1、浙江省宁波市2020届高三数学下学期适应性考试（二模考试）试题（含解析）一、选择题1.已知全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先分别求出，再求即可.【详解】，.故选：D【点睛】本题主要考查集合的补集和并集的运算，属于简单题.2.已知复数是纯虚数，满足（为虚数单位），则实数的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意设且，转化条件得，进而可得，即可得解.【详解】设且，则，所以，解得.故选：C.【点睛】本题考查了纯虚数的概念、复数的运算与复数相等的条件，属于基础题.3.已知实数满足约束条件，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案
2、】C【解析】【分析】由题意画出可行域，转化目标函数为，数形结合即可得解.【详解】由题意画出可行域，如图阴影部分所示：目标函数可转化为，上下平移直线，数形结合可知，当直线过点A时，取得最大值，由可得点，所以.故选：C.【点睛】本题考查了简单的线性规划，属于基础题.4.已知中角、所对的边分别是，则“”是“为等边三角形”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】举反例分析充分性,再直接推理必要性再判断即可.【详解】当时,满足三边关系与,但不等边三角形.当为等边三角形时, 成立.故“”是“为等边三角形”的必要不充分条件.故选：
3、B【点睛】本题主要考查了充分与必要条件的判定,需要根据题意推导或者举出反例证明充分性与必要性.属于基础题.5.已知随机变量的分布列是（ ）101其中，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意结合离散型随机变量分布列的性质可得，进而可得，由离散型随机变量期望公式即可得解.【详解】由题意可得，解得，所以.故选：B.【点睛】本题考查了离散型随机变量分布列的性质与期望公式的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.6.函数的部分图像大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】令，由可排除B、D；由当时，可排除C；即可得解.【详解】令，则，所以函数为奇函
4、数，可排除B、D；当时，所以，故排除C.故选：A.【点睛】本题考查了函数图象识别，考查了函数奇偶性与三角函数性质的应用，属于基础题.7.设，无穷数列满足：，则下列说法中不正确的是（ ）A. 时，对任意实数，数列单调递减B. 时，存在实数，使得数列为常数列C. 时，存在实数，使得不是单调数列D. 时，对任意实数，都有【答案】D【解析】【分析】当时，由可判断A；当时，由可得，即时，数列为常数列，可判断B；当、时，由可判断C；若，可得，进而可得，即可判断D；即可得解.【详解】对于A，当时，则即，所以对于任意实数，数列单调递减，故A正确；对于B，当时，若，则即，当即时，数列为常数列，故B正确；对于C，
5、当、时， ，故数列不是单调数列，故C正确；对于D，当时，所以，所以，所以，当时，故D错误.故选：D.【点睛】本题考查了数列递推公式的应用，考查了运算求解能力，属于中档题.8.若正实数、满足，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】因为正实数、满足，故要保证有意义，可得.利用换元法，令()，将化简，可得，结合方程的根的特征，即可求得答案.【详解】正实数、满足保证有意义，则令()，将代入可得：，结合解得：将平方可得：整理可得：故：将代入，可得：这是一个关于的一元二次方程，则方程有两个正根(含相等)解得：故故选：C【点睛】本题解题关键是利用还原法，将所给等式转化一元二次
6、方程，利用一元二次方程知识求解变量的范围，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.9.点在椭圆上，以为圆心的圆与轴相切于椭圆的焦点，与轴相交于，若是钝角三角形，则椭圆离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】因为圆与轴相切于焦点，不妨设，则(因为相切，则圆心与的连线必垂直于轴)，根据题意画出大致图象，根据几何关系求得，根据为钝角，则，结合已知，即可求得椭圆离心率的取值范围.【详解】圆与轴相切于焦点，不妨设，则(因为相切，则圆心与的连线必垂直于轴)根据题意画出大致图象：在椭圆上，则或圆的半径为过作轴与，则为钝角，则即得，即得，即可得：即：即：即：故：选故：A.【点睛
7、】本题主要考查了求椭圆离心率范围问题，解题关键是掌握椭圆离心率定义，要注意椭圆的离心率范围是：，数形结合，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.10.在四面体中，点在线段上运动（不含端点）.设与平面所成角为，与平面所成角为，与平面所成角为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】不妨设，然后算出，即可.【详解】不妨设，所以，所以所以设平面的法向量为则有，即，即所以可取所以，同理可得，因为，所以，故，故选：D【点睛】对于选择题，特殊化处理是解答本题的关键.二、填空题11.的展开式中各项系数的和为，则实数_，该展开式中常数项为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由的
8、展开式中各项系数的和为求出，然后写出的展开式的通项即可算出答案.【详解】因为的展开式中各项系数的和为所以令中的可得，所以因为的展开式的通项为所以展开式中常数项为故答案为：1，10【点睛】本题考查的是二项式定理的相关知识，属于基础题.12.一个四面体的三视图如图所示（单位cm），则该四面体体积（单位cm3）为_，外接球的表面积（单位cm2）为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据三视图画出原图，由此计算出几何体的体积，并计算出外接球的表面积.【详解】根据三视图可知，该几何体为如图所示四面体，将其放置在长方体中，所以几何体的体积为.四面体的外接球即长方体的外接球，外接球的直径为，所
9、以外接球的表面积为.故答案为：（1）；（2）.【点睛】本小题主要考查由三视图求几何体的体积，考查几何体外接球表面积的求法，属于基础题.13.已知函数的图像关于点对称，关于直线对称，最小正周期，则_，的单调递减区间是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据的对称性和的范围，求得，根据三角函数单调区间的求法，求得的单调递减区间.【详解】由于的最小正周期，所以.由于图像关于点对称，关于直线对称，所以，两式相加得，由于，所以.则，结合可得，所以.所以的最小正周期为.由，解得，所以的减区间为.故答案为：（1）；（2）【点睛】本小题主要考查根据三角函数的对称性、周期性求参数，考查三角函数单调
10、区间的求法，考查运算求解能力，属于中档题.14.已知过抛物线焦点的直线与抛物线交于两点，其中，双曲线过点，则的值是_，双曲线的渐近线方程是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据点坐标求得，由此求得抛物线方程，进而求得点坐标，将坐标代入双曲线的方程，由此求得，进而求得双曲线的渐近线方程.【详解】由于在抛物线上，所以.所以抛物线方程为，其焦点坐标为，所以直线的方程为.由，解得或，所以.将坐标代入双曲线的方程得，解得，所以双曲线的渐近线方程为.故答案为：（1）；（2）【点睛】本小题主要考查抛物线方程的求法，考查直线和抛物线的位置关系，考查双曲线的方程的求法，考查双曲线的渐近线方程，属
11、于中档题.15.某会议有来自个学校的代表参加，每个学校有名代表.会议要选出来自个不同学校的人构成主席团，不同的选取方法数为_.【答案】【解析】【分析】根据分步计数原理以及组合数的计算，求得不同的选取方法数.【详解】第一步：从个学校中选出个学校，方法数有；第二步，从选出的个学校中各选取个代表，方法数有；根据分步计数原理可知，总的方法数有种.故答案为：.【点睛】本小题主要考查分步计数原理，考查组合数的计算，属于基础题.16.函数，若恰有个零点，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】设，则.由图像知，要使得恰有三个零点，则方程存在两个实根，满足，或者，结合的性质，得.【详解】画出的图像如下图
12、所示. 设，则.由图像知，要使得恰有三个零点，则方程存在两个实根，满足“，”或者“，”.由于，所以在上递减，在上递增，两个零点为，最小值为.由于.所以实数的取值范围是，即故答案为：【点睛】本小题主要考查函数零点问题的研究，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.17.已知矩形中，动点、分别在射线、上运动，且满足.对角线交于点，设，则的最大值是_.【答案】【解析】【分析】由条件可知，故，则点到的距离为，即，故，则.【详解】由于，所以，所以，所以，所以点到的距离为，所以，而，所以，设，则，所以，则.则.故答案为：【点睛】本小题主要考查向量在几何计算中的运用，属于中档题.三、解答题18.已知中角、所
13、对的边分别是,且.(1)求的值；(2)若且,求的面积.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)根据正弦定理边化角,再利用三角恒等变换以及三角函数值求解即可.(2)利用与内角和的关系,将化简成关于角的表达式,再利用三角恒等变换结合三角形内角的范围求解即可.【详解】(1)由,故即,而,.(2)由,得,即,.故,即.又,故.【点睛】本题主要考查了利用正弦定理进行边角互化求解角度的问题,同时也考查了三角恒等变换在解三角形中的运用.属于中档题.19.已知三棱柱中，、分别是与的中点，为等边三角形，.（）求证：平面；（）（i）求证：平面；（ii）求二面角的正弦值.【答案】（）见解析（）（i）见解析（ii
14、）【解析】【分析】（）由推出平面，由推出平面，则平面平面，由平面PMN即可得证；（）（i）勾股定理证明、，即可推出平面；（ii）建立空间直角坐标系，求出平面AMN，平面BMN的法向量代入即可求得两向量夹角的余弦值，再求出正弦值即可.【详解】（）取中点，连接MP，则，因为平面ABC，平面ABC，所以平面，因为N、P分别的中点，所以，又，所以，因为平面ABC，平面ABC，故平面，因为，平面PMN，平面PMN，于是平面平面，又平面PMN，所以平面.（）（i）不妨设，则.依题意，故为等腰底边上的中线，则.于是，因为，所以，同理，则，又，平面，平面，所以平面.（ii）方法一：因为平面，平面，所以，因为为
15、等边三角形且为的中点，所以，又,平面，平面，所以平面，因为平面AMN，故平面平面.设，则为平面与平面的交线.过作于点，则平面.又过作于点，则平面，即为二面角的平面角.在中，则；在中，.所以，即二面角的正弦值是.方法二：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.则，.设平面的法向量，平面的法向量.由，可取；由，可取.于是，所以二面角的正弦值是.【点睛】本题考查线面平行、线面垂直的判定及证明，二面角的求法，空间向量法求二面角的余弦值，属于中档题.20.已知正项数列的首项,其前项和为,且与的等比中项是,数列满足：.(1)求,并求数列通项公式；(2)记,证明：.【答案】(1),. (2)见解析【解析】【
16、分析】(1)由题可得,再根据通项与前项和的关系求得递推公式,再根据的值求解通项即可.(2)根据通项与前项和的关系求出的通项公式,再代入可得再利用裂项放缩法或者利用数学归纳法证明即可.【详解】(1)依题意,由,得,.于是有,两式相减可得.约去正项可得.又,所以是以1为首项,1为公差的等差数列.故.(2)依题意,当时,两式相减即得.另外亦符合上式,所以.证一：所以.证二：（1）时命题成立.（2）假设时命题成立,即那么即当时命题也成立.综合（1）（2）对任意命题均成立.【点睛】本题主要考查了根据数列通项与前项和的关系求得递推公式与通项公式的方法,同时也考查了数列不等式的问题,包括裂项放缩以及数学归纳
17、法的应用.属于难题.21.已知椭圆的焦点的距离为，过且垂直于轴的直线交椭圆于两点，且.（）求椭圆的方程；（）若存在实数，使得经过相异两点和的直线交椭圆所得弦的中点恰为点，求实数的取值范围.【答案】（）（）【解析】【分析】（）根据题意得到，解得答案.（）计算直线的方程，联立方程得到，利用点差法得到，故，变换得到，解得答案.【详解】（）根据题意：，即，解得，故，椭圆的方程为.（）过、两点的直线的斜率为，直线的方程，代入可得，整理可得，依题意，即.若设直线交椭圆于点，则依题意有，经整理可得，即.由题意，故由可知，再结合可知：若，则，不成立；故，将代入消去，可得，再次将代入，可得，即.又，故解得.【点
18、睛】本题考查了椭圆方程，求参数范围，意在考查学生的计算能力和应用能力，利用点差法是解题的关键.22.已知实数，函数.（）证明：对任意，恒成立；（）如果对任意均有，求的取值范围.【答案】（）证明见解析（）【解析】【分析】（）求导得到函数，故只需证，设，求导得到，得到证明.（）对任意有意义，令可得， 所以，再证明对任意，任意，不等式恒成立，考虑关于的函数，根据其单调性得到，计算函数单调性得到证明.【详解】（）易知的定义域为，若，则，则在单调增，在单调减，所以.要证恒成立，只需证.令，.，函数在上单调递增，在上单调递减，故，由于，即恒成立.（），即.（*）1（*）对任意有意义， 当时，；2若（*）对任意恒成立，则特别地，在（*）中令可得，故.注意到在单调增，且，所以当且仅当.3下面证明：对任意，任意，不等式（*）恒成立.首先，将正实数给定，考虑关于的函数，注意到在单调增，故.下面只需说明：对于恒成立即可.显然，故只需说明在单调增，在单调减.当时，故；当时，故.因此在单调增，在单调减.综上可知，实数的取值范围是.【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，证明不等式，意在考查学生的计算能力和应用能力 ，先算后证是解题的关键.
