1、浙江省温州市平阳中学2020届高三数学下学期3月模拟考试试题（含解析）一、选择题1. 设复数满足，则在复平面内的对应点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】C【解析】【分析】化简得到，得到答案.【详解】，故，对应点在第三象限.故选：.【点睛】本题考查了复数的化简和对应象限，意在考查学生的计算能力.2. 若集合，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出集合，然后与集合取交集即可【详解】由题意，则，故答案为C.【点睛】本题考查了分式不等式的解法，考查了集合的交集，考查了计算能力，属于基础题3. 在中，则=（ ）A. B. C. D. 【答
2、案】B【解析】【分析】在上分别取点,使得,可知为平行四边形，从而可得到，即可得到答案【详解】如下图，在上分别取点,使得,则为平行四边形，故,故答案为B. 【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，考查了学生逻辑推理能力，属于基础题4. 若将函数的图象上各点横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)得到函数的图象，则下列说法正确的是（）A. 函数在上单调递增B. 函数的周期是C. 函数的图象关于点对称D. 函数在上最大值是1【答案】A【解析】【分析】根据三角函数伸缩变换特点可得到解析式；利用整体对应方式可判断出在上单调递增，正确；关于点对称，错误；根据正弦型函数最小正周期的求解可知错误；根据正弦型函数在区间内
3、值域的求解可判断出最大值无法取得，错误.【详解】将横坐标缩短到原来的得：当时，在上单调递增 在上单调递增，正确；的最小正周期为： 不是的周期，错误；当时，关于点对称，错误；当时， 此时没有最大值，错误.本题正确选项：【点睛】本题考查正弦型函数的性质，涉及到三角函数的伸缩变换、正弦型函数周期性、单调性和对称性、正弦型函数在一段区间内的值域的求解；关键是能够灵活应用整体对应的方式，通过正弦函数的图象来判断出所求函数的性质.5. 函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先判断函数为偶函数，然后通过构造函数，可判断是单调递增函数，从而可得到时，即可判断时，从而可确定在上
4、单调递增，即可得到答案【详解】因为，所以为偶函数，选项B错误，令，则恒成立，所以是单调递增函数，则当时，故时，,即在上单调递增，故只有选项A正确【点睛】本题考查了函数图象的识别，考查了函数的单调性与奇偶性，属于中档题6. 在条件下，目标函数最大值为40，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】画出可行域和目标函数，根据平移得到最值点，再利用均值不等式得到答案.【详解】如图所示，画出可行域和目标函数，根据图像知：当时，有最大值为，即，故.当，即时等号成立.故选：.【点睛】本题考查了线性规划中根据最值求参数，均值不等式，意在考查学生的综合应用能力.7. 若，则的值为（
5、 ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】取，得到，取，则，计算得到答案.【详解】取，得到；取，则.故.故选：.【点睛】本题考查了二项式定理的应用，取和是解题的关键.8. 某部队在一次军演中要先后执行六项不同的任务，要求是：任务A必须排在前三项执行，且执行任务A之后需立即执行任务E，任务B、任务C不能相邻，则不同的执行方案共有（ ）A. 36种B. 44种C. 48种D. 54种【答案】B【解析】【分析】分三种情况，任务A排在第一位时，E排在第二位；任务A排在第二位时，E排在第三位；任务A排在第三位时，E排在第四位，结合任务B和C不能相邻，分别求出三种情况的排列方法，即可得到答案【
6、详解】六项不同的任务分别为A、B、C、D、E、F，如果任务A排在第一位时，E排在第二位，剩下四个位置，先排好D、F，再在D、F之间的3个空位中插入B、C，此时共有排列方法：；如果任务A排在第二位时，E排在第三位，则B，C可能分别在A、E的两侧，排列方法有，可能都在A、E的右侧，排列方法有； 如果任务A排在第三位时，E排在第四位，则B，C分别在A、E的两侧；所以不同的执行方案共有种【点睛】本题考查了排列组合问题，考查了学生的逻辑推理能力，属于中档题9. 如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（ ）A. 2对B. 3对C. 4对D. 5对【答案】C
7、【解析】【分析】画出该几何体的直观图，易证平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，从而可选出答案【详解】该几何体是一个四棱锥，直观图如下图所示，易知平面平面，作POAD于O，则有PO平面ABCD，POCD，又ADCD，所以，CD平面PAD，所以平面平面，同理可证：平面平面，由三视图可知：POAOOD，所以，APPD，又APCD，所以，AP平面PCD，所以，平面平面，所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对【点睛】本题考查了空间几何体的三视图，考查了四棱锥的结构特征，考查了面面垂直的证明，属于中档题10. 已知抛物线,过抛物线上两点分别作抛物线的两条切线为两切线的交点为坐标原点若,则直线与的斜
8、率之积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设出A，B的坐标，利用导数求出过A，B的切线的斜率，结合，可得x1x24再写出OA，OB所在直线的斜率，作积得答案【详解】解：设A（），B（），由抛物线C：x24y，得，则y，由，可得，即x1x24又，故选：A点睛：（1）本题主要考查抛物线的简单几何性质，考查直线和抛物线的位置关系，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理能力.(2)解答本题的关键是解题的思路，由于与切线有关，所以一般先设切点，先设A,B,再求切线PA,PB方程，求点P坐标，再根据得到最后求直线与的斜率之积.如果先设点P的坐标，计算量就大一些.二、填空题11
9、. 设等差数列的前项和为，若，则数列的公差_，通项公式_.【答案】 (1). 2 (2). 【解析】【分析】直接利用等差数列公式计算得到答案.【详解】，解得，故.故答案为：2；.【点睛】本题考查了等差数列的基本计算，意在考查学生的计算能力.12. 若，则_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据诱导公式和二倍角公式计算得到答案.详解】，故.故答案为：；.【点睛】本题考查了诱导公式和二倍角公式，属于简单题.13. 双曲线的左焦点为，点，点P为双曲线右支上的动点，且周长的最小值为8，则双曲线的实轴长为_，离心率为_.【答案】 (1). 2 (2). 2【解析】【分析】设双曲线的右焦
10、点为，根据周长为，计算得到答案.【详解】设双曲线的右焦点为.周长为：.当共线时等号成立，故，即实轴长为，.故答案为：；.【点睛】本题考查双曲线周长的最值问题，离心率，实轴长，意在考查学生的计算能力和转化能力.14. 某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，再次烧制过程相互独立.根据该厂现有的技术水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.5、0.6、0.4，经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.6、0.5、0.75；则第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为_；经过前后两次烧制后，合格工艺品
11、的件数为，则随机变量的期望为_.【答案】 (1). 0.38 (2). 0.9【解析】【分析】考虑恰有一件的三种情况直接计算得到概率，随机变量的可能取值为，计算得到概率，再计算数学期望得到答案.【详解】第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为：.甲、乙、丙三件产品合格的概率分别为：，.故随机变量的可能取值为，故；.故.故答案：0.38 ；0.9.【点睛】本题考查了概率的计算，数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.15. 若，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】由基本不等式，可得到，然后利用，可得到最小值，要注意等号取得的条件【详解】由题意，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时取等号，所以
12、当时，取得最小值【点睛】利用基本不等式求最值必须具备三个条件：各项都是正数；和（或积）为定值；等号取得的条件16. 已知半径为4的球面上有两点，球心为O，若球面上的动点C满足二面角的大小为，则四面体的外接球的半径为_.【答案】【解析】【分析】设所在截面圆的圆心为，中点为，连接，易知即为二面角的平面角，可求出及，然后可判断出四面体外接球的球心在直线上，在中，结合，可求出四面体的外接球的半径.【详解】设所在截面圆的圆心为，中点为，连接，OAOB，所以，ODAB，同理O1DAB，所以，即为二面角的平面角，因为，所以是等腰直角三角形，在中，由cos60，得，由勾股定理，得：，因为O1到A、B、C三的距
13、离相等，所以，四面体外接球的球心在直线上，设四面体外接球半径为，在中，由勾股定理可得：，即，解得【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力及计算求解能力，属于中档题17. 函数在内有两个零点，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】设，设，函数为奇函数，函数单调递增，画出简图，如图所示，根据，解得答案.【详解】，设，则.原函数等价于函数，即有两个解.设，则，函数为奇函数.，函数单调递增，.当时，易知不成立；当时，根据对称性，考虑时的情况，画出简图，如图所示，根据图像知：故，即，根据对称性知：.故答案为：.【点睛】本题考查了函数零点问题，意在考查学生的转化
14、能力和计算能力，画出图像是解题的关键.三、解答题18. 在中，角所对的边分别为，的面积.（1）求角C；（2）求周长的取值范围.【答案】（）（）【解析】【分析】（）由可得到，代入，结合正弦定理可得到，再利用余弦定理可求出的值，即可求出角；（）由，并结合正弦定理可得到，利用，可得到，进而可求出周长的范围【详解】解：（）由可知，.由正弦定理得.由余弦定理得，.（）由（）知，.的周长为 .，,的周长的取值范围为.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的运用，考查了三角形的面积公式，考查了学生分析问题、解决问题的能力，属于基础题19. 如图，三棱台的底面是正三角形，平面平面，.（1）求证：；（
15、2）若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（）见证明；（）【解析】【分析】（）取的中点为，连结，易证四边形为平行四边形，即，由于，为的中点，可得到，从而得到，即可证明平面，从而得到；（）易证，两两垂直，以，分别为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量为，设与平面所成角为，则，即可得到答案【详解】解：（）取的中点为，连结.由是三棱台得，平面平面，从而.，四边形为平行四边形，.，为的中点，.平面平面，且交线为，平面，平面，而平面，.（）连结.由是正三角形，且为中点，则.由（）知，平面，两两垂直.以，分别为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，.设平面的一个法向量为.由可得
16、，.令，则，.设与平面所成角为，则.【点睛】本题考查了空间几何中，面面垂直的性质，线线垂直的证明，及线面角的求法，考查了学生的逻辑推理能力与计算求解能力，属于中档题20. 已知数列中，（1）求证：数列是等比数列；（2）若是数列的前项和，求满足的所有正整数【答案】（1）证明见解析；（2）1和2.【解析】【分析】（1）利用递推关系可得，从而可证数列是等比数列；（2）由（1）可求的通项，从而可求的通项，两者结合可求和，最后根据单调性可求满足的所有正整数【详解】（1），故，因为，故，故，故，所以是首项为，公比为的等比数列.（2）由（1）得由，得，则，所以因为为减数列，为减数列，故单调递减，当时，满足；
17、时，所以时，总成立 ，不满足要求，舍，又，同理，当且仅当时，综上所述，满足的所有正整数为1和2【点睛】本题考查数列通项的求法与前项和的求法，后者注意根据奇数项和偶数项的关系先求，本题属于较难题.21. 设椭圆E: （a,b0）过M（2，） ，N(,1)两点，O为坐标原点，（1）求椭圆E的方程；（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且？若存在，写出该圆的方程，若不存在说明理由【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）因为椭圆E: （a,b0）过M（2，），N(,1)两点,所以解得所以椭圆E的方程为（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭
18、圆E恒有两个交点A,B,且,设该圆的切线方程为解方程组得,即,则=,即，要使,需使,即,所以,所以又, 所以,所以,即或,因为直线为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为,所求的圆为,此时圆的切线都满足或,而当切线的斜率不存在时切线为与椭圆的两个交点为或满足,综上, 存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且考点：本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，圆与椭圆的位置关系点评：中档题，涉及直线与圆锥曲线的位置关系问题，往往要利用韦达定理存在性问题，往往从假设存在出发，运用题中条件探寻得到存在的是否条件具备（2）小题解答中，集合韦达定理，应用平面向量知识
19、证明了圆的存在性22. 已知函数是减函数.（1）试确定a的值；（2）已知数列，求证：.【答案】（）（）见证明【解析】分析】（）求导得，由是减函数得，对任意的，都有恒成立，构造函数，通过求导判断它的单调性，令其最大值小于等于0，即可求出；（）由是减函数，且可得，当时，则，即，两边同除以得，即，从而 ，两边取对数 ，然后再证明恒成立即可，构造函数，通过求导证明即可【详解】解：（）的定义域为，.由是减函数得，对任意的，都有恒成立.设.，由知，当时，；当时，在上单调递增，在上单调递减，在时取得最大值.又，对任意的，恒成立，即的最大值为.，解得.（）由是减函数，且可得，当时，即.两边同除以得，即.从而 ，所以 .下面证；记，. ，在上单调递增，在上单调递减，而，当时，恒成立，在上单调递减，即时，当时，.，当时，即.综上可得，.【点睛】本题考查了导数与函数的单调性的关系，考查了函数的最值，考查了构造函数的能力，考查了逻辑推理能力与计算求解能力，属于难题，
