1、浙江省温州市龙湾中学2020届高三数学下学期3月月考试题（含解析）参考公式：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.已知集合，那么（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据集合的补集运算可求出，再根据并集运算即可求出结果.【详解】由题意可知，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查了集合的补集运算和
2、并集运算，属于基础题.2.已知动点满足，则点的轨迹是（ ）A 双曲线B. 椭圆C. 抛物线D. 圆【答案】A【解析】【分析】根据双曲线的定义即可求出结果.【详解】由双曲线的定义可知点的轨迹是以为焦点，实轴长为的双曲线.故选：A.【点睛】本题主要考查了双曲线的定义，属于基础题.3.复数的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算，即可求出，进而求出复数的虚部.【详解】因为，所以复数的虚部为.故选：D.【点睛】本题主要考查了复数的基本运算和概念，属于基础题.4.已知函数的图象如图所示，其解析式可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由图像
3、可知函数的定义域为，是偶函数，且，再结合选项即可求出结果.【详解】由图像可知函数的定义域为，是偶函数，且，当时，故选项A错误；当时，故选项B错误；当时，故选项D错误；综上可知，选项C正确.故选：C.【点睛】本题主要考查了函数图像，考查了学生的数形结合能力，属于基础题.5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A. B. C. 12D. 【答案】B【解析】【分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体是底面边长为的等边三角形，高为的三棱锥，其中平面，且D是的中点，根据勾股定理，以及三角形面积公式即可求出结果【详解】根据几何体的三视图，可知该几何体是底面边长为的等边三角形，高为的三棱锥，
4、如下图所示的：其中平面，且D是的中点，由勾股定理可知，该几何体表面积为.故选：B.【点睛】本题考查了运用空间思维能力解决空间几何体的方法，运用三视图得出空间几何体的结构特征是解题的关键6.中，“”是“”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】C【解析】【详解】在三角形中，在中，所以“”是“”的充要条件故选：C【点睛】本题主要考查了充分条件和必要条件的应用，利用正弦定理确定边角关系，注意三角形中大边对大角的关系的应用7.随机变量的分布列是-212若，则（ ）A. 0B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】由于分布列的概率之和为1，
5、以及，列出关于的方程，再根据方差公式即可求出详解】由题意可知，又，所以；所以.故选：B.【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列的性质、期望公式和方差公式的应用，考查计算能力，属于基础题8.在正四面体中，是的中点，是直线上的动点，则直线与所成角可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，取的中点，连接，则，所以为异面直线与所成角，在利用余弦定理可得，易知，所以在等腰三角形中，即可求出进而求出结果.【详解】取的中点，连接，则，所以为异面直线与所成角，如下图所示：设正四面体的棱长为，在中，在正四面体中，易知，所以在等腰三角形中， 所以所以异面直线与所成角可能为.故选：C.
6、【点睛】本题主要考查了异面直线成角，余弦定理的应用，考查了空间几何中的动态问题，考查学生的应用能力和空间想象能力，属于中档题.9.已知平面向量满足，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，易知与的夹角为，设，由，可得，所以原问题等价于，圆上一动点与点之间距离的最小值， 利用圆心和点的距离与半径的差，即可求出结果.【详解】因为，所以与的夹角为，设，因为，所以，又，所以原问题等价于，圆上一动点与点之间距离的最小值， 又圆的圆心坐标为，半径为，所以点与圆上一动点距离的最小值为.故选：A.【点睛】本题考查向量的模的最值的求法，考查向量的数量积的坐标表示，考查学生的
7、转换思想和运算能力，属于中档题10.已知数列的前项和为，满足，则下列说法正确的是（ ）A. 当时，则B. 当时，则C. 当时，则D. 当时，则【答案】B【解析】【分析】利用不等式放缩和裂项相消法对各选项进行分析和计算，即可求出结果.【详解】对于选项A，当时，所以，故选项A错误；对于选项B，当时，又，所以所以，故选项B正确；对于选项C，当时，所以，故选项C错误；对于选项D，当时，所以，故选项D错误；故选：B.【点睛】本题考查了不等式放缩和数列裂项相消法求和，考查了学生的综合分析能力，属于难题.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.我国古代数学名著算术书中有如
8、下问题：“分钱人二而多三，人三而少二，问几何人、钱几何？”.其大意是：已知人数及钱数各若干，若每人分得二钱，那么多了三钱；若每人分得三钱，则少两钱，那么一共有_人，_钱.【答案】 (1). 5 (2). 13【解析】【分析】根据题意，设一共有人，列出方程，即可求出结果.【详解】设一共有人，由题意可知，解得，所以一共有人，一共有钱.故答案为：(1). 5；(2). 13.【点睛】本题考查了对文字意思的理解和关系式的建立属于基础题12.若，满足约束条件，则的最小值是_；最大值是_.【答案】 (1). (2). 3【解析】【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求的最小和最
9、大值【详解】根据题意，作出可行域，如下图所示：在点处，取到最小值，最小值为-1；在点处，取到最大值，最大值为3.故答案为：(1)；(2) 3.【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决本题的关键13.在中，是中点，则_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】在中，由余弦定理可得，进而求出，再利用，即可求出； 在中，由余弦定理，可求出，根据二倍角公式和正弦定理化简可得，由此即可求出结果.【详解】在中，由余弦定理可知，所以，所以；在中，由余弦定理可知，可得，又.故答案为：(1).； (2) .【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于基础题.14.已知，则_；_.
10、【答案】 (1). 144 (2). 363【解析】【分析】由二项式定理的通项公式，即可求出的值；令，则；令，则；两式相加即可求出结果.【详解】由二项式定理的通项公式可知；令，则；令，则；+，可得，所以.故答案：(1) 144； (2)363.【点睛】本题主要考查了二项式定理的通项公式以及性质的应用，属于基础题.15.设函数，若无最大值，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【详解】由题意可知，函数的导数为， 令，则，所以在区间上单调递增；在区间上单调递减；作出函数和在同一坐标系中的的草图，如下图所示：又当时，函数取极大值为，由图像可知，当时，此时无最大值，故满足题意 故答案为：【点睛】本题考
11、查了分段函数的应用，考查了数形结合思想，属于中档题16.设有编号分别为1，2，3，4，5，6，7，8的八个小球和编号为1，2，3，4，5，6，7，8的八个盒子.现将这八个小球随机放入八个盒子内，要求每个盒子内放一个球，要求编号为偶数的小球在编号为偶数的盒子内，且至少有四个小球在相同编号的盒子内，则一共有_种投放方法.【答案】83【解析】【分析】根据题意可知，原问题可分为：有8个小球在相同编号的盒子内；有6个小球在相同编号的盒子内；有5个小球在相同编号的盒子内；有4个小球在相同编号的盒子内；共四类情况，利用特殊位置优先考虑原则，求出每类情况的种数，再根据分类计数原理，即可求出结果.【详解】由题意
12、可知，要求每个盒子内放一个球，要求编号为偶数的小球在编号为偶数的盒子内，且至少有四个小球在相同编号的盒子内；若有8个小球在相同编号的盒子内，共有1种；若有6个小球在相同编号的盒子内，即有2个小球在编号不同的盒子内，则有种；若有5个小球在相同编号的盒子内，即有3个小球在编号不同的盒子内，则种；若有4个小球在相同编号的盒子内，即有4个小球在编号不同的盒子内，则种；综上，满足题意的投放方法一共有种.故答案为：83.【点睛】本题考查计数原理的运用，考查了分类讨论思想，同时考查学生分析解决问题的能力，属于中档题17.在梯形中，椭圆以，为焦点且过，两点，则该椭圆的离心率为_.【答案】【解析】【分析】设椭圆
13、，利用相似比可得，根据，利用两点之间的距离公式化简可得，再根据，在椭圆上，代入坐标，列出方程组，化简可得，将上述两式联立，化简可得，解方程，即可求出结果.【详解】设椭圆，如图所示：设，则椭圆的离心率为；因为，则；又，所以，即，整理可得；由椭圆的定义可知，即，整理可得 ；-可得：;又，在椭圆上；所以 ，化简整理可得，；将代入可得，两边同时除以，可得，解得（负值舍去）.故答案为：.【点睛】本题主要考查了椭圆离心率的求法，考查了学生的运算能力，属于中档题.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.如图，单位圆上有一点，点以点为起点按逆时针方向以每秒弧度作圆周
14、运动，点的纵坐标是关于时间的函数，记作.（1）当时，求；（2）若将函数向左平移个单位长度后，得到的曲线关于轴对称，求的最小正值，并求此时在的值域.【答案】（1）；（2）最小正值为3；值域为.【解析】【分析】（1）由题意利用任意角的三角函数的定义求得初相，再根据正弦函数的周期性，可得，代入，即可求出结果；（2）根据图像平移可知，又是偶函数，所以，由此可得最小值为3，可得，再根据三角函数性质，即可求出结果.【详解】（1）点是单位圆上一点，它从初始位置开始，按逆时针方向以每秒弧度作圆周运动，设初相为，所以，当时，.（2）图像关于轴对称，则是偶函数，则，得，最小值为3.此时，.【点睛】本题主要考查任意
15、角的三角函数的定义，函数的图象变换规律，三角函数的图象的对称性等知识，属于基础题19.已知是边长为2的正三角形，是等腰直角三角形.把沿其斜边翻折到，使，设为的中点.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见详解；（2）.【解析】【分析】（1）取中点，由勾股定理可得，又是等腰直角三角形，可证，再根据面面垂直的判定定理即可证明结果；（2）方法一：由（1）知，、两两垂直，分别以、为、轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求二面角，即可求出结果；解法二：等积法在和中，分别用余弦定理得：中线长， ，又勾股定理可证；在中解得，在平面内过作，由等积法得，于是.由得、所成的角（或其补角
16、）就是二面角的平面角，再根据余弦定理即可求出结果.【详解】（1）证明：取中点，连、，由已知易得，于是，从而，另一方面，是等腰直角三角形，故，且、相交，所以平面，于是平面平面；（2）由（1）知，、两两垂直，分别以、为、轴，建立空间直角坐标系，由已知得，.于是，设平面的法向量是，则解得，所以，同理平面的法向量，设二面角为，则.（2）解法二：等积法由于为的中点，且设，在和中，分别用余弦定理得：中线长，同理，从而是直角三角形，且.另一方面在中解得，在平面内过作，由等积法得，于是.由得、所成的角（或其补角）就是二面角的平面角.由，得，设二面角的度数为，于是.【点睛】本题主要考查了面面垂直的判定定理的应用
17、和二面角的求法，属于基础题.20.已知等比数列的前项和为，公比，且，数列满足.（1）求，；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）由题意可得，利用等比数列的通项公式，求得和；利用数列的通项公式和前项和公式之间的关系可得，进而求出；（2）由（1）知，利用等比数列前项和公式，即可求胡结果.【详解】（1）由，（2）-（1）得，即，又，.把代入（1）得，又，当时，当时，因时，也符合上式，又，.（2）由（1）知，.【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式和前项和公式的应用，同时考查了数列的通项公式和前项和公式之间的关系，属于基础题.21.设经过点的直线与抛物线相交于、两
18、点，经过点的直线与抛物线相切于点.（1）当时，求的取值范围；（2）问是否存在直线，使得成立，若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设，因为直线经过定点，所以可设直线的方程为，则由得，利用韦达定理和弦长公式，化简可得，再根据函数的性质即可求出结果；（2）假设存在直线，使得成立，不妨设：，：，则由得， 利用韦达定理和弦长公式可得；又得，所以；由得到，由此即可求出结果.【详解】（1）设，因为直线经过定点，所以可设直线的方程为，则由得，得，.（2）假设存在直线，使得成立，不妨设：，：，则由得，得，由得，得，得，由得到，两边平方得，即，得.【点睛】本
19、题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了弦长公式，属于中档题.22.设函数.（1）求函数的单调递减区间；（2）若，对于给定实数，总存在实数，使得关于的方程恰有3个不同的实数根.（i）求实数的取值范围；（ii）记，求证：.【答案】（1）单调递减区间是，；（2）（i）；（ii）证明见详解.【解析】【分析】（1）当，当时，可知，此时无单调递减区间；当时，令，可得，再根据为偶函数，即可求出函数 的单调递减区间；（2）（i），令，则，令，利用导数可得；再分别对和，两种情况分类讨论，根据函数的单调性和奇偶性以及对称性进行分析，即可求出结果；（ii）由的四个根为，不妨设，由于为偶函数，则，化简整理可得，令
20、，令，根据导数在函数单调性和最值的应用，即可求证结果.【详解】（1）当，当，；当，.又为偶函数，当时，的单调递减区间是，当时，无单调递减区间.（2）（i），令，则，令，在递减，递增，递减，递增.当时，可得，此时，所以在递减，在递增，则至多2个零点，不符合题意.当，则有4个不同实根，即时，有2个不同实根，此时.其中，（极大），设的4个实根为，则极大，极小，极大，极小，由于为奇函数，所以极值关于原点对称，当时有3个零点.（ii）由的四个根为，不妨设，由于为偶函数，则，令，令，所以单调递增，所以，单调递增，则，所以，.【点睛】本题主要考查了导数在函数单调性、最值、零点和不等式证明中的应用，属于难题.
