1、浙江省名校2020届高三数学仿真训练卷（四）（含解析）本试卷满分150分，考试时间120分钟.参考公式：如果事件，互斥，那么如果事件，相互独立，那么如果事件在一次试验中发生的概率是，那么次独立重复试验中事件恰好发生次的概率台体的体积公式，其中，分别表示台体的上下底面积，表示台体的高柱体的体积公式，其中表示柱体的底面积，表示柱体的高锥体的体积公式，其中表示锥体的底面积，表示锥体的高球的表面积公式，球的体积公式，其中表示球的半径选择题部分（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.
2、【答案】C【解析】【分析】解绝对值不等式求出，再与集合B取交集即可.【详解】因为或，又集合，所以故选：C【点睛】本题主要考查集合的运算、绝对值不等式的解法，考查考生的运算求解能力，属于基础题2.复数，其中，为虚数单位已知，则（ ）A. 25B. C. 5D. 【答案】B【解析】【分析】因为，根据复数除法运算化简，由，即可求得的值.【详解】，又，解得，故选：B【点睛】本题主要考查复数的运算、复数的模，意在考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是数学运算，属于基础题.3.设数列的通项公式为则“”是“数列为单调递增数列”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
3、也不必要条件【答案】A【解析】当时，则数列为单调递增数列若数列为单调递增数列，则即可，所以“”是“数列为单调递增数列”的充分不必要条件故选.4.有位男生，位女生和位老师站在一起照相，要求老师必须站中间，与老师相邻的不能同时为男生或女生，则这样的排法种数是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】先排与老师相邻的: ,再排剩下的： ,所以共有 种排法种数，选D.点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法：(1)元素相邻的排列问题“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题间接法.5.实数 满足
4、 ，若 的最小值为1，则正实数 （ ）A. 2B. 1C. D. 【答案】C【解析】由 ,舍; 由作可行域,则直线过点A 取最小值1,满足题意,所以,选C点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.6.已知等比数列的前项和为，则下列结论一定成立的是（ ）.A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】【分析】根据等比数列的通项公式、求和公式，结合与两种情况进行讨论即可求解.【
5、详解】设等比数列的公比为，对于选项A，则，故A错误；对于选项B，则，故B错误；对于选项C，则.当时，；当时，故C正确；对于选项D，当，时，故D错误，故选：C【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式及其前项和公式、命题的真假判断，分类讨论的思想，特例法，属于中档题.7.若（且），则函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出的取值范围，可得知函数的增减性，然后在此函数的基础上向右平移一个单位长度得出函数的图象，从而可得出正确选项.【详解】（且），且，则指数函数为减函数，所以，对数函数在上为减函数，在该函数图象的基础上向右平移一个单位长度得出函数的图象，因此，C选项
6、中的图象为函数的图象.故选C.【点睛】本题考查对数型函数图象的识别，解题的关键就是结合条件求出底数的取值范围，考查推理能力，属于基础题.8.已知中，点为的外心，记，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用余弦定理求出三角形各角余弦，根据向量的线性运算及数量积的运算性质化简求值即可比较大小.【详解】因为，由余弦定理，得，分别取边，的中点，如图,则，同理，所以，故选：C【点睛】本题考查余弦定理与平面向量的线性运算和数量积运算，数量积的运算性质，涉及三角形外心，属于中档题.9.在平面内，已知，过直线，分别作平面，使锐二面角为，锐二面角为，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为（
7、）.A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据已知条件构造正四棱锥，可根据锐二面角为，锐二面角为得出正四棱锥的高度.通过正四棱锥建立空间直角坐标系，用空间向量求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【详解】如图由题意以平面为底面，以平面，为两相邻的侧面构造正四棱锥，设正四棱锥的底面边长为2，以点为坐标原点，以，过点垂直于平面的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，在正四棱锥中设，为，中点，则，为二面角的平面角，同理为二面角的平面角，在中，则由题意易得，则，设平面的法向量为，则有，令得平面的一个法向量为，同理可得平面的一个法向量为，则平面和平面所成锐二面角余弦值为.故选:A.【点睛】本
8、题考查空间中平面与平面的位置关系、二面角，根据平面的位置关系构造正四棱锥是解题的关键，考查直观想象能力与运算求解能力，是中档题.10.已知均为非负实数，且，则的取值范围为A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析:先设，则试题等价于，满足，求的取值范围再在空间直角坐标系中求的取值范围详解:设，则问题等价于，满足，求的取值范围设点，所以点可视为长方体一个三角截面上的一个点，则，于是问题可以转化为的取值范围显然，设点O到平面ABC的距离为h，则，所以所以.所以.所以，即 故答案为A.点睛：本题是一个难题，难在转化.难点一是，由于直接探究比较困难，所以先要转化，设，则问题等价于，满足，求的取值范
9、围难点二是，直接求的取值范围比较困难，把问题转化为，空间直角坐标系下的取值范围.难点三是，求的取值范围时，又要用到等体积法.由此可见，转化的思想在高中数学中的重要性，大家要理解掌握并灵活运用这种思想解题. 非选择题（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.把答案填在题中的横线上.11.某几何体的三视图如图所示（单位：)，则该几何体最长的一条棱的长度是_；体积为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【详解】几何体为一个四棱锥P-ABCD，如图，最长的一条棱的是P,长度 ,体积为12.展开式中，项的系数为_；所有项系数的和为_【答案】 (1). (
10、2). 【解析】由于的展开式的通项公式为，令，的展开式中的系数为20，令，解得，可得的展开式中的系数为，可得的展开式中的系数为；令可得所有项系数的和为，故答案为，.13.记中角，的对边分别是，已知的面积为，则_，的周长等于_.【答案】 (1). 2 (2). 【解析】【分析】根据三角形面积公式，以及余弦定理，先得到，或，进而即可得出结果.【详解】的面积，解得，由余弦定理得，联立解得，或，则不妨取，则，则，则，的周长为.故答案为：2；.【点睛】本题考查余弦定理、三角形面积公式，利用三角形面积公式和余弦定理构造关于三角形边长的方程组是解题的关键.14.双曲线的实轴长是_，焦点到渐近线的距离是_【答
11、案】 (1). 4 (2). 1【解析】【分析】根据双曲线方程，求得实轴长，焦点坐标，渐近线方程，再利用点到直线的距离公式求出焦点到渐近线的距离.【详解】由双曲线方程得，则双曲线的实轴长为,一个焦点 到渐近线的距离为故答案为：4；1【点睛】本题考查双曲线的概念和性质，熟记双曲线中的特殊结论是解题的关键15.某同学参加投篮训练，已知每投篮一次，投进球的概率均为记该同学投篮4次，进球个数为，若，则_【答案】2【解析】【分析】根据二项分布的方差公式可得，求出，再由均值运算公式可得即可求解.【详解】由题意知离散型随机变量，则由，得，即，解得，所以故答案为：2【点睛】本题考查了离散型随机变量的二项分布的
12、方差、均值，属于基础题.16.一个口袋中装有大小相同的5个小球，编号分别为0，1，2，3，4，现从中随机地摸一个球，记下编号后放回，连摸3次，若摸出的3个小球的最大编号与最小编号之差为2，则共有_种不同的摸球方法（用数字作答）【答案】36【解析】【分析】将必须要摸到的球分为三种情况进行讨论，计算出每种情况的摸球方法数，再利用分类加法计数原理即可得解.【详解】要能产生最大编号与最小编号之差为2，则将其必须要摸到的球分为三种情况，即0和2，1和3，2和4.当必须摸到0和2时，其摸到的3次球可以有2次0和1次2，或1次0和2次2，或0，1，2各1次，此时不同摸法有种；当必须摸到1和3时，其摸到的3次
13、球可以有2次1和1次3，或1次1和2次3，或1，2，3各1次，此时不同摸法有种；当必须摸到2和4时，其摸到3次球可以有2次2和1次4，或1次2和2次4，或2，3，4各1次，此时不同摸法有种，因此满足条件的摸法共有种.故答案为：36.【点睛】本题考查排列与组合的应用，其中涉及到分类加法计数原理，属于中档题. 一些常见类型的排列组合问题的解法：（1）特殊元素、特殊位置优先法元素优先法：先考虑有限制条件的元素的要求，再考虑其他元素；位置优先法：先考虑有限制条件的位置的要求，再考虑其他位置；（2）分类分步法：对于较复杂的排列组合问题，常需要分类讨论或分步计算，一定要做到分类明确，层次清楚，不重不漏；（
14、3）间接法（排除法），从总体中排除不符合条件的方法数，这是一种间接解题的方法；（4）捆绑法：某些元素必相邻的排列，可以先将相邻的元素“捆成一个”元素，与其它元素进行排列，然后再给那“一捆元素”内部排列；（5）插空法：某些元素不相邻的排列，可以先排其它元素，再让不相邻的元素插空；（6）去序法或倍缩法；（7）插板法：个相同元素，分成组，每组至少一个的分组问题.把个元素排成一排，从个空中选个空，各插一个隔板，有；（8）分组、分配法：有等分、不等分、部分等分之别.17.已知函数的最小值为，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】这题较为麻烦，需要分情况讨论，首先讨论绝对值内正负性（即和比较），其
15、次讨论二次函数的对称轴在轴左还是右（即和比较），最后求解不等式和方程得出结论。【详解】分情况进行讨论：当时，时在取得最小值，时在时取得最小值2，故，解得，又因为此时，所以。当时，时在之间取得最小值，时在处取得最小值，故，解得，又因为此时，所以。当时，时在之间取得最小值，而此时，所以时的最小值为。又根据二次函数性质，时在处取得最小值，故，解得或，而此时，故。所以实数的取值范围为。故答案为：【点睛】此题知识方面考查了带绝对值函数的性质和二次函数的性质，能力方面考察了分类讨论的思想。另外注意这种题一定不要丢掉任意一种情况，避免丢解。本题属于较难题。三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出必要
16、的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）若在上恒成立，求m的取值范围.【答案】（1）最小正周期；（2）.【解析】【分析】（1）由题意结合三角函数的倍角公式及辅助角公式，通过三角恒等变换，将函数化为，即可得解；（2）利用整体代换，求得函数在给定区间的最小值，然后利用已知条件即可得解.【详解】（1）由题意，的最小正周期；（2），在上恒成立，即m的取值范围为.【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质、三角恒等变换的综合应用，考查了恒成立问题的解决方法与运算求解能力，属于基础题.19.已知三棱台的下底面是边长为2的正三角形，上地面是边长为1的正三角形.在下底面的射影为的
17、重心，且.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理及性质证明，或者建立空间直角坐标系，利用向量的数量积为0证明；（2）运用综合法求直线与平面所成的角应先确定该平面的垂线，即可求解，或者建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解.【详解】解法一：（1）证明：记的重心为，连接并延长交于点.因为底面为正三角形，则，又点在底面上的射影为，所以平面，则，因为，所以平面，又平面，所以.又，且，所以平面，因此，平面.（2）由于为棱台，设三侧棱延长交于一点.因为，则，分别为棱，的中点.又为正的重心，则，.因为平面，则
18、，故在中，由三角形相似，得，.取的中点，连接，则，且，故平面，即即为直线与平面所成的角.又，且，所以，又，所以，即，所以，即直线与平面所成角的正弦值为.解法二：以重心为原点，直线，分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系.则，设，则，.（1）证明：由，即得，即，故，又，所以平面.（2）由，得，所以.设平面的法向量为，因为，所以有，令，则，所以.设直线与平面所成的角为，则.【点睛】本题考查空间中线面垂直的判定与线面所成的角，需要注意的是利用空间向量求线面所成角时,斜线与平面所成角的正弦值就等于斜线与平面法向量所成角的余弦值的绝对值,考查直观想象能力和运算求解能力，是中档题.20.已知是数列的前项和
19、，且满足（1）证明为等比数列；（2）求数列的前项和【答案】(1)见证明；(2)【解析】【分析】（1）当时，求得首项为3，由题意可得，运用等比数列的定义即可得证；（2）运用等比数列的通项公式可得，再由数列的求和方法：分组求和，结合等比数列和等差数列的求和公式，化简即可得到所求和【详解】解：（1）证明：当时，可得，转化为：，即，所以注意到，所以为首项为4，公比为2等比数列；（2）由（1）知：，所以，于是【点睛】本题考查等比数列的定义和通项公式的运用，考查数列的求和方法：分组求和，同时考查等差数列的求和公式的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题21.已知抛物线的顶点是椭圆的中心，焦点与该椭圆的右
20、焦点重合.（1）求抛物线方程；（2）已知动直线过点，交抛物线于，两点，坐标原点为的中点，求证；（3）在（2）的条件下，是否存在垂直于轴的直线被以为直径的圆所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出的方程；如果不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）证明见解析；（3）存在；直线【解析】【分析】（1）根据椭圆焦点坐标可求得的值，从而求得抛物线的方程；（2）设出点的坐标，并求得点的坐标，当直线的斜率不存在时利用抛物线的对称性可使问题得证，当直线的斜率存在时，设出直线的方程，然后联立抛物线的方程，从而利用韦达定理与斜率公式可使问题得证；（3）首先设直线满足题意，由此得到圆心的坐标，然后过点作直线的垂线，垂足
21、为，设直线与圆的一个交点为，从而根据求出的值，使问题得解.【详解】解：（1）设抛物线的方程为由题意可知，抛物线的焦点为抛物线的方程为.（2）证明：设，由为的中点，得点的坐标为当垂直于轴时，由抛物线的对称性知；当不垂直于轴时，设由，.（3）设存在直线满足题意由（2）知圆心，过作直线的垂线，垂足为，则设直线与圆的一个交点为，连接，则即.当时，此时直线被以为直径的圆截得的弦长恒为定值，因此存在直线满足题意.【点睛】本题主要考查了求抛物线的标准方程，直线与抛物线位置关系的应用，其中将转化为是解决问题（2）的关键，属于中档题.22.已知函数，其中（1）若函数在区间上不单调，求的取值范围；（2）若函数在区
22、间上有极大值，求的值.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）由函数，其中x0，aR可得由题意可得：在区间（1，+）上有解，分离参数可得： 上有解设，利用到时讨论其的单调性即可得出（2）当a0时，函数f（x）在1，+）上单调递增，此时无极值当时，函数f（x）在1，+）上单调递减，此时无极值当时，得.（其中）所以函数f（x）在1，）上单调递减，在（，）上单调递增，在（，+）上单调递减，由极大值，又a2+-1=0，消去a利用导数研究函数的单调性进而得出【详解】（1）因为，所以上有解，所以 上有解.设所以函数在上是减函数，在上是增函数，所以 经验证，当时，函数上单调，所以.（2）当 所以. 当时， 所以. 当时，由，得.（其中） 所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 由极大值. 又 设函数，则， 所以函数在上单调递增.而所以故当时，.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题