1、浙江省名校2020届高三数学仿真训练卷（二）（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A，B互斥，那么如果事件A，B相互独立，那么如果事件A在一次试验中发生的概率为p，那么n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率台体的体积公式，其中表示台体的上、下底面积，h表示台体的高柱体的体积公式，其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高锥体的体积公式，其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高球的表面积公式，球的体积公式，其中R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(
2、)A. B. C. D. 【答案】D【解析】 ,故选D.2.双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由双曲线得，所以渐近线方程为，故选3.九章算术中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”.已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积则该“堑堵”的侧面积为（ ）A. 2B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意和三视图知该几何体是一个直三棱柱,底面为等腰直角三角形，直角边长为，三棱柱的高为2，然后结合棱柱侧面积公式求解即可.【详解】解:根据题意和三视图知该几何体是一个直三棱柱,该棱柱底面为等腰直角三角形，直角边长为，三棱柱的高为2，所
3、以其侧面包括一个边长为2的正方形及两个长和宽分别为2和的长方形，所以其侧面积为，故选:C.【点睛】本题考查三视图及几何体的侧面积,属基础题.4.已知为虚数单位，复数满足，则（ ）A B. C. D. 【答案】C【解析】由题得. 故选C.5.已知，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】B【解析】因为时，“”不成立，所以充分性不成立；当“”成立时，,可得，即“”成立，所以必要性成立，由此“”是“”的必要不充分条件，故选B.6.函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数为偶函数排除,当时,利用导
4、数得在上递减,在上递增,根据单调性分析不正确,故只能选.【详解】令,则,所以函数为偶函数,其图像关于轴对称,故不正确,当时,由,得,由,得,所以在上递减,在上递增,结合图像分析,不正确.故选:D【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性判断函数的图象,考查了利用导数研究函数的单调性,利用单调性判断函数的图象,属于中档题.7.已知，随机变量满足，其中，若，则（ ）.A. B. C. 1D. 【答案】B【解析】【分析】根据分布列的性质计算，再根据方差公式计算，即可得出答案.【详解】 0 ，解得，从而，则.故选：B.【点睛】本题考查离散型随机变量的期望和方差，由题意得熟记离散型随机变量的期望和方差的计算公式
5、是解题的关键，是中档题.8.如图，二面角中，射线，分别在平面，内，点A在平面内的射影恰好是点B，设二面角、与平面所成角、与平面所成角的大小分别为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意画出图形，分别找出二面角及线面角，结合正切函数的单调性及平面的斜线与平面内所有直线所成角中的最小角是线面角进行大小比较【详解】解：当PAl，PBl时，；当PA，PB与l均不垂直时，如图：由已知AB，可得ABl，过A作AOl，连接OB，则OBl，可得AOB为，APB，在平面AOB内，过B作BIAO，则BI，连接PI，则BPI，在RtABO与RtABP中，可得tan，tan，由ABAB，PB
6、OB，可得tantan，则；PB为平面的一条斜线，PB与内所有直线所成角的最小角为，即综上，故选A【点睛】本题考查线面角，面面角及其求法，明确平面的斜线与平面内所有直线所成角中的最小角是线面角是关键，是中档题9.已知，满足，点为线段上一动点，若最小值为，则的面积（ ）A. 9B. C. 18D. 【答案】D【解析】设 则所以 ，所以 从而的面积，选D. 点睛：(1)向量的运算将向量与代数有机结合起来，这就为向量和函数的结合提供了前提，运用向量的有关知识可以解决某些函数问题.(2)以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题.通过向量的运算，将问题转化为
7、解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法.(3)向量的两个作用：载体作用：关键是利用向量的意义、作用脱去“向量外衣”，转化为我们熟悉的数学问题；工具作用：利用向量可解决一些垂直、平行、夹角与距离问题.10.已知函数，若，其中，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先由对数函数的性质求出的范围在，再用基本不等式求解即可【详解】根据题意不防设，则由，得，即，所以因为，所以所以答案为C【点睛】本题考查对数函数的图像与性质、基本不等式，综合性比较强非选择题部分（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.把答案填在题中的横线上.11.已
8、知直角坐标系中，动点满足，则点的轨迹方程是_；轨迹为_【答案】 (1). (2). 一个圆【解析】设点，由题意：得，整理得到点P的轨迹方程为，即，其轨迹为圆.12.已知，则项的二项式系数是_；_.【答案】 (1). 15 (2). 64【解析】项的二项式系数是 , 点睛：赋值法研究二项式的系数和问题“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法， 只需令即可；对形如的式子求其展开式各项系数之和，只需令即可.13.现有一排10个位置的空停车场，甲、乙、丙三辆不同的车去停放，要求每辆车左右两边都有空车位且甲车在乙、丙两车之间的停放方式共有_种.【答案
9、】40【解析】【分析】根据题意，先将甲、乙、丙三辆不同的车排列，使得甲车在乙、丙两车之间，有2种排法，再将剩余的7个空车位分为4组，分别排在甲、乙、丙三辆车形成的四个空上，然后，求出不同的分组方法，最后利用分步乘法计数原理即可求解【详解】先将甲、乙、丙三辆不同的车排列，使得甲车在乙、丙两车之间，有2种排法，再将剩余的7个空车位分为4组，分别排在甲、乙、丙三辆车形成的四个空上，有1，1，1，4；1，1，2，3；1，2，2，2三种分组方法，则不同的分组方法共有种，由分步乘法计数原理得不同的停放方式共有种.【点睛】本题考查计数原理，熟练应用计数原理合理分步是解题的关键，属于简单题.14.在中，为内角
10、的对边，且，则_；的面积为_.【答案】 (1). 4 (2). 【解析】【分析】根据平方关系得出，结合正弦定理，得出，再利用两角和的正弦公式得出，最后由三角形面积公式得出的面积.【详解】在中，由得由正弦定理得，即，解得.则的面积为.故答案为：；【点睛】本题考查正弦定理、三角形的面积公式、三角恒等变换，属于中档题.15.将公差不为零的等差数列，调整顺序后构成一个新的等比数列，其中，则该等比数列的公比为_【答案】或【解析】【分析】设等差数列的公差为 ，分别利用，为等比中项得到公差与首项的等量关系，再运用定义求新数列的公比，即可求解.【详解】设等差数列的公差为，则，则，或，不成等比数列；（1）若，或
11、，成等比数列，则，即，解得，此时等比数列，的公比为，等比数列，的公比为；（2）若，或，成等比数列，则，即，解得，此时等比数列，的公比为，等比数列，的公比为综上可得，等比数列的公比为或故答案：或【点睛】本题主要考查了等差、等比数列的定义，以及等比数列的通项公式的应用，其中解答中分别利用，为等比中项得到公差与首项的等量关系，再运用定义求新数列的公比是解答的关键，着重考查推理与运算能力16.已知椭圆的右焦点为，其关于直线的对称点在椭圆上，则离心率_，_【答案】 (1). . (2). .【解析】【详解】分析：设出Q的坐标，利用对称知识，集合椭圆方程推出椭圆几何量之间的关系，然后求解离心率即可详解：设
12、Q（m，n），由题意可得，由可得：m=，n=，代入可得，可得，解得e=所以Q(0，1)所以是等腰直角三角形，所以故答案(1) (2) 点睛：（1）本题主要考查椭圆的简单几何性质和对称问题，意在考查学生对这些基础知识的转化能力和分析能力.(2)求点A关于直线l：的对称点B时，由于直线l是AB的垂直平分线，所以只需解方程即可.17.已知，且，则的最小值是_.【答案】【解析】【分析】构造倒数关系将所求关系式转化为，利用基本不等式求和最小值即可.【详解】因为，所以，当且仅当，即时，取等号.故答案为：【点睛】本题考查基本不等式的应用求最值，通过构造倒数关系，利用基本不等式求最值要注意利用“一正、二定、三
13、相等”来确定取到最值的条件，属中档题.三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.18.已知函数（）求函数的最小正周期及最大值；（）若，求的所有根的和【答案】（）最小正周期为，最大值为（）【解析】【分析】（）首先利用二倍角公式与两角和的正弦公式化简函数解析式，然后根据正弦函数的图象与性质求解；（）根据的取值范围利用整体思想结合正弦函数的图象与性质求解【详解】解：（）由题意得，则函数的最小正周期为，最大值为 （）因为，则，易知在上有2个根，则不妨设分别为，所以，则，因此，所有根的和为【点睛】本题考查二倍角公式，两差和的正弦公式公式、正弦函数的图象与性质属于
14、基础题19.如图，四边形为梯形， 点在线段上，满足,且，现将沿翻折到位置，使得（1）证明：；（2）求直线与面所成角的正弦值【答案】（）见解析.（）.【解析】分析：（）先证明，即证.( )利用空间向量法求直线与面所成角的正弦值详解：（）连，所以所以BD=因为 又 从而 所以 （） 由，如图建系，则设平面的法向量为，由，可取 ， 20.若数列是正项数列，且（1）求的通项公式；（2）设求数列的前项和【答案】.【解析】【分析】(1)根据题干得到（n1），和题干中的式子相减得到=2n(n1)，再检验N=1时符合通项公式，可得到数列的通项；（2）根据第一问得到=，再由错位相减得到结果.【详解】（1）,（n
15、1）,两式相减得到=2n(n1),当n=1时，符合通项公式，故得到（2）根据第一问得到=，数列的前项和为 = 两式相减得到 由等比数列的前n项和公式得到，最终得到.【点睛】这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等21.F是抛物线的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，过三点的圆的圆心为Q，点Q到抛物线C的准线的距离为.（1）求抛物线C的方程；（2）若点M的横坐标为，直线与抛物线C有两个不同的交点A，B，l与圆
16、Q有两个不同的交点D，E，求当时，的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据抛物线上的点到抛物线的准线的距离为列方程求解；（2）联立直线与抛物线的方程得到一元二次方程，利用韦达定理结合点到直线的距离公式与两点间距离公式、函数的性质求解最值.【详解】（1）抛物线的焦点，设，由题意可知，则点Q到抛物线C的准线的距离为，解得，于是抛物线C的方程为.（2），的垂直平分线方程为，圆Q的半径.由得，设，.，又Q到l的距离，.令，令，则，当时，.【点睛】本题考查抛物线的概念与性质、直线与抛物线的位置关系，还考查了抛物线中最值问题，属于较难题.22.设，已知函数（）求函数的单调区间； （）求函数
17、在上的最小值；（）若, 求使方程有唯一解的的值【答案】（），则在上递增，则在在上递减，上递增，（）（）.【解析】【分析】（1）令大于0、小于0，讨论a范围求解.（2）直接由（1）的单调性得最小值.（3）令，令得 在递减，上递增，有唯一解， 得到a与的关系，转化为的方程，求得进而求得a.【详解】（）定义域为， ，则在上递增，则在在上递减，上递增， （）由（）可知，时，在上是增函数，；当时，在上递减，上递增，；综上， （）令，由题意，得方程有唯一解，又，定义域为， 令得 在递减，上递增，有唯一解， 由即得，设，易知在递增，且 方程的解为即，解得，故，当时，方程有唯一解时的值为【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用导数研究函数在区间上的最值问题，同时考查了函数的零点问题，渗透了分类讨论思想，是一道综合题
