1、浙江省杭州市第二中学2020届高三数学下学期考前热身考试（最后一卷）试题（含解析）一、选择题1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据不等式的写法求解集合B，然后根据交集的定义计算即可.【详解】解：，.故选：C.【点睛】本题考查不等式的计算，考查交集的定义和运算，属于基础题.2.下列命题中正确的是( )A. 若，则B. 若，则C. 若，则与可能共线D. 若，则一定不与共线【答案】C【解析】【分析】利用共线向量、模的计算公式，即可得出.【详解】因为向量既有大小又有方向，所以只有方向相同大小(长度)相等的两个向量才相等，因此A错误；两个向量不相等，但它们的模可以相
2、等，故B错误；无论两个向量的模是否相等，这两个向量都可能共线，故C正确，D错误.故选：C【点睛】本题考查了共线向量、模的计算公式，考查了理解能力，属于基础题3.在中，“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 既不充分也不必要条件D. 充要条件【答案】C【解析】【分析】根据充分必要条件的定义判断【详解】中，若，则，但时，充分性不成立，若，若，满足，但，必要性也不成立应是既不充分也不必要条件故选：C【点睛】本题考查充分必要条件的判断，掌握充分必要条件的定义是解题基础4.我国现代著名数学家徐利治教授曾指出，圆的对称性是数学美的一种体现已知圆，直线，若圆上任一点关于直线的对称点仍
3、在圆上，则点必在（ ）A. 一个离心率为的椭圆上B. 一条离心率为2的双曲线上C. 一个离心率为的椭圆上D. 一条离心率为的双曲线上【答案】C【解析】【分析】由题意得直线必过点，可得必在椭圆上，进而求出离心率.【详解】根据条件可知圆心，圆上任一点关于直线的对称点仍在圆上，直线过点，则，点必在椭圆上，则离心率.故选：C.【点睛】本题考查了椭圆离心率的求法以及直线与圆的位置关系，属于中档题.5.函数的大致图象为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】判断函数的奇偶性和对称性的关系，利用极限思想进行求解即可【详解】解：函数，则函数为非奇非偶函数，图象不关于y轴对称，排除C，D，当，排除
4、B， 故选A【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的对称性以及极限思想是解决本题的关键6.将甲、乙、丙、丁四名学生分配到三个不同的班，每个班至少一名，则不同分法的种数为（ ）A. 18B. 24C. 36D. 72【答案】C【解析】先不考虑甲、乙同班的情况，将4人分成三组有C 4 2 6(种)方法，再将三组同学分配到三个班级有A 3 3 6(种)分配方法，依据分步计数原理可得不同分配方法有种，应选答案C7.已知，记的零点个数为，的零点个数为，则的值不可能是（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】【分析】根据一元二次方程的判别式，结合特例法、排除法进行判断即可.【详解
5、】方程的判别式为：.当时，即时，方程有一个实数根，因此的零点个数，此时，因此有，若，显然方程只有一个实数根，故，这时所以选项A有可能成立；若时，显然方程有两个不相等的实数根，故，这时所以选项B有可能成立；当时，显然方程有两个不相等的实数根，因此的零点个数，此时，显然有四个不相等的实数根，故，这时所以选项C有可能成立，因此只有选项D不可能成立.故选：D【点睛】本题考查了零点个数问题，考查了推理论证能力和数学运算能力.8.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由得，所以，其他选项用特殊值法排除，得到答案.【详解】由得，所以.对于，取，不成立；对于取，不成立；对于取，不成立.
6、故选：B.【点睛】本题考查了不等式的性质，取特殊值排除可以快速得到答案，是解题的关键.9.正四面体中，分别是侧棱，上的动点（不含端点），且满足，都是锐角三角形，分别记二面角，的平面角为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】作出二面角的平面角，比较到三条直线的距离的大小，计算三个角的正弦值，比较大小后可得角的大小【详解】如图，作平面于，作于，连接，由平面，平面，又，平面，平面，是二面角平面角，是锐角三角形，在线段上，同理由是锐角三角形可得在内部，设到直线的距离分别为，则，同理，由下图知，因为，所以， ，同理可得，又，同理，所以，又在内部，都是锐角，故选：A【点睛】本题考查二
7、面角的大小的判断与求法，考查空间线线、线面、面面间位置关系等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，属于中档题10.数列满足，则（ ）A. B. C. 时，D. 时，【答案】C【解析】【分析】分别对和时，比较的大小，从而确定A,B两项也是错误的，从而得到正确选项.【详解】当时，由拉格朗日中值定理得，所以，所以，时，同理可得，故选：C.【点睛】该题考查的是有关判断数列单调性的问题，涉及到的知识点有拉格朗日中值定理，属于中档题目.二、填空题11.，则的共轭复数_，_.【答案】 (1). (2). 2【解析】【分析】利用两个复数代数形式乘除法运算法则化简复数，进而求得和.【详解】，所以，故答案为：
8、；.【点睛】该题考查的是有关复数的问题，涉及到的知识点有复数的乘除法运算，复数的共轭复数，属于基础题目.12.在二项式的展开式中，二项式系数之和是_，含的项的系数是_.【答案】 (1). 32 (2). 10【解析】【分析】空1：根据二项式系数之和公式直接求解即可；空2：运用二项式的通项公式直接求解即可.【详解】空1：在二项式的展开式中，二项式系数之和为：；空2：二项式的通项公式为：，当时，即时，含的项的系数为：.故答案为：32；10【点睛】本题考查了二项式展开式二项式系数之和公式，考查了二项式通项公式的应用，考查了数学运算能力.13.某几何体的三视图如图所示，其中主视图和俯视图是直角梯形，侧
9、视图为正方形，则该几何体的最长棱的长度是_，体积是_.【答案】 (1). (2). 4【解析】【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的棱长和几何体的体积【详解】根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为由四棱柱体和三棱柱构成的组合体，如图所示：所以的最大棱长为：几何体的体积为正方体体积的一半，即故答案为：，4.【点睛】本题考查的知识要点：三视图和直观图形之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型14.中，则边上的中线长_.【答案】1【解析】【分析】在和中，分别利用余弦定理求解即可.【详解】设，由余弦定理得：，所以，或（舍去），在中
10、，由余弦定理得：，所以故答案为：.【点睛】本题主要考查了利用余弦定理解三角形.属于较易题.15.甲盒里装有3个白球和2个红球，乙盒里装有4个白球和3个红球，从甲、乙两个盒中各随机取1个球放入原来为空的丙盒中，则从丙盒中取1个球是白球的概率是_，丙盒中含有红球个数的期望是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】先取2球到丙盒，然后再从丙盒取球，分类：丙盒里无白球，丙盒里只有一个白球，丙盒里有两个白球，在此条件下取得白球，分别计算可得概率红球的个数可能是0，1，2分别计算概率后得分布列，从而可得期望【详解】由题意丙盒中白球的个数可能是0，1，2，因此所求概率为，设丙盒中红球个数为，则可能
11、是0，1，2，即分布列为012所以故答案为：；【点睛】本题考查条件概率，考查随机变量的分布列和期望根据条件求出概率是解题关键16.在梯形中，若，则_.【答案】【解析】【分析】根据题意画出图象，因为，可得，结合已知，即可求得答案.【详解】根据题意画出图象：，选为基底向量在线段上去点,使由可得：，故答案为：.【点睛】本题主要考查了向量表示和向量数量积运算，解题关键是掌握向量基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.17.已知点是椭圆上的动点，分别为椭圆的左右焦点，为坐标原点，若是的角平分线上的一点，且，则的取值范围是_.【答案】，【解析】【分析】利用图象及椭圆的对称性，先设在第二象限，延长交
12、于，由为角平分线的点，可得可得，且，再由椭圆的定义，进而可得，由椭圆的方程求出的范围【详解】由椭圆的对称性，设在第二象限，延长交于，因为是的角平分线上的一点，且，所以，连接，在中可得为的中位线，所以，如图由椭圆的定义可得，而，所以，故，当为上下顶点时，与重合，这时为0，当左顶点时，与重合，综上所述，而由椭圆的方程可得，所以，所以，故答案为：，【点睛】本题考查椭圆的定义，及性质，和角平分线的性质，考查逻辑推理能力、运算求解能力，属于中档题三、解答题：解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤.18.设函数.（1）求的最小正周期和对称中心；（2）当时，求函数的最值.【答案】（1）， ，；（2）最小值为
13、，最大值为.【解析】【分析】（1）利用二倍角公式、两角和与差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦函数性质求解（2）求出的取值范围，然后由正弦函数性质得最值【详解】（1），的最小正周期是，由得，对称中心是.，（2）时，此时.最大值为，此时，最小值为，此时，综上，的最小值为，最大值为.【点睛】本题考查二倍角公式、两角和与差的正弦公式，考查正弦函数的性质，掌握正弦函数性质是解题关键19.在四棱锥中，已知底面为直角梯形，是正三角形，. （1）证明： ；（2）求与平面所成线面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取中点，连接，利用已知条件得到，在中得到，
14、推出是正三角形，进而得到，利用线面垂直的判定定理得到平面，即可得出结论. （2）延长，交于点，连接，作中点，连接，利用线面垂直得到面面垂直，在中，则平面，找到与平面所成角，代入数值即可得出结论.【详解】（1）证明：取中点，连接， 是正三角形，是正三角形，又，平面，平面，.（2）解：延长，交于点，连接，作中点，连接，平面，平面，平面平面，且平面平面，易知，为中点，平面，又直线，直线平面，平面，直线平面，是与平面所成线面角，易知，.【点睛】本题主要考查了利用线面垂直的判定定理得出线线垂直以及求线面角的正弦值.属于中档题.20.已知数列满足，的前项和满足.（1）求数列的通项公式；（2）记数列前项和为
15、，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由求得，令，由得出，两式作差可得出，推导出数列是等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式，进而可求得数列的通项公式；（2）推导出，然后利用放缩法结合等比数列的求和公式可证得成立.【详解】（1）当时，当时，作差得，整理得，且，又，所以，数列是以为首项，以为公比等比数列，因此，；（2）当时，；当时，.综上所述，对任意的，.【点睛】本题考查利用与的关系、构造法求数列通项，同时也考查了数列不等式证明，考查了放缩法的应用，考查推理能力与计算能力，属于中等题.21.已知点是抛物线的准线上任意一点，过点作抛物线的两条切线、，其中
16、、为切点.（1）证明：直线过定点，并求出定点的坐标；（2）若直线交椭圆于、两点，、分别是、的面积，求的最小值.【答案】（1）定点坐标为，证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）设点、，写出直线、的方程，再将点的坐标代入两直线方程，可得出，可得知点、的坐标满足直线的方程，可得出直线的方程，由此可求得直线所过定点的坐标；（2）求得，由题意可知直线不与轴重合，可设直线的方程为，将该直线方程分别与抛物线、椭圆方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可得出关于的表达式，进而可求得的最小值.【详解】（1）先证明出抛物线在其上一点处的切线方程为，由于点在抛物线上，则，联立，消去得，即，所以，关于的方程有两个相
17、等的实根，此时，因此，直线与抛物线相切，且切点为.设点、，则以为切点的切线方程为，同理以为切点的切线方程为，两条切线均过点，即，所以，点、的坐标满足直线的方程，所以，直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，所以，直线过定点；（2）设点到直线的距离为，则.由题意可知，直线不与轴重合，可设直线的方程为，设、，由，得，恒成立，由韦达定理得，由弦长公式可得，由，得，恒成立.由韦达定理得，由弦长公式得.，当且仅当时，等号成立.因此，的最小值为.【点睛】本题考查直线过定点的证明，同时也考查了三角形面积比值最值的求解，考查了切点弦方程的应用以及韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于难题.22.已知函数
18、， .（1）时，若恒成立，求的取值范围；（2），在上有唯一极值点，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用换元法则问题转化为恒成立，利用参变分离，即可得答案；（2），令，则，令，则，令，则有，即，再利用作差法、构造函数，利用导数研究函数的最值，即可证明结论.【详解】（1），令，则，令，则有恒成立，时，成立；时，恒成立，令，则恒成立，所以在单调递增，所以，则，即，因此，则；综上，.（2），令，则，令，则，令，则有，即，由（1）可得，令，在上单调递增，时，得证.【点睛】本题考查利用导数研究不等式恒成立和不等式证明，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意函数的构造.