1、浙江省宁波市宁波十校2020届高三数学上学期11月月考试题（含解析）一、选择题：本题共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Ax|0，Bx|1x2，则AB（ ）A. x|1x2B. x|1x2C. x|1x2D. x|1x2【答案】A【解析】【分析】集合Ax|1x2，集合的交集运算，即可求解.【详解】由题意，集合Ax|0x|1x2，Bx|1x2，所以ABx|1x2故选：A【点睛】本题主要考查了分式不等式的求解，以及集合的交集的运算，其中解答中正确求解集合A，结合集合的交集概念及运算求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题2.若
2、复数为纯虚数，其中为虚数单位，则 （ ）A. 2B. 3C. -2D. -3【答案】C【解析】因为为纯虚数，所以且，解得，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.已知三个实数2，a，8成等比数列，则双曲线的渐近线方程为（ ）A. 3x4y0B. 4x3y0C. x2y0D. 9x16y0【答案】A【解析】【分析】由三个实数2，8成等比数列，求得16，得到双曲线的渐近线方程，即
3、可求得双曲线的渐近线的方程，得到答案【详解】由题意，三个实数2，8成等比数列，可得16，即双曲线的渐近线方程为3x4y0，故选：A【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及简单的几何性质，其中解答中根据等比中项公式，求得的值，得出双曲线的标准方程式解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题4.若实数x，y满足x+y0，则“x0”是“x2y2”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】B【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的判定方法，结合不等式的性质，即可求解，得到答案【详解】由题意，实数x，y满足x+y0，若x0，则未必有x2y2
4、，例如x1，y2时，有x2y2；反之，若x2y2，则x2y20，即（x+y）（xy）0；由于x+y0，故xy0，xy且xy，x0成立；所以当x+y0时，“x0”推不出“x2y2”，“x2y2”“x0”；“x0”是“x2y2”的必要不充分条件答案：B【点睛】本题主要考查了不等式的性质，以及充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记充分条件、必要条件的判定方法，结合不等式的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题5.已知函数f（x）x23x3，x0，4，当xa时，f（x）取得最大值b，则函数的图象为（ ）A. B. C D. 【答案】D【解析】【分析】结合二次函数的性质，求得，得到
5、函数，再结合指数函数的图象，即可求解【详解】由题意，函数f（x）x23x3，x0，4，对称轴为x1.5，开口向上，最大值为f（4）1，所以a4，b1，可得函数g（x），相当于把y向左平移1个单位，所以D选项复合题意故选：D【点睛】本题主要考查了图象的识别，其中解答中熟记一元二次函数的性质，以及指数函数的图象与性质，合理运算时解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题6.已知实数满足不等式组，若的最大值为8，则z的最小值为（ ）A. 2B. 1C. 0D. 1【答案】D【解析】【分析】作出不等式组所表示的平面区域，结合平面区域，根据目标的最大值，分类讨论求得的值，进而求得目标函数的最小值，
6、得到答案【详解】由题意，作出不等式组所表示的可行域，如图所示，由，解得；由，解答；由，解得（1）若目标函数取得最大值的最优解为时，代入目标函数，可得，此时目标函数，此时代入点，可得，不符合题意；（2）若目标函数取得最大值的最优解为时，代入目标函数，可得，此时目标函数，此时代入点，可得，不符合题意；（3）若目标函数取得最大值的最优解为时，代入目标函数，可得，此时目标函数，此时点能使得目标函数取得最小值，代入点，最小值为；答案：D【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结
7、合思想，及推理与计算能力，属于基础题7.函数f（x）sin（x+）（0，）满足f（）f（）f（），且当x，时恒有f（x）0，则（ ）A. 2B. 4C. 2或4D. 不确定【答案】A【解析】【分析】根据三角函数的图象与性质，求得函数的对称轴和对称点，判断周期的取值范围，即可求解，得到答案【详解】由题意，函数，因为f（）f（）f（），可得f（x）有一条对称轴为，对称点的横坐标为，又由x，时恒有f（x）0，所以f（）1，又f（）0，所以，可得当T，2；当T时，6，当x时，sin（6）cos0，不成立，故选：A【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，准确
8、计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题8.今有男生3人，女生3人，老师1人排成一排，要求老师站在正中间，女生有且仅有两人相邻，则共有多少种不同的排法？（ ）A. 216B. 260C. 432D. 456【答案】C【解析】分析】将老师两边分别看作三个位置，先分组再排列，在排入学生，按分步计数原理，即可求解【详解】由题意，将老师两边分别看作三个位置，将学生分为两女一男和两男一女两组，且两女相邻，分组方法有9种，两女一男的排列方法为4种，两男一女的排列方法有6种，由分步计数原理，可得总的排列方法有432种，故选：C【点睛】本题主要考查了计数原理、排列组合的应用，其中解答
9、中认真审题，合理利用排列、组合的知识求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题9.如图，点E为正方形ABCD边CD上异于点C、D的动点，将ADE沿AE翻折成SAE，在翻折过程中，下列三个说法中正确的个数是（ ）存在点E和某一翻折位置使得AE平面SBC；存在点E和某一翻折位置使得SA平面SBC；二面角SABE的平面角总是小于2SAEA. 0B. 1C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】对于，四边形ABCE为梯形，所以AE与BC必然相交；对于，假设SA平面SBC，可推得矛盾；对于，当将ADE沿AE翻折使得平面SAE平面ABCE时，二面角SABE最大，在平面SAE内，作出一
10、个角等于二面角SABE的平面角；由角所在三角形的一个外角，它是不相邻的两个内角之和，结合图形，即可判定【详解】对于，四边形ABCE为梯形，所以AE与BC必然相交，故错误；对于，假设SA平面SBC，SC平面SBC，所以SASC，又SASE，SESCS，所以SA平面SCE，所以平面SCE平面SBC，这与平面SBC平面SCESC矛盾，故假设不成立，即错误；对于，当将ADE沿AE翻折使得平面SAE平面ABCE时，二面角SABE最大，如图，在平面SAE内，作SOAE，垂足为O，SO平面ABCE；AB平面ABCE，所以SOAB；作OFAB，垂足为F，连接SF，SOOFO，则AB平面SFO，所以ABSF，则
11、SFG即为二面角SABE的平面角；在直线AE上取一点，使得OOF，连接S，则SOSFO；由图形知，在SA中，SA，所以ASSAE；而SOSAE+AS，故SO2SAE；即SFO2SAE故正确故选：B【点睛】本题主要考查了空间中的平行于垂直关系的应用，二面角的平面角的作法，以及立体几何的折叠问题，其中解答中熟记线面关系的判定与性质，以及熟练掌握二面角的平面角的作法是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及转化思想的应用，属于中档试题10.已知函数f（x），g（x）f（）+1（kR，k0），则下列关于函数yfg（x）+1的零点个数判断正确的是（ ）A. 当k0时，有2个零点；当k0时，有4个零点B.
12、 当k0时，有4个零点；当k0时，有2个零点C. 无论k为何值，均有2个零点D. 无论k为何值，均有4个零点【答案】B【解析】【分析】根据方程的跟和函数的零点的关系，将函数的零点个数转化为和以及的交点，即可求解【详解】依题意，当x0或x时，f（x）1，函数yfg（x）+1的零点个数，即为方程fg（x）1的解的个数，即为方程g（x）0或g（x）的解的个数，即为方程或者或（舍去）或者解的个数，即为0或者或者解的个数，由，因，所以，当k0时，y为顶点为（0，），开口向上的抛物线，y与y和分别有两个交点，与y0无交点，故当k0时，函数yfg（x）+1有4个零点；当k0时，y为顶点为（0，），开口向下的
13、抛物线，y与y0有两个交点，与y和无交点，故当k0时，函数yfg（x）+1有2个零点；综上，当k0时，有4个零点；当k0时，有2个零点，故选：B【点睛】本题主要考查了函数的零点与方程的跟的关系，以及函数的零点个数问题，其中解答中将函数的零点个数转化为和以及的交点是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于难题二、填空题：多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11.已知（0，），且sin（），则cos（）_，sin2_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由已知直接利用诱导公式求得，再由，利用余弦的倍角公式，即可求解【详解】由题意，因为sin（），可得cos（）cos（）si
14、n（）；又由sin2cos（）cos2（）故答案为：，【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式、以及余弦的倍角公式的化简求值问题，其中解答中熟记三角函数的诱导公式和三角函数恒等变换的公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题12.在二项式的展开式中，各项系数的和为_，含x的一次项的系数为_（用数字作答）【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】令，代入即可求得展开式各项系数的和，再写出二项展开式的通项，令的指数为1，求得的值，即可求得的一次项系数，得到答案【详解】在二项式中，取，可得各项系数的和为1；二项式的展开式的通项由，得r1含x的一次项的系数为故答案为：1；10
15、【点睛】本题主要考查了二项式定量的应用，其中解答中合理利用赋值法，以及熟记二项展开式的通项，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题13.祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”，称为祖暅原理意思是底面处于同一平面上的两个同高的几何体，若在等高处的截面面积始终相等，则它们的体积相等利用这个原理求半球O的体积时，需要构造一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_，表面积为_【答案】 (1). (2). （3）【解析】【分析】根据给定的几何体的三视图，得到该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥，得出圆柱的底面半径和高
16、，利用体积和侧面积、以及圆的公式，即可求解【详解】根据给定的几何体的三视图，可得该几何体表示一个圆柱挖去一个圆锥，且底面半径1，高为1的组合体，所以几何体的体积为：几何体的表面积为：（3），故答案为：，（3）【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解14.一个袋中装有10个大小相同黑球、白球和红球已知从袋中任意摸出2个球，至少得到一个
17、白球的概率是，则袋中的白球个数为_，若从袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为，则随机变量的数学期望E_【答案】 (1). 5 (2). 【解析】【分析】根据至少得到一个白球的概率为，可得不含白球的概率为，结合超几何分布的相关知识可得白球的个数，以及随机变量的期望，得到答案【详解】依题意，设白球个数为，至少得到一个白球的概率是，则不含白球的概率为，可得，即，解得，依题意，随机变量，所以故答案为：5，【点睛】本题主要考查了超几何分布中事件的概率，以及超几何分布的期望的求解，其中解答中熟记超几何分布的相关知识，准确计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题15.已知常数p0
18、，数列an满足an+1|pan|+2an+p（nN*），首项为a1，前n项和为Sn若SnS3对任意nN*成立，则的取值范围为_【答案】6，4【解析】【分析】首先判断数列为递增数列，结合恒成立，则必有成立，用及表示出，由不等式即可求解的取值范围【详解】由题意，及，所以数列为递增数列，要使得对任意恒成立，则必有，所以，所以，即的取值范围故答案为：【点睛】本题主要考查了数列的递推关系式的应用，其中解答的难点在于利用已知条件去掉绝对值，并判断出满足的条件，着重考查了逻辑推理能力，属于中档试题16.已知椭圆，倾斜角为60的直线与椭圆分别交于A、B两点且，点C是椭圆上不同于A、B一点，则ABC面积的最大值
19、为_【答案】【解析】【分析】设直线AB的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系及弦长公式，得到，解得的值，设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为，联立方程组，利用，求得的值，再由点到直线的距离公式和三角形的面积公式，即可求解【详解】由题意，设直线AB的方程为，点 A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程组，整理得18x2+10mx+5m2300，所以x1+x2，x1x2因为，即，代入整理得，解得，不妨取：m2，可得直线AB的方程为，设与直线AB平行且与椭圆相切的直线方程为yx+t，联立方程组，整理得18x2+10tx+5t2300，由300t272（5t230）0，解得：t6取t6时，与直线
20、AB平行且与椭圆相切的直线与直线AB的距离，所以ABC面积的最大值，故答案为：【点睛】本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等17.已知平面向量，满足：，的夹角为，|5，的夹角为，|3，则的最大值为_【答案】36【解析】【分析】设，由题意知四点共圆，建立坐标系，求出点的坐标和圆的半径，设，用表示，根据范围和三角和差公式，即可求解【详解】设，则AB|5，AC|3，ACB，AP
21、B，可得P，A，B，C四点共圆设ABC的外接圆的圆心为O，则AOB2APB，由正弦定理可知：2OA5，故OA以O为圆心，以OA，OB为坐标轴建立平面坐标系如图所示：则A（，0），B（0，）在OAC中，由余弦定理可得cosAOC，故sinAOC，C（，）设P（cos，sin），则（cos，sin），（cos，sin），（cos）（cos）sin（sin）16+12sin16cos16+20（sincos）16+20sin（），其中sin，cos当时，取得最大值36答案：36【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算，正弦定理、余弦定理的应用，以及三角恒等变换与三角函数的图象与性质的综合应用，着重考
22、查了逻辑推理能力和分析问题和解答问题的能力，属于难题三、解答题：5小题，共74分18.已知ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且（1）求A；（2）若，求ABC的面积S的最大值【答案】（1）A（2）【解析】【分析】（1）利用整下定理，三角函数的恒等变换，集合，求得，即可求解；（2）由余弦定理，基本不等式求得的最大值，进而根据三角形的面积公式，即可求解三角形的最大面积【详解】（1）由题意，在中，由正弦定理得，又由，可得 所以，即cosAsinCsinCsinA，又因为sinC0，所以cosAsinA，可得tanA，又由A（0，），A（2）由余弦定理可得cosA，可得b2+c23bc，因为
23、b2+c22bc，所以3bc2bc，可得bc3（2），所以三角形的面积Sbcsin，当且仅当bc等号成立，所以ABC的面积S的最大值【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，要抓住能够利用某个定理的信息一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理，着重考查了运算与求解能力，属于基础题19.如图，四边形ABCD为菱形，四边形ACFE为平行四边形，设BD与AC相交于点G，ABBDAE2，EADEAB（1）证明：平面ACFE平面ABCD；（2）
24、若直线AE与BC的夹角为60，求直线EF与平面BED所成角的余弦值【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先由已知条件求得，得到，再结合菱形的对角线垂直，可得平面，即可证得平面ACFE平面ABCD；（2）建立空间直角坐标系，求得各点的坐标，设的坐标，根据条件求出，再求得直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解【详解】（1）证明：连接EG，因为ABBDAE2，EADEAB，可得EADEAB，EDEBG为BD的中点，所以EGBD，因为四边形ABCD为菱形，ACBD，BD平面ACEF，因为BD平面ABCD；平面ACFE平面ABCD；（2）因为EFAG，直线EF与平面BE
25、D所成角即为AG与平面BED所成角；以G为原点建立如图所示空间直角坐标系，如图所示，设E（a，0，b）则（a，0，b），因为（，1，0），所以由条件可得：|2（a）2+b24且a+322cos602；解得，所以（，1，），因为（0，2，0）；所以可取平面BED的法向量（2，0，1），因为（2，0，0），设直线EF与平面BED所成角为，则sin，0；sos；既直线EF与平面BED所成角的余弦值为【点睛】本题考查了线面位置关系的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几
26、何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20.已知等差数列an的前n项和为Sn，且a2+2a4a9，S636（1）求an，Sn；（2）若数列bn满足b11，求证：（nN*）【答案】（1）an2n1，Snn2（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，再结合等差数列的通项公式和求和公式，即可求解；（2）讨论，将换为，相减得到，再由数列的裂项相消求和及不等式的性质，即可求解【详解】（1）设等差数列an的公差设为d，前n项和为Sn，且a2+2a4a9，S636，可得a1+d+2（a1
27、+3d）a1+8d，即2a1d，又6a1+15d36，即2a1+5d12，解得a11，d2，则an1+2（n1）2n1，Snn+n（n1）n2；（2）证明：数列bn满足b11，n，当n1时，b1b21，可得b21，n2时，bnbn1n1，相减可得bn（bn+1bn1）1，即bn+1bn1，当n2时，b3b1+b4b2+b5b3+bn+1bn1b1b2+bn+bn+11+221；当n1时，121，不等式成立，综上可得，（nN*）【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式和前项和公式的应用，以及数列与不等式的证明，其中解答中注意数列的裂项相消法求和，以及不等式的性质的应用是解答的关键，着重考查了方程
28、思想以及运算能力，属于中档试题21.如图，P是抛物线E：y24x上的动点，F是抛物线E的焦点（1）求|PF|的最小值；（2）点B，C在y轴上，直线PB，PC与圆（x1）2+y21相切当|PF|4，6时，求|BC|的最小值【答案】（1）|PF|的最小值为1（2）【解析】【分析】（1）求得抛物线的焦点和准线方程，运用抛物线的定义和性质，即可求得|PF|的最小值；（2）设，分别求得的方程，运用直线和圆相切，得到为方程的两根，再由韦达定理可得，进而可求得其最小值【详解】（1）P是抛物线E：y24x上的动点，F是抛物线E的焦点（1，0），准线方程为x1，由抛物线的定义可得|PF|dxP+1，由，可得d的
29、最小值为1，|PF|的最小值为1；（2）设，则PB的方程为yx+m，PC的方程为yx+n，由直线PA与圆（x1）2+y21相切，可得1，整理得（x02）m2+2y0mx00，同理可得（x02）n2+2y0nx00，即有m，n为方程（x02）x2+2y0xx00的两根，可得m+n，mn，则|mn|，由|PF|4，6，可得x0+14，6，即x03，5，令t|2x0|x02，t1，3，即有|mn|2在1，3递减，可得t3即x05时，|BC|mn|取得最小值【点睛】本题主要考查了抛物线的定义、标准方程及性质，以及直线与抛物线的位置关系的应用，其中解答中注意韦达定理和二次函数的单调性的应用是解答的关键，
30、着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题22.已知函数（1）当aR时，讨论函数f（x）的单调性；（2）对任意的x（1，+）均有f（x）ax，若aZ，求a的最小值【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）a的最小值为3【解析】分析】（1）求得函数的导数，令，分情况讨论，进而可得求得函数的单调性；（2）由得到，转化为，对任意成立，令，利用导数求得函数的最大值，即可求得实数的最小值【详解】（1）由题意，函数，则，x0且x1，令，则其图象对称轴为直线x，g（0）10，当，即a20时，则g（x）0，f（x）0，此时f（x）分别在（0，1）和（1，+）上递增，当时，即a20时，令（a20）2400
31、0可得0a20，所以当0a20时，则g（x）0，f（x）0，此时f（x）分别在（0，1）和（1，+）上递增，当a0时，由g（x）0解得x1，x2，易知f（x）分别在（0，x1），（x2，+）上递增，分别在（x1，1），（1，x2）上递减综上所述，当a0时，f（x）分别在（0，1）和（1，+）上递增，当a0时，分别在（0，x1），（x2，+）上递增，分别在（x1，1），（1，x2）上递减（2）由题意得，即，对任意成立，令F（x），x1，则，x1，令h（x）（2x）lnx+x1，h（x）lnx，x1因为h（x）在（1，+）上递减，且h（1）20，当x+时，h（x），所以存在x0（1，+），使得h（
32、x0）0，且h（x）在（1，x0）上递增，在（x0，+）上递减，因为h（1）0，所以h（x0）0，因为当x+时，h（x），所以存在x1（x0，+），使得h（x1）0，且F（x）在（1，x1）上递增，在（x1，+）上递减，所以F（x）maxF（x1），因为h（x1）（2x1）lnx1+x110，所以lnx1，所以F（x1），因为h（4）2ln4+3ln0，h（5）3ln5+4ln0，所以x14，5，令（x），x4，5，易证（x）在区间4，5上递减，所以（x），即F（x）max，因为aZ，所以a的最小值为3【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题
