1、浙江省台州市书生中学2020届高三数学下学期模拟考试试题（含解析）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】A【解析】【分析】解不等式得到集合和集合，再求交集得到答案.【详解】，则.故选：A.【点睛】本题考查了集合的交集运算，解不等式，属于简单题.2. 双曲线的渐近线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据双曲线方程和渐近线方程直接求解.【详解】由双曲线方程可知，并且焦点在轴，所以双曲线的渐近线方程.故选：D【点睛】本题考查双曲线方程和渐近线，重点考查
2、基本公式，属于基础题型.3. 若实数、满足约束条件，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作出不等式组所表示的可行域，设，利用线性目标函数的几何意义求得的取值范围，再利用绝对值的性质可求得的最大值.【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：令，联立，解得，可得点，同理可得点，平移直线，当直线经过可行域的顶点时，直线在轴上的截距最小，此时取最小值，即；当直线经过可行域顶点时，直线在轴上截距最大，此时取最大值，即.所以，则，因此，.故选：C.【点睛】本题考查线性目标函数绝对值的最值，考查数形结合思想的应用，属于基础题.4. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体
3、积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】作出几何体的直观图，可知几何体为直三棱柱中截去一个三棱锥而形成，利用柱体和锥体的体积公式可计算出几何体的体积.【详解】几何体的直观图如下图所示：可知几何体为直三棱柱中截去三棱锥所形成，结合三视图中的数据可知，几何体的体积为.故选：B.【点睛】本题考查利用三视图计算几何体的体积，解答的关键在于作出几何体的直观图，考查计算能力，属于基础题.5. 已知是等差数列，为数列的前项和，且，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由已知条件求得等差数列的公差，再运用等差数列的前n项和公式和二次函数的最值可得选项.【详解】
4、由已知，得，所以，所以，所以当时，有最大值为,故选：D.【点睛】本题考查等差数列的基本量的计算，二次函数的最值，属于基础题.6. 在中，角、所对的边分别是、，则“”是“为等腰三角形”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】利用正弦定理边角互化思想结合充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】充分性：，得，可得，则，即，.所以，为等腰三角形，即充分性成立；必要性：若为等腰三角形，则或，那么等式不一定成立，即必要性不成立.综上所述，“”是“为等腰三角形”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，涉及正
5、弦定理边角互化思想的应用，考查推理能力，属于中等题.7. 已知随机变量满足，其中.令随机变量，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意,列表求得随机变量及的分布列,可知均为两点分布.由两点分布的均值及方差表示出和,根据比较大小即可得解.【详解】随机变量满足,其中.则随机变量的分布列为: 所以 随机变量,所以当时,当时, 所以随机变量的分布列如下表所示(当时,只有一个情况,概率为1):则当即,解得.所以A、B错误.恒成立.所以C错误,D正确故选:D【点睛】本题考查了随机变量的分布列,两点分布的特征及均值和方差求法,属于中档题.8. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）A
6、. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求得函数的导数，根据函数的单调性可判断A选项的正误，利用、的符号可分别判断D、B、C选项的正误.【详解】，令，由图象可知，函数先减后增再减，则，可得，A选项错误；，则，则，D选项错误；，则，B选项正确；，则，C选项错误.故选：B.【点睛】本题考查利用函数的单调性判断不等式的正误，解答的关键在于利用导数符号与函数单调性之间的关系解题，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.9. 已知椭圆，分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆的下顶点，直线交椭圆于另一点，若，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由和，用表示出和，在中，
7、求出，根据升幂公式可求，即为椭圆离心率.详解】解：如图，点在椭圆上，所以，由，代入上式得，在，又，所以，即，故选：A【点睛】考查利用椭圆的性质、解三角形的知识以及三角恒等变换求椭圆的离心率；基础题.10. 如图，三棱锥的侧棱长都相等，底面与侧面都是以为斜边的等腰直角三角形，为线段的中点，为直线上的动点，若平面与平面所成锐二面角的平面角为，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】连接，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用即可求解.【详解】底面与侧面都是以为斜边的等腰直角三角形，则，所以 设，由为线段的中点，则，由
8、，所以， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则，设，设平面的一个法向量，则，即，令，则，所以.设平面的一个法向量，则，即，解得，令，则， 所以，平面与平面所成锐二面角的平面角为，则，将分子、分母同除以，可得 令，当时，则的最大值为：.故选：D【点睛】本题考查了空间向量法求二面角、考查了基本运算求解能力，解题的关键是建立恰当的空间直角坐标系，属于中档题.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. 我国古代数学名著算法统宗中有如下描述：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一”意思是：一座层塔共挂了盏灯，且
9、相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的倍请问塔顶层有_盏灯，塔底层有_盏灯【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】设塔的顶层共有盏灯，则数列是公比为的等比数列，利用等比数列求和公式可求得的值，进而可求得的值，由此可得出结果.【详解】设塔的顶层共有盏灯，则数列是公比为的等比数列，设其前项和为，由题意可得，解得，则.因此，塔顶层有盏灯，塔底层有盏灯.故答案为：；.【点睛】本题考查等比数列中基本量的计算，考查等比数列前项和公式的应用，考查计算能力，属于基础题.12. 已知复数满足（为虚数单位），则的虚部是_，=_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据复数满足，利用复数的除法化简得到，
10、再根据复数的概念和模的求法求解.【详解】因为复数满足，所以所以的虚部是，故答案为：；【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的概念和模，还考查了运算求解的能力，属于基础题.13. 已知多项式，则_，_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】第一空，赋值可得；第二空，利用展开式求的系数与的系数和即可.【详解】取， 展开式的通项 ，则故答案为：；【点睛】本题主要考查展开式中的特定项系数及项的系数和. (1)利用赋值法求解项的系数和时，注意各项的系数是指某一项的字母前面的数值(包括符号)；(2)求展开式中的特定项或其系数可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可14. 已知圆，过点作两条互相
11、垂直的直线，其中交该圆于，两点，交该圆于，两点，则的最小值是_，的最大值是_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】将用圆心到的距离表示，再利用直角三角形中，直角边小于斜边，即可求得的最小值；将用圆心到两弦的弦心距表示，再利用基本不等式，即可求得的最大值.【详解】过作，交于点，过作，交于点， 连接，设圆心到的距离为，圆心到的距离为， 则，又圆心到的距离的最大值为，的最小值为，又，所以，当且仅当时，等号成立，所以，所以的最小值为，的最大值是.故答案为：；.【点睛】本题主要考查的是圆的弦长的计算，其中涉及到基本不等式的应用，属于中档题.涉及直线被圆截得的弦长问题时，解法有以下两种：（1）几何
12、法：利用半径长、弦心距、弦长的一半构成的直角三角形求解；（2）代数法：将直线方程与圆的方程组成方程组，设出交点坐标，若交点坐标简单易求，则直接利用两点间的距离公式进行求解；若交点坐标不易求，则将方程组消元后得一元二次方程，由一元二次方程中根与系数的关系可求弦长.15. 新型冠状病毒疫情期间，位党员需要被安排到个不同的路口执勤，每个路口至少安排一人，其中党员甲和乙不能被安排到同一个路口，那么总共有_种不同安排方法（用数字作答）【答案】【解析】【分析】先计算出没有限制条件下所有的排法种数，减去甲、乙两人安排在同一个路口时的排法种数，进而得解.【详解】先考虑没有限制条件下的排法种数，将人分为三组，三
13、组的人数分别为、或、，此时，所有的排法种数为.其次考虑甲、乙两人安排在同一路口时的排法种数，此时有种排法.综上所述，共有种.故答案为：.【点睛】本题考查人员安排问题，采用正难则反的思想求解，考查计算能力，属于中等题.16. 已知，若函数在区间上存在最小值，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】当时，根据的单调性，可知若存在极值点，则两端点处的函数值一正一负；当时，由函数单调性知不合题意；当时，结合对号函数的性质可确定最值点所满足的范围；综合三种情况可得最终结论.【详解】当时，在上单调递增，若在上存在最小值，则，即，解得：；当时，在上单调递增，不存在最小值，不合题意；当时， 又（当且仅当时，即
14、时取等号），若在上存在最小值，则，解得：；综上所述：的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题考查根据函数在区间内有最值求解参数范围的问题；关键是能够通过分类讨论的方式，结合函数的单调性确定参数在不同范围内时，函数的最值点或区间端点值的符号，由此可构造不等式求得结果.17. 已知三边长分别为，是平面内任意一点，则的最小值是_【答案】【解析】【分析】由可得，即，当，即是的重心时取等号,根据三角形中的条件可得出答案.【详解】当，即是的重心时取等号.三边长分别为，若,则，此时原式若,则，此时原式若,则，此时原式所以的最小值是故答案为: 【点睛】本题考查平面向量的线性运算，向量的数量积，考查运算求解能力，
15、属于中档题.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）求的最小正周期；（2）求在上的最大值，并求此时的值【答案】（1）最小正周期为；（2）最大值为，此时.【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期；（2）由计算出的取值范围，利用正弦函数的基本性质可求得函数的最大值，并可求出对应的值.【详解】（1），因此，函数的最小正周期为；（2）当时，则，当时，即当时，函数取得最大值.【点睛】本题考查正弦型函数周期的计算，同时也考查了正弦型函数最值的求解，解答的关键在于利用三角恒等变换思
16、想化简函数解析式，考查计算能力，属于中等题.19. 如图，已知三棱锥中，平面平面，（1）证明：；（2）求直线和平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，的中点，连、，利用等腰三角形三线合一的性质得出，利用面面垂直的性质可得出平面，进而得出，再证明出，可得出平面，由此可得出；（2）过点作垂足为点，推导出平面，计算出，可得出点到平面的距离为，由此可计算出直线和平面所成角的正弦值为，进而得解.【详解】（1）取的中点，的中点，连、.，为的中点，又，为的中点，又 ，为的中点，又 平面平面，交线，平面，平面，平面，又，平面，平面，；（2）由（1）知平面，平面，平面
17、平面，过点作垂足为点，平面平面，平面，平面，所以，即是点到平面的距离，平面，平面，又是的中点，点到面的距离，与面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查利用线面垂直证明线线垂直，同时也考查了线面角的正弦值的计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20. 已知数列满足：，. 正项数列满足：对每个，且，成等比数列（1）求数列，的通项公式；（2）当时，证明：【答案】（1）；（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）由题意可得，由累乘法可得;由，得（为奇数），再根据是等比数列，可得到（是偶数），从而得出答案.（2）先验证时，不等式成立，当时，不论为奇数偶数都有，从而利用裂项相消法求和可证明结论.【详解】解：
18、（1）解法一：由已知可得 时， ，又 解法二：，即为常数列， 又 又 （为奇数）又是等比数列 （是偶数） 综上可得（2）先证时，显然成立. 时， 时， 再证时，左边，右边，成立； 时，不论为奇数偶数都有 综上所述，当时，不等式成立.【点睛】本题考查利用数列的递推关系求数列的通项公式，考查数列不等式的证明，考查放缩法在证明不等式中的应用，考查裂项相消求和，将通项进行适当的放缩是解决本题的关键和难点，属于难题.21. 已知点是抛物线的焦点，是其准线上任意一点，过点作直线，与抛物线相切，为切点，与轴分别交于，两点（1）求焦点的坐标，并证明直线过点；（2）求四边形面积的最小值【答案】（1），证明见解析
19、；（2）3【解析】【分析】（1）由点斜式设出直线直线方程，再由在上，得出直线的方程，从而证明直线过点；（2）将直线的方程与抛物线方程联立，结合韦达定理，抛物线的性质，点到直线的距离公式得出，再由四边形的面积，结合导数得出四边形面积的最小值【详解】（1）由题意可知设，则即同理.又在上,则,所以所以直线过焦点F. （2）由（1）知,代入得则则到AB的距离,所以由（1）知,则所以,令则四边形的面积设，当时，即函数在上是增函数则四边形面积的最小值为3【点睛】本题主要考查了抛物线中直线过定点问题，抛物线中的四边形的面积问题，属于中档题.22. 已知，设函数， （1）试讨论的单调性；（2）设函数，是否存在
20、实数，使得存在两个极值点，且满足？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由注：.【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）存在，【解析】【分析】（1）求出函数的定义域以及，讨论的取值范围，即，或，利用导数与函数单调性的关系即可求解.（2）解法一：求出，根据题意可得有两解两解，从而可得，从而求得，由，令，可得，利用导数求出的单调性，且根据即可求解；解法二：根据函数有两个极值点可得，然后将不等式化为，由方程，得，令，则，将不等式化为关于的不等式，利用导数即可证出.【详解】解：（1）的定义域为=， （i）若,则，所以在递增，递减，（ii）若，则在递增，递减，在递增， （iii）若,则在递增； （iv）若，则在递增，在递减，在递增. （2）解法一： ,， 若有两极值点，则有两解两解，.且所以. 令，则若则，令， 所以在递增，在递减 又， 则在区间内存在使得.函数y=m(x)在单调递增，在单调递减， 由，所以当时满足 ，所以即实数的取值范围为 解法二： ,， 若有两极值点，则有两解， 且，所以 即 由方程，得，令，则，令，求导可得.令，得到，所以在上单调递增，在单调递减.又，所以由，即，解得. 故实数的取值范围是.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的极值、利用导数研究不等式恒成立问题，考查了分类讨论的思想，属于难题.