1、浙江省宁波市华茂外国语学校2020届高三数学下学期3月模拟考试试题（含解析）一选择题1. 若复数 的模为 ，则实数 的值为( )A. 1B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先化简，再根据复数 的模为求解.【详解】因为，又因为复数 的模为，所以，解得：.故选：D【点睛】本题主要考查复数的运算和复数的模，还考查了运算求解的能力，属于基础题.2. 设抛物线()焦点为，若到直线的距离为，则为（ ）A. 2B. 4C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据抛物线方程求出焦点的坐标，利用点到直线的距离公式列方程，可解得结果.【详解】依题意得，因为到直线的距离为，所以，所以，因为，所以.故选：B.【
2、点睛】本题考查了由抛物线的标准方程求焦点坐标，考查了点到直线的距离公式，属于基础题.3. 设为实数，则是的（）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】结合不等式的关系，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可【详解】若成立，则a1，满足成立；若成立，得，解得或a0，当a0时，不成立，所以是的充分不必要条件，故选A【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，也考查了解不等式，属于基础题4. 在空间中，下列命题正确的是（ ）A. 经过三个点有且只有一个平面B. 经过一个点和一条直线有且只有一个平面C. 经过一个点且与一条直
3、线平行的平面有且只有一个D. 经过一个点且与一条直线垂直的平面有且只有一个【答案】D【解析】试题分析：A：若三点共线，则平面有无数个，故A错误；B：若点在线上，则平面有无数个，故B错误；C：若点在线上，则该平面不存在；D正确，故选D.考点：空间中点、线、面的位置关系.5. 已知点、若点在函数的图象上，则使得的面积为的点的个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设出点的坐标，以为底结合的面积计算出点到直线的距离，利用点到直线的距离公式可得出关于的方程，求出方程的解，即可得出结论.【详解】设点的坐标为，直线的方程为，即，设点到直线的距离为，则，解得，另一方面，由点到直线的距离
4、公式得，整理得或，解得或或.综上，满足条件的点共有三个故选：C.【点睛】本题考查三角形面积的计算，涉及点到直线的距离公式的应用，考查运算求解能力，属于中等题6. 已知函数，若函数存在零点，则的取值可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】CD【解析】【分析】函数的零点等价于方程的根，则可得为函数的零点，所以找到满足的选项即可；【详解】函数存在零点，有解，是的可能取值，故选：CD.【点睛】本题考查根据函数的零点存在求参数值，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力.7. 已知函数，当时设的最大值为，则当取到最小值时（ ）A. 0B. 1C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】由二次函数的性质，求出
5、，结合选项取不同值时的不同情况，进而求出结果.【详解】，当时设的最大值，在端点处或最低点处取得，最小值为2，最小值为，最小值为4.5，最小值综上可得，取到最小值时0.故选：A【点睛】本题考查了二次函数的性质，考查了理解辨析能力和逻辑推理能力，分类讨论的数学思想，属于难题.8. 已知实数，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】，当且仅当，即，时取等号.故选B点睛：本题主要考查了不等式，不等式求最值问题，属于中档题解决此类问题，重要的思路是如何应用均值不等式或其他重要不等式，很多情况下，要根据一正、二定、三取等的思路去思考，本题根据条件构造，然后乘“1”变形，即可形成所需条件
6、，应用均值不等式.9. 已知，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据向量的模的几何意义可得点的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线，再根据向量模的几何意义以及抛物线的定义可求得结果.【详解】设的始点为原点，终点分别为，因为对任意恒成立，所以，所以点到直线的距离等于点到点的距离，所以点的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线，设向量的终点为，则在该抛物线内，则表示，过作，垂足为，过作，垂足为，所以，设，则，所以，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以的取值范围为.故选：A.【点睛】本题考查了向量的模的几何意义，考查了抛物线的定义，考查了向量垂直的数量积表示
7、，解题关键是利用向量的模的几何意义得到点的轨迹为抛物线，属于难题10. 设等差数列满足：，公差，若当且仅当时，的前项和取得最大值，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据三角恒等变换公式和等差数列的性质，将已知等式化为，根据，可得，根据，可得，根据余弦函数的单调性可得结果.【详解】因为，所以，所以，所以，所以，因为为等差数列，所以，所以，所以，所以，所以，因为，所以，因为当且仅当时，的前项和取得最大值，所以，所以，所以，即，因为在上是增函数，所以，故选：A.【点睛】本题考查了三角恒等变换公式，考查了等差数列的性质，考查了等差数列前项和的最值，考查了余弦函数的单
8、调性的应用，属于中档题.二填空题11. 已知函数，则在中的最小值为_.【答案】【解析】【分析】利用导数分析函数在区间上的单调性，进而可求得函数在区间上的最小值.【详解】，则，当时，所以，函数在区间上单调递增，则.故答案为：.【点睛】本题考查利用导数求函数在区间上的最值，考查计算能力，属于基础题.12. 若则的最大值与最小值之和为_.【答案】【解析】【分析】作出可行域，结合图形根据的几何意义可求得结果.【详解】作出可行域，如图中阴影部分：计算可得，因为的几何意义是可行域内的点与原点连线的距离的平方，由图可知，的最小值是原点到直线的距离的平方，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了线性规划求最
9、值，利用的几何意义是解题关键，属于基础题.13. 在的展开式中，各项系数和为_，其中含的项是_.【答案】 (1). 1 (2). 【解析】【分析】取，各项系数和为，展开式的通项为：，计算得到答案.【详解】的展开式中，取，则各项系数和为；，则展开式的通项为：.取，则含的项是：.故答案为：1；.【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.14. 设函数，若恒成立，则实数的值为_.【答案】【解析】【分析】因为恒成立，所以，解得或，验证和，即可得出的值.【详解】因为恒成立，所以即，解得：或当时，则不满足条件当时，则满足条件故答案为：【点睛】本题主要考查了求解析式中参数的值，属于基础
10、题.15. 用五种不同颜色给三棱台的六个顶点染色，要求每个点染一种颜色，且每条棱的两个端点染不同颜色.则不同的染色方法有_种.【答案】1920.【解析】分析：分两步来进行，先涂，再涂，然后分若5种颜色都用上、若5种颜色只用4种、若5种颜色只用3种这三种情况，分别求得结果，再相加，即可得结果.详解：分两步来进行，先涂，再涂.第一类：若5种颜色都用上，先涂，方法有种，再涂中的两个点，方法有种，最后剩余的一个点只有2种涂法，故此时方法共有种；第二类：若5种颜色只用4种，首先选出4种颜色，方法有种；先涂，方法有种，再涂中的一个点，方法有3种，最后剩余的两个点只有3种涂法，故此时方法共有种；第三类：若5
11、种颜色只用3种，首先选出3种颜色，方法有种；先涂，方法有种，再涂，方法有2种，故此时方法共有种；综上可得，不同涂色方案共有种，故答案是1920.点睛：该题考查的是有关排列组合的综合题，在解题的过程中，涉及到的知识点有分步计数乘法原理和分类计数加法原理，要认真分析题的条件，列式求得结果.16. 在平面直角坐标系中，以点，为焦点的动椭圆与双曲线的右支有公共点，则椭圆通径的最小值为_.【答案】【解析】【分析】设双曲线的左焦点为，则，设点为两曲线的交点，根据椭圆和双曲线的定义列方程，可得，两式相加可得，根据椭圆的通径公式和函数的单调性可得结果.【详解】依题意知，为双曲线的右焦点，设双曲线的左焦点为，则
12、，设点为两曲线的交点，则由双曲线及椭圆的定义可知，则，所以有.所以椭圆的通径为，这里，所以由函数的单调性可知，当时，椭圆的通径最小，最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查了椭圆和双曲线的定义，考查了椭圆的通径公式，考查了利用函数的单调性求最值，属于基础题.17. 设，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】利用柯西不等式及和差角公式，即可得答案；详解】，由， ，以上两式中，等号成立分别当且仅当，此时，所以所求式子的最大值为，故答案为：.【点睛】本题考查柯西不等式及和差角公式的运用，考查逻辑推理能力、运算求解能力，综合性较强.三解答题：解答应写出文字说明证明过程或解题步骤.18. 已知的周长为1
13、，并且.（1）是何种三角形？试判断它的形状；（2）求的面积的最大值.【答案】（1）为直角三角形且为直角（2）【解析】【分析】（1）将变形为后，分别假设为钝角和锐角，都推出不成立，可知，只能是直角；（2）利用基本不等式可求出三角形面积的最大值.【详解】（1）因为，所以，所以，所以，所以，若为钝角，则，所以，所以，又，所以不成立；若为锐角，则，则，所以，所以，又，所以不成立，所以必为直角，必为直角三角形.（2）由（1）知，设角所对边分别为，则，所以，当且仅当时，等号成立，所以，所以的面积，即的面积的最大值为.【点睛】本题考查了三角形形状的判断，考查了基本不等式的应用，考查了三角形面积的计算，考查了
14、二倍角的正弦公式，考查了正余弦函数单调性的应用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题19. 如图，四棱锥中，平面平面.（1）若，证明：；（2）若，且，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设平面平面，证明得到，得到答案.（2）以点为坐标原点，以，所在直线为轴、轴建立空间直角坐标系，计算，根据解得或，代入计算得到答案.【详解】（1）设平面平面，平面，平面，平面，又平面，平面平面，又平面平面，平面平面，平面，平面，即.（2）连结，在中，易得，.以点为坐标原点，以，所在直线为轴、轴建立空间直角坐标系，则，.平面平面，当时，则，.又，即，.当时，其中；当时，其中；的取值范
15、围为.【点睛】本题考查了空间中角度的计算，长度范围，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.20. 在数列中，设.（1）讨论数列的单调性，并证明：存在下标，当时，；（2）若的前项的和，求整数的最大值.【答案】（1）数列单调递增，证明见解析；（2）.【解析】分析】（1）推导出，以及，可得出数列的单调性，计算出、，结合数列的单调性可证得结论成立；（2）由推导出，进而推导出，利用裂项求和法可求得的表达式，进而可求得整数的最大值.【详解】（1），则，则.猜想，对任意的，.时，猜想成立；假设当时，猜想成立，即，则，这说明，当时，猜想也成立，所以，对任意的，.所以，则，因此，数列是单调递增数列.，则，.取，
16、当时，；（2），则，上述等式两边取倒数得，故，所以，由（1）可知，故，因此，整数的最大值为.【点睛】本题考查数列单调性的证明与应用，同时也考查了利用数列不等式成立求参数，考查裂项求和法的应用，考查计算能力，属于难题.21. 已知动点到定点和到直线的距离之比为，设动点的轨迹为曲线，过点作垂直于轴的直线与曲线相交于、两点，直线：与曲线交于、两点，与相交于一点（交点位于线段上，且与、不重合）.（1）求曲线方程；（2）当直线与圆相切时，四边形的面积是否有最大值？若有，求出其最大值及对应的直线的方程；若没有，请说明理由.【答案】（1）；（2）直线【解析】试题分析：（1）第（1）问，设点P(x，y)，由题
17、意可得，曲线E的方程.（2）第（2）问，先求出，再利用基本不等式得到m、n的值，最后得到直线的方程.试题解析：（1）设点P(x，y)，由题意可得，得.曲线E的方程是 （2）设，由条件可得.当m0时，显然不合题意.当m0时，直线l与圆x2y21相切，得.联立消去y得,则，.，当且仅当，即时等号成立，此时代入得.经检验可知，直线和直线符合题意.点睛：本题第（2）问，探究四边形的面积是最大值，采用了函数的方法，先求出，再想方法求面积的最大值.处理最值，函数的方法是一种常用方法.22. 设函数().（1）判断当时的零点个数；（2）若函数有零点，求的取值范围.【答案】（1）0；（2）【解析】【分析】（1
18、）可由，将函数放缩为，即，结合可证函数无零点；（2）分类讨论三种情况，若有零点，即，变形令，先求导得，再令，得通过分析可得，由此得出在递减，递增，求得极值点，再结合参数的取值范围和零点存在定理即可求得；设，求导再结合即可求出的值域【详解】（1）证明不等式恒成立，则等价于恒成立，令，则，当单增；当单减；故，故恒成立，则可放缩为：，因为，则，则，则的零点个数为0个；（2）由（1）可知，时，无零点，故只需讨论的情况当时，当时，故时成立；要使有解，即令有解，求导得，令，则，当单减；当单增，故，令，则是关于的减函数，当时，故，则当单减；当单增；，令，显然是关于的减函数，故，此时恒成立，故不成立；当时，且当时，当时，所以存在，使得成立，故在递减，单增，单减，时单增；，时，故存在零点，综上所述，令，令得，当时递减，当时，递增，又时，所以【点睛】本题考查含参函数的零点个数判断问题，利用导数研究函数的增减性与零点个数关系，求解给定区间函数的值域，其中对于参数分段讨论以及构造函数法求导对思维能力要求较高，多层函数逆向判断原函数增减性相对难度较大，属于难题
