1、浙江省十校联盟2020届高三数学上学期10月月考试题（含解析）1.若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，利用交集定义直接求解。【详解】集合，所以集合。【点睛】本题主要考查集合交集的运算。2.已知双曲线的两条渐近线互相垂直，则（ ）A. 1B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】根据题意，利用双曲线的两条渐近线垂直推出，可得，再通过离心率的计算公式即可得出。【详解】由题意得，可得，则。【点睛】本题主要考查双曲线的性质中离心率的求解。3.定义在上的奇函数满足，则函数的零点个数为（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】【分析】根据题意，可知
2、，为的零点，利用奇函数图像关于原点对称的性质，可推在这个区间上的零点，即可得出答案。【详解】根据题意，可知，为的零点，利用奇函数图像关于原点对称的性质，可推得也为的零点，所以的零点共有三个，故答案选D。【点睛】本题主要考查奇函数图像关于零点对称的性质和函数零点个数的求解。4.若实数满足约束条件，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义求解函数的最值，即可推出结果。【详解】由实数满足约束条件作出其对应的可行域，如图中阴影部分所示，可知在(0,-1)处取得最小值，故的取值范围是，故选C。【点睛】本题主要考查线性规划
3、，意在考查学生的化归与转化能力、运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象、数学运算。5.由两个圆柱组合而成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意可知，圆柱的底面半径为1，高为2，利用圆柱的体积公式即可求出结果。【详解】由三视图可知圆柱的底面半径为1，高为2，则，故答案选C。【点睛】本题主要考查根据几何体三视图求体积问题，考查学生的空间想象能力。6.设，则“”是“”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】A【解析】【分析】根据题意，利用含绝对值不等式的解法求解出，即
4、可判断两个命题的关系。【详解】可化为或解得，所以原不等式的解集为，故“”是“”的充分不必要条件，故答案选A。【点睛】本题主要考查含绝对值不等式的解法和充分条件、必要条件的判断。7.在同一直角坐标系中，函数，（，且）的图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，对进行讨论，结合指数函数、对数函数的性质可得答案。【详解】当时，函数是增函数，是减函数；当时，函数是减函数，是增函数，且函数的定义域为，结合选项，故答案选D。【点睛】本题主要考查函数图像的识别和指数函数、对数函数的性质，考查的核心素养是直观想象。8.用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字的四位奇数
5、的个数是（ ）A. 72B. 144C. 150D. 180【答案】B【解析】【分析】根据题意，符合奇数的个位数字只能从1，3，5中选取；千位数字去掉个位数字选用的和0还剩下四个数字中选择，最后再排百、十位数字。【详解】根据题意，符合奇数的个位数字只能从1，3，5中选取，组成没有重复数字的四位奇数分三步；第一步，排个位，共有种方法；第二步，排千位，共有种方法；第三步，排百、十位，共有种方法；所以，可组成个四位奇数，故答案选B。【点睛】本题主要考查简单排列组合和计数原理的应用。9.在中，若，则（ ）A. 1B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，由可以推得，再利用向量运算的加法法则
6、，即可求得结果。【详解】由题意得，即，设的中点为，则，即为等腰三角形，又因为即所以。【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算。10.在正方体中，点E，F分别是棱上的动点，且.当三棱锥的体积取得最大值时，记二面角、平面角分别为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，设正方体的棱长为2，当三棱锥的体积取得最大值时，即底面积最大时，推得点E，F在棱上的位置，以为原点，为x轴，为y轴，为z轴建立坐标系，利用向量法计算出，的余弦值，即可得出答案。【详解】如图所示，设正方体的棱长为，线段的长为x, 底面积,当三棱锥的体积取得最大值时，即底面积最大时,此时。以为原点，为x轴，为y
7、轴，为z轴建立坐标系，则，可得设面的法向量为，面的法向量为，面的法向量为，面的法向量为，则 可得，由图可知，均为锐角，则，同理可得，得，所以，故答案选：A。【点睛】本题主要考查空间向量在立体几何中的应用。11.复数是虚数单位），则_，其共轭复数_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据复数的除法运算法则，将复数化为 的形式，再根据复数模的运算法则和共轭复数的定义即可得出答案。【详解】,则，其共轭复数。【点睛】本题主要考查复数以及其模的运算法则和共轭复数的定义。12.的展开式的各个二项式系数的和为_，含的项的系数是_.【答案】 (1). 32 (2). 【解析】【分析】根据题意，各个
8、二项式系数的和为，二项式的展开式为，找出满足含的项所对应的的值即可求得含的项的系数。【详解】根据题意，的展开式的各个二项式系数的和为，当时， ，所以含的项的系数是。【点睛】本题主要考查二项式系数和的性质以及求指定项的系数。13.已知圆与圆交于AB两点，则两圆连心线CD的方程为_，两圆公共弦AB的长为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据题意，求出两圆的圆心坐标，待定系数法解出两圆连心线CD的方程，再求出两圆公共弦AB所在直线的方程，求出圆心到直线的距离，再利用勾股定理即可得出答案。【详解】由题意知，圆的圆心坐标为，圆的圆心坐标为，可得两圆连心线CD的方程为。联立两圆方程，易知两
9、圆公共弦AB所在直线的方程为，圆心到直线的距离，根据勾股定理，可知弦长为。【点睛】本题主要考查圆的一般方程与标准方程之间的转化以及两圆相交公共弦长的求解。14.在中，则_，若D是AB的中点，则_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据题意，利用余弦定理即可求得AB的长，再次利用余弦定理即可求出，连接，在中，利用余弦定理即可求出CD的长。【详解】根据题意，所以。又可得。连接，可知，所以，。【点睛】本题主要考查利用余弦定理解三角形15.1742年6月7日，哥德巴赫在给大数学家欧拉的信中提出：任一大于2的偶数都可写成两个质数的和.这就是著名的“哥德巴赫猜想”，可简记为“11”.1966年
10、，我国数学家陈景润证明了“12”，获得了该研究的世界最优成果.若在不超过30的所有质数中，随机选取两个不同的数，则两数之和不超过30的概率是_.【答案】【解析】【分析】根据题意，利用列举法求出不超过30的所有质数，再利用古典概型的概率公式进行计算即可。【详解】根据题意可知，不共有超过30的所有质数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29共10个，从中选取2个不同的数有种，和超过30的共有15种，所以两数之和不超过30的概率是。【点睛】本题主要考查古典概型概率的求解。16.已知F是椭圆的一个焦点，P是C上的任意一点，则称为椭圆C的焦半径.设C的左顶点与上顶点分别为A，B，若存在以A为
11、圆心，为半径长的圆经过点B，则椭圆C的离心率的最小值为_.【答案】【解析】【分析】根据题意，存在以A为圆心，为半径长的圆经过点B，即的最大值应该不小于线段的长，根据不等关系列出含的不等式，转化为离心率的不等式，即可求解出椭圆C的离心率的最小值。【详解】根据题意，存在以A为圆心，为半径长的圆经过点B，即的最大值应该不小于线段的长，可得，化简得，即，且，解得，所以椭圆C的离心率的最小值为。【点睛】本题主要考查椭圆离心率的求解，在解题时构造有关的不等式，转化为离心率的不等式是关键。17.若数列满足，且对任意，有，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据题意，根据推出的范围，再结合，即可求解出的
12、取值范围。【详解】已知， 若，即时，可得解得或（舍去）若，即时，可得解得（舍去）因此。又对任意，有即解得或（舍去，当时，不满足）综上所述，。【点睛】本题主要考查数列的单调性的应用。18.已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点.（）求的值；（）求函数的最小正周期与单调递增区间.【答案】（）；（），【解析】【分析】（）根据题意，利用三角函数的定义求出，再利用诱导公式即可求解出答案。（）利用两角和差的正余弦公式将三角函数化简，再利用三角函数的性质即可求出答案。【详解】（）由题意得，则，. （） , 故. 由，知单调递增区间为.【点睛】本题主要考查三角函数的定义、两角和差的正余弦公
13、式、诱导公式以及三角函数性质的综合应用，牢记公式是解题的关键。19.如图，平面平面，且，（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的余弦值【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）过点作，利用边角边可得，即可证明；（2）方法一，过点B作出平面ADC的垂线，即可找到线面角，利用等体积转化法可求出点B到平面ADC的距离，即可求出线面角的余弦值；方法二，建立空间直角坐标系，求出平面ADC的法向量，利用空间向量的方法即可求解.【详解】（1）过点作，垂足为，连接，因，所以,故，所以,即，又 ,所以平面，又平面,故（2）方法一：不妨设，则，所以,过点作平面，连接，则即为直线与平面所成的角，由等体积可得
14、，即，方法二 ：由（1）可得 ，所以以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系如图. 不妨设，则，,设平面的法向量为，即有，设直线与平面所成的角为，故，【点睛】利用平面的法向量求线面角的2个注意点(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角即为所求(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系求出其值不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求20.已知等差数列的前项和为，且，.数列满足，.（）求数列和的通项公式；（）求数列的前项和，并求的最小值.【答案】（），；（），最小值.【解析】【分析】（）根据等差数列前项和为的公式和等差数列的性质，推得，从而求出等
15、差数列的公差，即可得出数列的通项公式为。利用累加法即可求得的通项公式。（）利用错位相减法求数列的前项和，再利用数列的单调性求得的最小值。【详解】（）由，得，.故的公差，.即数列的通项公式为. 当时，而，故，即数列的通项公式为. （）， ，上述两式相减，得得. 设，显然当时，且单调递增. 而，故的最小值为.【点睛】本题主要考查等差数列通项公式的求解，利用累加法求解数列的通项公式，以及错位相减法求数列的前项和，错位相减法常用在数列的通项公式形式为等差数列乘等比数列。21.已知抛物线过点，且P到抛物线焦点的距离为2直线过点，且与抛物线相交于A，B两点.（）求抛物线的方程；（）若点Q恰为线段AB的中点
16、，求直线的方程；（）过点作直线MA，MB分别交抛物线于C，D两点，请问C，D，Q三点能否共线？若能，求出直线的斜率；若不能，请说明理由.【答案】（）；（）；（）能，.【解析】【分析】（）根据题意，结合抛物线的性质，即可求出抛物线的方程为。（）设，设而不求利用点差法求出直线AB的斜率，再利用点斜式即可求出直线的方程。（）设，且.联立直线与抛物线方程，得到联立方程，再利用韦达定理以及M，A，C三点共线得出的数量关系，假设C，D，Q三点共线，构造关于 的等式，转化为的等式，进行求解即可得出结论。【详解】（）由题意有，及，解得.故抛物线的方程为. （）设，则， ，两式相减得，即.于是， （注：利用直线
17、与抛物线方程联立，求得，同样得4分）故直线l的方程为，即；（）设，且.由，得，则， ，由M，A，C三点共线，可得，化简得，即.同理可得， ，假设C，D，Q三点共线，则有，化简得，进一步可得，即，解得.因此，当直线l的斜率时，C，D，Q三点共线.【点睛】本题主要考查抛物线的定义，以及利用点差法设而不求的思想求解与抛物线相交的直线的斜率，以及利用方程思想解决圆锥曲线的各类问题。22.已知函数，其导函数设为.（）求函数的单调区间；（）若函数有两个极值点，试用表示；（）在（）的条件下，若的极值点恰为的零点，试求，这两个函数的所有极值之和的取值范围.【答案】（）见解析；（）；（） .【解析】【分析】（）
18、根据题意，求出导数，解关于导数的不等式，即可求函数的单调区间。（）根据有两个极值点，由（）知，利用韦达定理以及极值点对应的导函数的值为0，得，将表达成，再代入各项对应得值即可。（）根据题意，解出的极值点，代入，可得与的等量关系，再结合（）中的不等关系解出的范围，将，这两个函数的所有极值之和用表达出来，构造一个新的关于的函数，利用导数，即可求，这两个函数的所有极值之和的取值范围。【详解】（），. 若，在上单调递增；若，方程有两个不等实根，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增 ；（）因有两个极值点，由（）知，且，. 于是，. （）由，则的极值点为.于是，即.显然，则.由（）知，则，解得或. 于是，.故，的所有极值之和为，因，若，则，上单调递减，故.若，知时有，则在上单调递增，在上单调递减，故.因此，当时，所求的取值范围为.当时，所求的取值范围为，综上，这两个函数的所有极值之和的取值范围是 .【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值以及值域。
