1、浙江省宁波市镇海中学2020届高三数学下学期5月仿真测试试题（含解析）考生须知：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟；2.答题前，在答题卷指定区域内填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试题卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卷.第卷选择题部分（共40分）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，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据集合定义先求得，再求得，根据补集定义求解可得结果.【详解】由已知可得，所以.故选：D【点睛
2、】本题考查交集，并集，补集的运算，掌握概念是解本题关键，属于基础题.2.椭圆的焦点坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由椭圆方程的形式判断焦点的位置，以及根据求焦点坐标.【详解】由条件可知，,并且焦点在轴，所以焦点坐标是.故选：C【点睛】本题考查椭圆的简单几何性质，属于基础题型.3.设复数的共轭复数为，若（是虚数单位），则（ ）A. 1B. C. D. 5【答案】C【解析】【分析】设，利用复数相等建立方程关系进行求解即可.【详解】设，则，即，解得：，则.故选：C【点睛】本题主要考查复数的基本运算，考查复数模的计算，利用待定系数法结合复数相等建立方程关系是解决本题的关键
3、.4.已知是正实数，则“”是“圆与圆有公共点”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】先求出充要条件，再根据集合的包含关系判断即可.【详解】解：的圆心，半径，的圆心，半径，两圆圆心距，两圆有公共点，显然，故选：B.【点睛】考查必要不充分条件的判断；基础题.5.设、且满足约束条件，则（ ）A. 有最大值，最小值B. 有最大值，最小值C. 有最大值，最小值D. 有最大值，最小值【答案】A【解析】【分析】作出不等式组所表示的可行域，平移直线，找出直线在轴上截距取得最小和最大时对应的最优解，代入目标函数即可得出的最大值和最小
4、值.【详解】不等式组所表示的可行域如下图所示：联立，解得，即点；联立，解得，即点.平移直线，当该直线经过可行域顶点时，该直线在轴上的截距最大，此时取最小值，即；当该直线经过可行域的顶点时，该直线在轴上的截距最小，此时取最大值，即.因此，有最大值，最小值.故选：A.【点睛】本题考查线性规划问题，考查数形结合思想的应用，属于基础题.6.若函数满足，定义的最小值为的值域跨度，则下列函数中值域跨度不为2的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由余弦函数的性质判断A；利用配方法求解函数值域判断B；将函数写为分段函数的形式，求得值域判断C；采用分离常数法求得函数值域判断D.【详解】，即
5、函数的值域为，值域跨度为2；，的值域为，值域跨度为；，函数的值域为，值域跨度为2；，值域跨度为2；故选：B.【点睛】本题主要考查函数值域的求法，掌握初等函数的性质是解题的关键，属于中档题.7.在新冠病毒疫情爆发期间，口罩成为了个人的必需品.已知某药店有4种不同类型的口罩，其中型口罩仅剩1只（其余3种库存足够）.今甲、乙等5人先后在该药店各购买了1只口罩，统计发现他们恰好购买了3种不同类型的口罩，则所有可能的购买方式共有（ ）A. 330种B. 345种C. 360种D. 375种【答案】C【解析】【分析】根据5人中是否有人购买型口罩分类，再按照平均分组和不平均分组计算求值.【详解】若这5人没人
6、购买型口罩，则5人构造剩下4种口罩中的三种，则可以按照2，2，1的分组，共有种方法，或是按照3，1，1的分组，则有 种方法，若这5人有1人购买了型口罩，则剩下的4人购买其他2个类型的口罩，可以按照2，2分组，有种方法，或是按照3，1分组，共有种方法，综上可知，一共有种方法.故选：C【点睛】本题考查排列组合的应用，重点考查分步分类计数原理的应用，属于中档题型，本题的关键是分类准确，区分平均分组和不平均分组.8.在三棱柱中，是棱上的点（不包括端点），记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设三棱柱是棱长为的正三棱柱，
7、是棱的中点，以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出.【详解】设三棱柱是棱长为的正三棱柱，是棱的中点，以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，直线与直线所成的角为，,直线与平面所成的角为，平面的法向量，设平面的法向量，则，取，得，二面角的平面角为，故选：D【点睛】本题考查了空间向量法求异面直线所成的角、线面角、面面角，考查了计算求解能力，属于中档题.9.设，已知函数，记函数和的零点个数分别是，则（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】A【解析】【分析】根据题意需分、和三种情况讨论，为简单起见.只讨
8、论的情况，时，分和两种情况；时，根据的取值分五种情况讨论，最后判断即可.【详解】解：令，递增，递减，时，有最小值，在同一坐标系下，作出函数和的图象如下，以下分三种情况讨论，（1），作出函数的图象如下，令，则，转化为和，若，函数的图象和有2个交点， 当时，有2个零点，分别记为，且 ，当时，即显然无解，当时，即显然无解，所以；当时，有2个零点，分别记为，当时，即显然无解，当时，即显然有2解，所以；当时，有2个零点，分别记为，且 ，当时，即可能有0解、1解、2解，当时，即有2解，所以若，则，或，或，或.若，即函数的图象和有1个交点，或时，有1个零点，此时，；时，无零点. 综合以上有，若，则；若，则，
9、或，或，或.（2）和（3）的情况和（1）相同.所以若，则，正确.故选：A.【点睛】考查复合函数零点个数的判断以及逻辑推理，函数零点个数转化为方程解的个数或函数图象交点的个数；作为选择题，计算量太大，思维能力太高，本题太难.10.已知数列满足，给出下列两个命题，则（ ）命题：对任意和，均有命题：存在和，使得当时，均有注：和分别表示与中的较大和较小者.A. 正确，正确B. 正确，错误C. 错误，正确D. 错误，错误【答案】A【解析】【分析】命题先证，再证即可得出命题为真;命题根据条件，构造指数为等比数列，即可求得，进而判断命题正确.【详解】因为，对任意和，所以，以此类推，即可得：，所以所有分母均为
10、大于1的正数，所以，以此类推可得，即可得 (当且仅当时等号成立),所以命题命题为真；当，即，令，则，当数列为等比数列符合题意，则有：，解得：，当时， ，当时，均有.所以，存在和，使得当时，均有，命题正确.故选：A【点睛】本题考查递推公式构成的新数列问题，考查逻辑推理能力和数学抽象思维，属于难题.第卷非选择题部分（共110分）二、填空题（本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分）11.秦九韶是我国南宋时期伟大的数学家，他创立的秦九韶算法历来为人称道，其本质是将一个次多项式写成个一次式相组合的形式，如可将写成，由此可得_.【答案】2020【解析】【分析】因为，当代入即可求解.【
11、详解】,故答案为：2020【点睛】本题考查了泰九韶算法，考查了计算能力，属于基础题12.已知某柱体的三视图如图所示（单位：），则该柱体的体积是_，表面积是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由三视图还原该几何体，结合图中数据求出它的体积与表面积.【详解】由三视图可知，该柱体为四棱柱,如图所示，其中 上下底面梯形的高为6，,所以该柱体的体积是,表面积是 故答案为：【点睛】本题主要考查利用三视图求几何体的体积与表面积，属于基础题.13.已知二项式的展开式中存在常数项，则正整数的值是_，所有项的二项式系数之和是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】写出二项式的展开式通项，根
12、据题意得出方程组，解出的值，进而可得出该二项式所有项的二项式系数之和为.【详解】二项式展开式通项为，由于该二项式的展开式中存在常数项，则，解得，二项式为，该二项式所有项的二项式系数之和为.故答案为：；.【点睛】本题考查利用二项式定理求参数，以及求解二项式系数和，考查计算能力，属于中等题.14.在中，角，所对的边分别是，则_，若的面积，则_.【答案】 (1). 3 (2). 【解析】【分析】（1）由条件及正弦定理，余弦定理整理得到的值；（2）利用三角形面积公式得到，进而根据诱导公式，二倍角公式，并结合的范围，即可求解的值.【详解】（1），再由正弦定理可知，即，再根据余弦定理得：， 即，解得：；（
13、2），解得：，.故答案为：；【点睛】本题主要考查了正余弦定理，三角形面积公式，以及二倍角公式在解三角形中的综合应用，考查计算能力和转化思想，属于中档题型.15.已知随机变量的分布列如下表，其中.01-1若，依次成等差数列，则的最大值为_，若，依次成等比数列，则的最大值为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据分布列和等差中项的性质可得，再根据数学期望和方差的公式用含的式子表示 ，利用配方法，即可得的最大值；利用分布列和等比中项的性质可得，设，则，代入上式，化简得，根据，得出的取值范围后，再进行验证，即可得解.【详解】若，依次成等差数列，则，解得，故当时，的最大值为 若，依次成等比
14、数列，则，整理可得，设，则，代入上式，化简得，此方程在上有解，则，解得，将代入方程，检验可知时，方程在上有解，所以，故答案为：；【点睛】本题考查了随机变量的数学期望与方差、数学期望的性质以及等差数列、等比数列，考查了计算能力与分析能力，属于中档题.16.设，函数，若存在，使得，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由，可知与的关于二次函数的轴对称，解出与的关系，进而求出的取值范围即可.【详解】由题意可知 ，因为，解得，解得，故答案为：【点睛】本题考查了余弦函数的值域、二次函数的性质，掌握函数的性质是解题的关键，属于基础题.17.已知平面向量，满足，若平面向量（且），则的最小值是_.【答案】
15、【解析】【分析】利用建系的方法，假设，依据条件可得然后作出双曲线，表示出，即可得结果.【详解】设由题可知：，如图由所以，又所以则则所以即，其中如图即所以当三点共线时，有当且仅当时，取等号则的最小值是故答案为：【点睛】本题考查向量综合应用，关键在于平面直角坐标的建立以及得到向量的坐标满足双曲线的方程，考验分析能力以及逻辑思维能力，属难题.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.已知函数.（1）若函数是奇函数，求，的值；（2）求函数的单调区间.【答案】（1），；（2）单调增区间为和；减区间为和.【解析】【分析】（1）直接利用三角函数关系式恒等变换和正弦型
16、函数的性质的应用求出结果；（2）首先解出不等式和，然后根据正弦函数的性质利用整体思想的应用求出函数的单调区间.【详解】（1）函数由于函数是奇函数，所以，则，所以，解得，.（2）由（1）得，当，即时，则；此时令，解得，令，解得，即为增区间，为减区间；当，即时，则；此时令，解得，令，解得，即为增区间，为减区间；综上可得：单调增区间为和；减区间为和.【点睛】本题主要考查了三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题.19.如图，已知多面体，其底面为矩形，四边形为平行四边形，平面平面，是的中点.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的余弦值.
17、【答案】（1）证明见详解；（2）【解析】【分析】（1）取中点，的中点，的中点，的中点，推到出四边形是平行四边形，从而，推到出四边形是平行四边形，从而，由此能证明平面.（2）直线与平面所成角即等于直线与平面所成角，作，连接，则平面，从而点到平面的距离等于点平面的距离，由等面积法求出，由此能求出直线与平面所成角的余弦值.【详解】（1）取中点，的中点，的中点，的中点，四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，平面，平面，平面（2）由（1）知，直线与平面所成角，即等于直线与平面所成角，作，连接，都是所在棱的中点，平面，点到平面的距离等于点平面的距离，由等面积法可知：，直线与平面所成角的余弦值为.【点睛】
18、本题考查了线面平行的判定定理、求线面角，考查了考生的逻辑推理能力，属于中档题.20.已知正项等差数列与等比数列满足，且既是和的等差中项，又是其等比中项.（1）求数列和的通项公式；（2）记，其中，求数列的前项和.【答案】，；（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，运用等差数列和等比数列的通项公式，解出公差和公比，进而得到结果；（2）求得，分别研究数列中奇数项与偶数项，分别运用裂项相消求和和错位相减法，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和.【详解】（1）设正项等差数列的公差为，等比数列的公比为，既是和的等差中项，又是其等比中项，得，即，即，则，故，.（2），则数列中前2n项中奇数项与偶数项各n项
19、，设奇数项的和为，偶数项的和为，则，相减可得，所以，所以.【点睛】本题考查等差数列和等比数列通项公式和求和公式的运用，考查数列的裂项相消求和和错位相减法求和，属于中档题.21.在平面直角坐标系中，已知椭圆：的右顶点与抛物线：的焦点重合，其离心率.过作两条相互垂直的直线与，且交抛物线于，两点，交椭圆于另一点.（1）求的值；（2）求面积的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)由抛物线的方程可得焦点的坐标，由题意可得椭圆的值，再由离心率可得的值，再由之间的关系求出的值，进而求出椭圆的方程；由题意可得直线的斜率不为，设直线的方程与抛物线联立求出两根之积，进而求出数量积 的值； (2)由
20、(1)可得弦长表达式，当直线垂直于轴时，由题意可得直线为轴，与椭圆的另一个交点为椭圆的左顶点，求出三角形的面积，当直线不垂直于轴时，设直线的方程与椭圆联立求出的坐标，由面积公式可得面积的表达式，换元，求导，由函数的单调性求出三角形面积的最小值【详解】(1)由抛物线的方程可得焦点，由题意可得椭圆的右顶点的坐标为即， 又离心率，可得，所以， 所以椭圆的方程为：， 由交抛物线于两点可得直线的斜率不为，设的方程为：，设， 直线与抛物线联立，整理可得，所以，所以； (2)由(1)知，当时， ，由题意可得，所以； 当，设直线的方程为： ，代入椭圆的方程可得，可得， 所以， 令，则， 令，令，可得， 当，单
21、调递减， 当，单调递增， 所以， 故，当且仅当时取等号， 综上所述面积的最小值为【点睛】本题考查求椭圆的方程，及数量积的求法，换元法，求导，求函数的单调性，及三角形的面积公式，属于中档题22.已知实数，设函数.（1）当，时，证明：；（2）若有两个极值点，证明：.【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）转化原不等式为，令，对称轴，求导分析单调性，可得在上单调递增，在上递减，在上递增，只需证明，构造，分析单调性，即可得证；（2）求导，由为极值点，可得，化简可得，继而构造函数可证明，令可得，令，求导研究单调性，可证明，即得证【详解】（1），即为即 令，则 令 令对称轴 则时， 时， 时， 在上单调递增，在上递减，且 在上递增故只需证明，即证 即 令 则 在上单调递减，而 当时，当时，即成立 当时，成立；（2）有两个极值点 令当时，；当时，在上递减，上递增 故即 由 可得 则 由得，下证即 即证 等价于证明 令 故 令 则令 则在上递减 即【点睛】本题考查了函数与导数综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于较难题
