1、浙江省湖州中学2020届高三数学下学期模拟测试试题（四）（含解析）考生须知：全卷分试卷和答卷，满分为120分，考试时间90分钟.一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 设全集为R，集合，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由题意首先求得，然后进行交集运算即可求得最终结果.详解：由题意可得：，结合交集的定义可得：.本题选择B选项.点睛：本题主要考查交集运算法则，补集的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2. 设，则A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：利用复数的除法运算法则：分子、分
2、母同乘以分母的共轭复数，化简复数，然后求解复数的模.详解：，则，故选c.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.3. 设、，条件甲：，条件乙：，则条件甲是条件乙的（ ）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】A【解析】【分析】利用椭圆的有界性结合充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】充分性：由于，可得，得，同理可得，所以，条件甲是条件
3、乙的充分条件；必要性：当，取，则，所以，条件甲不是条件乙必要条件.综上所述，条件甲是条件乙的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，考查椭圆有界性的应用以及推理能力，属于基础题.4. 张丘建算经卷上第22题“女子织布”问题：某女子善于织布，一天比一天织得快，而且每天增加的数量相同已知第一天织布5尺，30天共织布390尺，则该女子织布每天增加（ ）A. 尺B. 尺C. 尺D. 尺【答案】B【解析】试题分析：由题可知女子每天织布尺数呈等差数列，设为，首项为，可得，解之得.考点：等差数列的性质与应用.5. 将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象， 的表达式可以是（ ）A.
4、 B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：将函数的图象向左平移个单位得考点：三角函数图像平移6. 若满足约束条件，目标函数仅在点（1，0）处取得最小值，则的取值范围是A. （，）B. （，）C. D. 【答案】B【解析】【详解】由已知可画出可行区域图，如图所示，由目标函数，而目标函数仅在可行区域顶点处取得最小值，且截距为正号，所以直线的位置可由直线绕点顺时针旋转到直线均可满足题意，而，即.故选B.点睛：此题主要考查简单线性规划在求最优解问题中的应用，属于中低档题，也是高频考点.此类题目一般流程是：首先根据题意，作出约束条件（不等式组）的可行区域图，再将目标函数解析式转化直线斜截式（或是斜
5、率计算公式、两点距离公式等），接着在可行域范围内作出直线（或者是斜率的范围、两点间的最值等），将直线平行上下移动，从而找到问题的最优解.7. 已知三个不全相等的实数成等比数列，则可能成等差数列的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】不妨设，再依次验证选项是否成立，若公比，则排除答案，解出时，即为正确选项【详解】设，对A，如果成立，则有，即，解得，与题设矛盾，舍去；对B，如果成立，则有，即，解得，当时，满足题意；对C，如果成立，则有，即，解得，与题设矛盾，舍去；对D，如果成立，则有，即，解得，与题设矛盾，舍去；故选：B【点睛】本题考查等比数列性质与等差数列性质的应用，一般情况
6、，如果三项构成等比数列，则可设为：或8. 已知函数的定义域为，值域为，则在平面直角坐标系内，点的运动轨迹与两坐标轴围成的图形的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作出图形，利用数形结合思想得出、的取值范围，可得出点的轨迹，进而可得出点的运动轨迹与两坐标轴所围成的图形，由此可计算出该图形的面积.【详解】作出函数的图象如下图所示：令，可得.由题意可得，当时，；当时，.所以，点的轨迹与坐标轴围成的区域为，该区域是边长为的正方形，其面积为.故选：C.【点睛】本题考查动点的运动轨迹与坐标轴围成的区域的面积的计算，考查数形结合思想的应用，属于中等题.9. 从装有除颜色外完全相同的
7、3个白球和个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取5次，设摸得白球数为，已知，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意知，由，知，由此能求出【详解】由题意知，解得，故选：B【点睛】本题考查离散型随机变量的方差的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意二项分布的灵活运用10. 已知点是正方体表面上一动点，且满足，设与平面所成的角为，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，根据已知条件求得动点的轨迹方程，再由直线与平面的夹角可得出最值.【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的
8、边长为2，则，因为，所以，即，所以点的轨迹为以点为球心、为半径的球与正方体表面的交线，即为如图的，要使得与底面所成的角最大，则与底面的交点到点的距离最短，从而点在上，且在上，则，从而，所以最大值为，故选：A【点睛】本题考查动点的轨迹、直线与平面所成角、空间法向量的应用根据题意建立适当的空间直角坐标系，并求出点的轨迹是解答本题的突破口，属于难度题二、填空题：本大题共7小题，共36分.11. 以椭圆的焦点为顶点、长轴顶点为焦点的双曲线的渐近线方程是_，离心率为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据椭圆的标准方程求出焦点和顶点坐标，得出双曲线的顶点和焦点，从而求出双曲线的方程，进而写出
9、渐近线方程与离心率.【详解】椭圆的焦点为，长轴顶点为；则双曲线的顶点为，焦点为，双曲线的方程为，所以渐近线方程为，离心率为.故答案为：（1）；（2）【点睛】本题考查了椭圆与双曲线的标准方程与简单几何性质的应用问题，是基础题12. 某兴趣小组有2名男生和3名女生，现从中任选2名学生去参加活动，则恰好选中2名女生的概率为_【答案】【解析】分析：先确定总基本事件数，再从中确定满足条件的基本事件数，最后根据古典概型概率公式求概率.详解：从5名学生中抽取2名学生，共有10种方法，其中恰好选中2名女生的方法有3种，因此所求概率为点睛：古典概型中基本事件数的探求方法(1)列举法.(2)树状图法：适合于较为复
10、杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法.(3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.(4)排列组合法（理科）：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.13. 已知某几何体的三视图如下图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，则该几何体的表面积是 ；体积是 【答案】【解析】【分析】由三视图还原几何体为一个三棱柱截去一个三棱锥，根据棱柱和棱锥的体积及表面积计算方法可求得结果.【详解】根据该几何体的三视图还原其原始几何体，其图形相当于一个三棱柱截去了一个三棱锥得到的几何体，如下图所
11、示：则其体积为：，其表面积为：故答案为：；【点睛】本题考查几何体表面积和体积的求解，解题关键是能够通过三视图准确还原几何体，属于常考题型.14. 已知抛物线上两点、的横坐标恰是方程的两个实根，则直线的方程是_【答案】【解析】分析】设点、，利用韦达定理得出，利用点差法可求得直线的斜率，进而可求得线段的中点坐标，利用点斜式可得出直线的方程.【详解】设点、，由韦达定理可得，.由于、两点都在抛物线上，则，两式作差得，所以直线的斜率为，又，所以，线段的中点坐标为，因此，直线的方程为，即.故答案为：.【点睛】本题考查利用点差法求直线方程，考查计算能力，属于中等题.15. 已知函数，则_，若有三个零点，则的
12、取值范围是_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】求出后可得的值，利用导数求得的单调性，再在坐标平面中画出的图象后动态考虑与的图象有三个不同的交点，则可得的取值范围.【详解】因，故 ；当时，当时， ，故在上为减函数，此时，当时，故 在为增函数，故函数的图象如图所示：借助函数的图象可知：当过定点的动直线与抛物线 相切时，则也就是， ，则或（舍）.故当函数的图象与直线 有三个交点故答案为：,【点睛】本题考查函数的零点，已知函数的零点，求参数的取值范围时，可以零点的个数问题转化为定图象与动直线的交点的个数问题，注意图象的刻画需利用导数来讨论其单调性.16. 已知，则_；_.【答案】 (1).
13、 (2). 【解析】【分析】利用对数式和指数式的转化可得，从而得到关于的方程，求出后可得的值.【详解】，故，可化为，也就，所以，故，所以，解得.故答案为：【点睛】本题考查指数式和对数式互化，一般地，在对数问题和指数问题中，如果一类问题不好处理，则转化到另一类问题来考虑，本题属于基础题.17. 在ABC中，BAC=，以AB为一边向ABC外作等边三角形ABD，BCD=2ACD，则_ 【答案】 【解析】【分析】以A为原点建立直角坐标系，则设， ，,则，根据三倍角公式建立方程可求出m,利用点的坐标运算求出 即可.【详解】如图建系，设，则， 根据三倍角公式，有，于是 也即 解得，于是 从而.【点睛】本题
14、主要考查了向量的坐标运算，及正切三倍角公式，属于难题.解决向量中比较困难的题目，可以考虑建系，利用向量的坐标运算，往往事半功倍.三、解答题：本大题共3小题，共44分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.18. 在中，内角所对的边分别为，已知（1）证明：；（2）若的面积，求角的大小【答案】（1）证明见解析；（2）或.【解析】试题分析：（1）由正弦定理得，进而得，根据三角形内角和定理即可得结论；（2）由得，再根据正弦定理得及正弦的二倍角公式得，进而得讨论得结果.试题解析：（1）由正弦定理得，故，于是又，故，所以或，因此（舍去）或，所以（2）由得，故有，因，得又，所以当时，；当时，综上，或考点：
15、1、正弦定理及正弦的二倍角公式；2、三角形内角和定理及三角形内角和定理.19. 如图，已知两条抛物线和，过原点O的两条直线和，与分别交于两点，与分别交于两点.（1）证明：（2）过原点作直线（异于，）与分别交于两点.记与的面积分别为与，求的值.【答案】（1）答案见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用直线与抛物线联立，求出各个点的坐标，然后用坐标形式表示出，即可求解；（2）由（1）可知，在和中，所以，所以有，计算即得结果.【详解】（1）因为直线过原点，且都与抛物线有两个交点，所以的斜率都一定存在，不妨设的斜率为，的斜率为，则直线的方程分别为，分别联立，得，所以，所以，所以；（2）由（1）可知，在
16、和中，所以，所以有.【点睛】本题考查了直线与抛物线的综合问题，考查了向量共线定理的应用，考查了学生的运算求解的能力，考查了转化与化归的思想.20. 如图，椭圆E：的离心率是，过点P（0,1）的动直线与椭圆相交于A，B两点，当直线平行与轴时，直线被椭圆E截得的线段长为.（1）求椭圆E的方程；（2）在平面直角坐标系中，是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，Q点的坐标为.【解析】【详解】（1）由已知，点在椭圆E上.因此，解得.所以椭圆的方程为.（2）当直线与轴平行时，设直线与椭圆相交于C、D两点.如果存在定点Q满足条件，则，
17、即.所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为.当直线与轴垂直时，设直线与椭圆相交于M、N两点.则，由，有，解得或.所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点的坐标只可能为.下面证明：对任意的直线，均有.当直线的斜率不存在时，由上可知，结论成立.当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，A、B的坐标分别为.联立得.其判别式，所以，.因此.易知，点B关于y轴对称的点的坐标为.又，所以，即三点共线.所以.故存在与P不同的定点，使得恒成立.【点睛】本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.