1、浙江省杭州二中2020届高三数学下学期仿真考试试题（含解析）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A=x|x1，B=x|，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】集合集合，故选A2.“”的一个充分但不必要的条件是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先解不等式，再由充分不必要条件的概念可知，只需找不等式解集的真子集即可.【详解】由解得，要找“”的一个充分但不必要的条件，即是找的一个子集即可，易得，B选项满足题意.故选B【点睛】本题主要考查命题的充分不必要条件，熟记充分条
2、件与必要条件的定义即可，属于常考题型.3.，满足约束条则的最小值为（ ）A. 1B. 1C. 3D. 3【答案】A【解析】【分析】作出可行域，作出目标函数对应直线，平移该直线可得最优解【详解】作出可行域，如图阴暗部分（射线与射线所夹部分，含边界），由解得，即，作直线，平移直线，当直线过点时，取得最小值故选：A【点睛】本题考查简单的线性规划，解题关键是作出可行域本题属于基础题4.设某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（ ）A. 12B. 8C. 4D. 2【答案】C【解析】【分析】还原该立体图形，由三棱锥体积公式求得答案.【详解】还原该立体图形，如图，则其体积为.故选：C【点睛】本题考查由已
3、知三视图求体积，属于基础题.5.函数的图象可能是下列图象中的（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用特殊值，取和，比较图象特征可得结果.【详解】当时，故排除B、D当时，由于C选项中图象，时，都有，故排除C故选：A【点睛】本题主要考查函数图象的识别，属于基础题.6.设函数，则函数的零点的个数为( )A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】C【解析】试题分析：，转化为如图，画出函数和的图像，当时，有一个交点，当时，此时，是函数的一个零点，满足，所以在有两个交点，同理，所以在有两个交点，所以在内没有交点，当时，恒有，所以两个函数没有交点所以，共有6个考点：1分段函数；2函数的零点
4、3数形结合求函数零点个数7.空间线段，且，设与所成角为，与面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】本题首先可根据题意将空间线段、放入矩形中研究，然后构建空间直角坐标系，再然后通过矩形性质求出并通过空间向量求出、，最后根据即可得出结果.【详解】因为空间线段，所以可将其放在矩形中进行研究，如图，绘出一个矩形，并以点为原点构建空间直角坐标系：因为，所以可设，则，故与所成的角的余弦值，因为根据矩形的性质易知平面平面，平面，所以二面角的平面角为，所以即与面所成的角，故，因为，所以，故选：A.【点睛】本题考查异面直线所成角、线面角以及面面角的求法，考查通过
5、向量求解异面直线所成角、线面角以及面面角，考查计算能力，考查数形结合思想，体现了综合性，是中档题.8.已知甲盒子中有1个黑球，1个白球和2个红球，乙盒子中有1个黑球，1个白球和3个红球，现在从甲乙两个盒子中各取1个球，分别记取出的红球的个数为，则有（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】题中事件服从两点分布，分别计算出成功概率，再由两点分布均值与方差计算公式计算并比较大小即可.【详解】由题可知，两个盒子取出红球的服从两点分布，且,则，即，且,，即.故选：C【点睛】本题考查求两点分布事件的均值与方差，属于基础题.9.面积为2的中，分别是，的中点，点在直线EF上，则的最小值
6、是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据ABC的面积为2，可得PBC的面积1，从而可得PBPC，故PBPCcosBPC，由余弦定理，有：BC2BP2+CP22BPCPcosBPC，进而可得BC22BPCP2BPCPcosBPC从而，利用导数，可得最大值为，从而可得的最小值【详解】解：E、F是AB、AC的中点，EF到BC的距离点A到BC的距离的一半，ABC的面积2PBC的面积，而ABC的面积2，PBC的面积1，又PBC的面积PBPCsinBPC，PBPCPBPCcosBPC由余弦定理，有：BC2BP2+CP22BPCPcosBPC显然，BP、CP都是正数，BP2+CP22B
7、PCP，BC22BPCP2BPCPcosBPCPBPCcosBPC+2BPCP2BPCPcosBPC令y，则y令y0，则cosBPC，此时函数在（0，）上单调增，在（，1）上单调减cosBPC时，取得最大值为的最小值是故选：D【点睛】本题考查平面向量的数量积运算，考查三角形面积的计算，考查导数知识的运用，综合性强10.已知数列满足，则最大值为（ ）A. 5B. 6C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意得或，分析数列的特征，要得到最大，可知满足，时满足，计算可得到结果.【详解】或，要满足，且最大可知满足，时满足，解得要使得最大，故故选：C【点睛】本题主要考查数列的基本概念和计算问题，属于中
8、档题.第卷（非选择题部分，共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11.已知，则复数的虚部为_，为_【答案】 (1). 2 (2). 【解析】【分析】根据条件计算出，然后可得答案.【详解】由可得所以复数的虚部为2，故答案为：2；.【点睛】本题考查的是复数的概念及计算，属于基础题.12.双曲线的渐近线方程为_，离心率为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据双曲线的性质求解即可.【详解】由题意可知，所以渐近线方程为，离心率为故答案为：；【点睛】本题主要考查了求双曲线的渐近线方程以及离心率，属于基础题.13.若，则_，_.【答案】 (1). 4
9、 (2). 15【解析】【分析】先展开 ，再展开得到通项公式 即由可解得；令代入二项式，相加后即可求得【详解】的展开通项公式，由得 的系数为令，得令得两式子相加得：令，得到，所以故答案为： ；【点睛】本题考查二项式定理，考查分类讨论数学思想以及赋值法的应用.求解形如的展开式问题的思路：(1)若中一个比较小，可考虑把它展开得到多个，如，然后展开分别求解(2)观察是否可以合并，如；(3)分别得到的通项公式，综合考虑14.在中，角、的对边分别为、，且，则角的大小为_；若边上中线的长为，则的面积为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】（1）将展开，根据余弦定理可求出cosA的值，进而得到角A
10、的值； （2）先设出AC的长，根据余弦定理可求出x，再由三角形的面积公式可得答案【详解】解：由，由，得即sinB1+cosC则cosC0，即C为钝角，故B为锐角，且则故设ACx，由余弦定理得解得x2故故答案为：；【点睛】本题主要考查余弦定理和三角形面积公式的应用在做这种题型时经常要用三内角之间的相互转化，即用其他两个角表示出另一个的做法15. 若从1、2、3、9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有_种.【答案】66【解析】试题分析：由题意知本题是一个分类计数问题，要得到四个数字的和是偶数，需要分成三种不同的情况，当取得4个偶数时，有种结果，当取得4个奇数时，有种结果，当
11、取得2奇2偶时有种结果共有1+5+60=66种结果考点：排列组合16.设圆圆心为坐标原点，半径为，圆在第一象限的圆弧上存在一点，作圆的切线与椭圆交于、两点，若，则椭圆的离心率为_【答案】【解析】【分析】由题意，设切线方程为，易知，然后再将切线方程与椭圆方程联立，可得韦达定理，再根据，可得，代入韦达定理，并将用代入，化简齐次式，即可求出结果.【详解】设，由题意可知切线斜率存在，设切线方程为，则，所以，联立方程，化简可得，设，则；所以；又因为，所以，所以，所以；所以，即 所以，即，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查了椭圆离心率的求法，同时考查了直线与椭圆的位置关系，属于中档题.17.在平
12、面直角坐标系中，定义为两点，之间的“折线距离”，则椭圆上一点和直线上一点的“折线距离”的最小值为_【答案】【解析】【分析】根据新定义，利用参数法，表示出椭圆1上一点P与直线上一点Q的“折线距离”，然后分类讨论求出最小值【详解】解：设直线上的任意一点坐标，椭圆1上任意一点的坐标为由题意可知分类讨论：， 解同上；，椭圆1上一点P与直线上一点Q的“折线距离”的最小值为故答案为：【点睛】本题是中档题，考查新定义，利用新定义求出函数的最小值问题，考查计算能力，对新定义的理解和灵活运应是解好本题的关键三、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，（）求函数的
13、最小正周期及单调递增区间；（）若为锐角且，满足，求【答案】（）， （）【解析】【分析】（）把使用降幂公式、逆用二倍角公式以及两角和的正弦公式化成只有正弦函数，然后代入正弦函数的周期公式和递增区间即可求其周期和增区间. （）化简，求出，进一步求出的正弦及余弦，令，利用两角差的正弦公式代入计算即可.【详解】解：（）所以的最小正周期，令，解得，所以函数的单调递增区间为， （）由（）得， 因为为锐角，所以， 又因为，所以， 所以【点睛】本题考查正弦型三角函数的性质、三角函数的诱导公式以及三角恒等变换公式，中档题19.如图，四边形关于直线对称，.把沿折起.（1）若二面角的余弦值为，求证：平面：（2）若与
14、面所成的线面角为30时，求的长.【答案】（1）证明见解析；（2）或.【解析】【分析】（1）取中点，连结，证明、，即可得答案；（2）建立如图空间直角坐标系则，设根据和与面所成的线面角为30，可求得的值，进而得到的长.【详解】解：（1）取中点，连结，因为，所以，所以平面，所以.所以是二面角的平面角,在中，所以，因为，所以平面.（2）建立如图空间直角坐标系则，设，设法向量因为，所以，所以，取，记，所以，解得，或，所以或.【点睛】本题考查线面垂直判定定理、已经线面角利用向量法求其它量，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力.20.已知数列，满足，（1）若，求证数列是等差数列，并求数列的通项
15、公式：（2）若，（i）求证：；（ii）【答案】（1）证明见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【解析】【分析】（1）将代入化简，得到即可求解；（2）判断数列的单调性可得，通过适当放缩得到和，进一步化简可得结果.【详解】（1）与同号，即数列是等差数列，公差为，首项为；，（2）（i）由（1）知是递减数列，且（ii），由（i）知，综上所述，【点睛】本题主要考查等差数列的证明，考查数列不等式的证明，适当放缩是解题的关键，属于较难题.21.如图，过抛物线焦点的直线交抛物线于，两点，记以，为直径端点的圆为圆.（1）证明：圆与抛物线的准线相切；（2）设，点在焦点的右侧，圆与轴交于，两点，记和的
16、面积为，求的最大值（其中，点为圆与抛物线准线的切点）【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）设直线，与抛物线方程联立，利用焦点弦公式求出，结合韦达定理求出的坐标，求得到准线的距离，命题得证；（2）由题意得出抛物线方程，联立直线和抛物线的方程，结合韦达定理及弦长公式，写出，的表达式，结合基本不等式得到结果.【详解】（1）设直线，联立，得设，则，抛物线的准线方程为点到准线的距离圆与抛物线的准线相切.（2）设，与联立，得，则，抛物线的准线方程为，且点为圆与抛物线准线的切点，圆与轴交于，两点，当时，等号成立，最大值为【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，考查焦点弦、圆的弦长和面积
17、计算，适当结合韦达定理是解题的关键.22.已知（1）当时，求的最大值；（2）若存在使，得关于的方程有三个不相同的实数根，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）表示此时函数的解析式，求导分析单调性，即可求得最值.（2）由于为分段函数，故分类讨论两段函数交点个数，将问题可转化为的根存在三个，记，令，令，分两段求导分析函数图象特征，进而判定交点个数，求得参数取值范围.【详解】（1）当时，即当时，单调递增；当时，单调递减，所以（2），经验证不是方程的根，所以原方程根等价于的根，记，令，单调递减，令，即，令为极大值点，其在上单调递增，在上单调递减，当，所以在无实数根当时，有两个极值点，且，即，故所以，存在使有三个实根所以满足条件.当，的分子中，显然，所以仅有一个正根，要使有两个负根，则综上所即.【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，还考查了在函数中由零点个数讨论参数取值范围问题，属于难题.