公式.应注意运用方程思想和三角换元.本题计算量较大，计算容易出错.17.设向量，记，若圆上的任意三点，且，则的最大值是_【答案】16【解析】【分析】设,根据条件得,则,所以当直线 与圆相切时, 有最大值,利用圆与直线的位置关系可求出最大值.【详解】解：由圆的方程得，则圆心，半径.设，由得为直径，
14、由此可得，即.则，为圆上的一点，当直线与圆相切时， 有最大值.则圆心到直线的距离，解得或.则当时， 有最大值为16.故答案为:16.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，考查平面向量的运算，考查转化的思想.本题的难点在于将的最值问题转化为直线与圆相切的问题.三、解答题18.设函数.（1）已知，函数是奇函数，求的值；（2）若，求.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）由三角恒等变换求得，再由奇函数可知，结合可求出符合题意的的值.（2）由可求出，则所求，即可求出值.【详解】解：（1），因为为奇函数，所以，解得当或 时，或.（2）因为，所以，即，可得所以当时，；当时，.【点睛】本题考查了辅助角
15、公式，考查了三角恒等变换，考查了同角三角函数的基本关系，考查了正弦函数的奇偶性.若已知 为奇函数，则；若已知为偶函数，则.19.如图，三棱锥中，是正三角形，是直角三角形，点是的中点，且，.（1）求证：；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，通过证明，则可证面，从而证明线线垂直.（2）由面可知二面角为直二面角，作于，则 平面，连接，则 是 和平面所成的角，由此能求出 和平面所成的角的正弦值.【详解】解：（1）证明：在和中，.为等腰直角三角形取的中点，连接，则，面，面，（2）面，二面角为直二面角，作于，则平面，连接，则为和平面所成的角.设
16、，则的边长为4，.中，中，为的中点，在中，故与平面所成角的正弦值【点睛】本题考查了线线垂直的证明，考查了线面角的正弦值求法.证明线线垂直时，可利用勾股定理、等腰三角形三线合一或者线面角的性质.求二面角时，有两种思路，一是直接找到二面角，在三角形内进行求解；二是建立空间直角坐标系，结合空间向量进行求解.20.设等差数列的前项和为，.数列的前项和为，.（1）求数列，的通项公式；（2）记，数列的前项和为，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）结合基本量法，将已知用首项和公差表示出来，即可求出通项公式；由推出，两式相减进行整理可求出的通项公式.（2）求出，分别讨论 为奇数和偶数
17、，结合数列的分组求和，以及裂项法、放缩法，结合等比数列的求和公式和不等式的性质可证明.【详解】解：（1），两式相减得，则（2）当时，则形，当时，成立.当时，成立.综上得：【点睛】本题考查了等差数列通项公式，考查了等比数列的通项公式，考查了裂项求和，考查了分组求和，考查了放缩法.本题易错点在于第二问没对 取奇数和偶数进行讨论.21.已知点，抛物线上点处的切线交轴于点，且直线交抛物线于另一个点，过点作的平行线轴于点.（1）证明：；（2）记直线，与轴围成的三角形面积为，的面积为，是否存在实数，使？若存在，求实数的值若不存在，请说明理.【答案】（1）证明见解析（2）存在；【解析】【分析】（1）设，则可
18、知直线的方程，由在可知，求出在处的切线的方程可得，从而可求出直线的方程，继而可得，由可证明平行.（2）设直线 相交于点，则 ,四边形为平行四边形，由此推导出存在使得.【详解】解：（1）证明：设，则直线的方程为由在可知，又在处的切线的方程为，令可得即.直线的方程为，令可得即即（2）设和相交于点则，由（1）可知，四边形为平行四边形，即存在【点睛】本题考查了线线平行的证明，考查了直线方程，考查了直线与抛物线的关系.本题计算量较大，应注意计算的准确性，避免出错.在解析几何中，若证明两条直线平行，通常的思路是利用斜率相等或者两条直线斜率都不存在.22.已知函数，其中为自然对数的底.（1）试求函数的单调区
19、；（2）若函数的定义域为，且存在极小值.求实数的取值范围；证明：.（参考数据：）【答案】（1）函数在区间上单调递增，在区间上单调递减（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出导数为，令导数为零，解方程，结合函数的定义域，可探究 随 的变化情况，即可求出单调区间.（2）由定义域为可知恒成立，所以，可求出，求出，令得，结合第一问的单调性可知，即.由及可知存在，使，则极小值.结合导数可证明在上递增，从而可求.【详解】（1）求导得，由，解得.当时，；当时，.又因为函数的定义域为，故函数在区间上单调递增，在区间上单调递减.（2）因为函数的定义域为，则恒成立故，即又则等价于，由（1）知在上递增，在上递减，故函数存在极小值，必有，即.又，故对任意，存在，使，即，因此，在上递增，在上递减，所以，极小值.记函数，则，即在上递增，故，即，所以，.【点睛】本题考查了函数的单调区间的求解，考查了结合导数证明不等式，考查了极值的求解，考查了不等式恒成立问题.