1、浙江省名校2020届高三数学预测冲刺卷（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，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球的表面积公式，球的体积公式，其中表示球的半径棱柱的体积公式，其中表示棱柱的底面积，表示棱柱的高棱锥的体积公式，其中表示棱锥的底面积，表示棱锥的高棱台的体积公式，其中，分别表示棱台的上下底面积，表示棱台的高选择题部分（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.若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】
2、A【解析】【分析】先由，求得，再利用一元二次不等式的解法化简集合，然后利用交集的定义求解.【详解】因为，所以或，又或，所以，故选：A【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法、集合的交集、补集运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题2.双曲线的右焦点到双曲线的渐近线的距离为1，则双曲线的方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由点到直线的距离公式可得双曲线焦点到渐近线的距离等于b，由此可求得，得双曲线方程.【详解】双曲线一个焦点为，一条渐近线为，即，则焦点到渐近线的距离为，所以，又，则，所以双曲线方程为，故选：C.【点睛】本题考查双曲线的几何性质、点到直线的距离公式，解题关
3、键是掌握性质：双曲线的焦点到其渐近线的距离等于短半轴长.3.如图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为则该几何体的俯视图可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：由已知条件该几何体是一个棱长为的正方体沿对角面截去一半后的三棱柱，底面为直角边长为的直角三角形故选C考点：空间几何体的三视图、直观图4.已知复数,则的共轭复数()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】对复数进行化简，然后得到，再求出共轭复数.【详解】因为，所以，所以的共轭复数故选A项.【点睛】本题考查复数的四则运算，共轭复数的概念，属于简单题.5.4位同学与语文老师、数学老师排成一排
4、留影，要求两位老师不能相邻，也不能站两端，则不同的站法种数为（ ）A. 48B. 72C. 96D. 144【答案】D【解析】【分析】方法一：利用插空法，先排学生，再插空排老师，然后计算即可得解；方法二：先分类讨论教师所站位置的情况，再结合学生排列情况求解即可.【详解】方法一：用插空法.先排学生，再插空排老师，共有（种）不同的站法.方法二：用分类讨论思想.教师站的位置有“师师”“师师”“师师”三种情况，故共有（种）不同的站法.故选:D【点睛】本题考查计数原理、排列组合以及插空法，考查分类讨论思想以及学生的运算求解能力，属于中档题6.已知实数满足不等式组，则的最小值为（ ）A. B. C. 1D
5、. 13【答案】A【解析】【分析】通过实数满足约束条件直接画出此二元一次不等式组表示的平面区域；平移目标函数，观察分析即可求出的最小值.【详解】由不等式组作出平面区域：将目标函数化为：.要求的最小值，即求直线的截距的最大值.由图可知直线过点时截距最大，值最小.即的最小值为：故选：A.【点睛】本题考查简单线性规划的应用，考查计算能力与作图能力，以及表达式的几何意义属于基础题.7.函数在上的大致图象为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用排除法，根据，可排除A，B；根据可排除C；进而可得结果.【详解】因为，且，则函数在内有两个零点，选项A，B错误；结合，且，可排除C选项，故选
6、：D.【点睛】本题主要考查函数图象的识辨，考查逻辑思维和估算能力，考查直观想象核心素养，属于中档题.8.若函数在上有两个零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】利用韦达定理用零点表示出，求出，整理成的一次函数，由的范围得一中间结论，再由的范围得结论【详解】设函数在上的两个零点为，即一元二次方程的两实根分别为，不妨设由韦达定理得，因此，一方面，可看成关于的一次函数，由，显然可知上述函数为增函数，又，所以，即；，综上，故选：A【点睛】本题考查二次函数的图象和性质、函数的零点问题由于零点的范围已知，因此可用韦达定理把用零点表示，把其中一个作这主元，根据函数的单调性得
7、出范围9.正四棱台中，侧棱与底面所成角为，侧面与底面所成二面角为，侧棱与底面的对角线所成角为，平面与平面所成二面角为，则，之间的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将棱台恢复成为棱锥，作出（或找到）棱锥的侧棱与底面棱所成的角，侧面与底面所成的二面角，棱锥的两侧面所成的二面角，由正棱锥的性质可确定，锐角，用正切的大小比较角的大小，由余弦定理得为钝角，从而得出结论【详解】将棱台恢复成为棱锥，过顶点作底面的垂线，交底面于点，则为与的交点，由与垂直得平面垂直，从而，因此，过点作，交于点，连接，则，则，又，故过点作交于点，连接，则，而，所以因此，所以，因此，故选：B【点睛】
8、本题考查空间线线角线面角、二面角解题关键是作出直线与平面所成的角，作出二面角的平面角，求出异面直线所成的角，然后利用正切函数性质，余弦定理确定角的范围和大小10.已知数列，满足，若，则的可能取值的个数为（ ）A. 7B. 8C. 9D. 10【答案】C【解析】【分析】记，若，则，由，得又有，故令，即可得到，再由，即可得到，根据的取值范围，得到的可能取值；【详解】解：记，若，则因此由，得又有，故令，则，故，所以由，得，因此的可能取值有9个，故选：C【点睛】本题考查三角代换、换元思想的应用，属于中档题非选择题（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
9、案填在题中的横线上11.已知幂函数的图象过点，则此函数的解析式为_；在区间_上单调递减【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】设，由题意可得，可求得值，再利用幂函数的单调性可求得函数的单调递减区间.【详解】设，代入得，解得，所以此函数的解析式为函数在定义域内单调递减，故单调递减区间为故答案为：；.【点睛】本题考查幂函数解析式和单调区间的求解，解答的关键就是求出幂函数的解析式，考查计算能力，属于基础题.12.设，其中实数，则_，_【答案】 (1). 1 (2). 6【解析】【分析】令可求得，列出的展开式可得的展开式，提出公因式再利用赋值法即可得解.【详解】令可得，因为，所以，则，令，得故答
10、案为：；6【点睛】本题考查二项式定理、赋值法求指定项的二项式系数，属于中档题.13.在中，角，的对边分别为，已知，则_，的面积为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据正弦定理得求出，即可求出的值；再根据三角形的面积公式，即可求出结果【详解】由正弦定理得，又，所以，因此，所以，因此，于是得的面积为故答案为：；【点睛】本题考查正弦定理、三角形的面积公式，注意根据三角形中“大边对大角”确定角的取值范围，本题属于基础题.14.甲乙丙丁参加数学学业水平考试,四人能够考到A等级的概率都是0.8,记随机变量X为四人中能考到A等级的人数,则X的数学期望_,方差_.【答案】 (1). (2). 【
11、解析】【分析】根据二项分布的期望与方差的公式,以及与的关系求解即可.【详解】由题可知随机变量服从二项分布,则,则.故答案为：；【点睛】本题考查离散型随机变量的期望和方差二项分布.属于基础题.15.已知单位向量的夹角为，设，则当时，的取值范围是_【答案】【解析】，所以，不妨令，原式，当时当时所以的取值范围是点睛：本题借助向量考查了范围问题，先根据题目条件计算出的表达式，然后运用换元法令，转换为，计算其范围可以先判定其单调性，然后借助极限法求得结果16.已知，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由得到，根据，得到 ，构造函数，利用其性质得，即同理，代入原式化简即可【详解】因为，当且仅当时等号成
12、立因为，所以 所以 所以 ，令，y在的图象如图所示：所以，所以，即同理，故，所以故答案为：【点睛】本题考查基本不等式、不等式的性质以及双勾函数的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.17.若直线交椭圆于，两点，则线段的中垂线在轴上的截距的取值范围是_【答案】【解析】【分析】设，线段的中点为，然后分和两种讨论，当时，联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理可得，然后算出、，然后求出的范围和得到，然后可得直线在轴上的截距为，即可求出答案.【详解】设，线段的中点为当时，易得线段的中垂线在轴上的截距为0；当时，由，得，所以，于是有，因为所以，因为，所以，因为直线的方程为，所以直线在轴上的截距为综上，
13、线段的中垂线在轴上的截距的取值范围是故答案为：【点睛】涉及椭圆的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体代入”等解法.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；（）将的图象向右平移个单位得到的图象，若，不等式恒成立，求实数的取值范围【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）利用三角恒等变换求解；（）利用正弦函数性质求解【详解】解：（），所以函数的最小正周期为（）由题意得，将的图象向右平移个单位得到，即，可得，又，则，则，等价于，则有，依题意得且，解得【点睛】本题考查三角恒等变换、正弦函数
14、的性质19.如图，在三棱台中，平面平面（）证明：平面；（）求与平面所成角的正弦值【答案】（）见解析；（）.【解析】【分析】（）证法一：在上取点，使，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得平面；证法二：在平面内过点作，连接，证明出平面平面，再利用面面平行的性质定理可得出平面；（）连接，推导出平面，可得出，进一步推导出平面，可得出，然后取的中点，连接，推导出，过点作交于点，连接，推导出平面，可得出为直线与平面所成的角，然后通过解三角形可解出的值.【详解】（）证法一：在上取点，使，连接、，且，由棱台的性质可知，且，且，四边形是平行四边形，又平面，平面，平面；证法二：
15、在平面内过点作，连接，又，且，四边形是平行四边形，平面，平面，平面，又，平面，平面，平面，平面平面，平面，平面；（）连接，在直角梯形中，又，又平面平面，平面平面，平面，平面，平面，在中，由余弦定理得，又，平面，平面，取的中点，连接，且，四边形为平行四边形，则，过点作交于点，连接，平面，平面，且，平面，为与平面所成的角在中，由余弦定理得，则，因此，与平面所成角的正弦值为【点睛】本题考查线面平行的证明，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.已知数列的前项和为，且对于任意正整数，有，成等差数列，且数列满足（）求数列，的通项公式；（）设，求数列的前项和【答案】（）
16、，；（）.【解析】【分析】（）利用等差数列的性质并结合得递推关系，再构造等比数列求解的通项，同样的方法求的通项；（）结合（）求得，利用分组求和及错位相减法求解即可【详解】解：（）因为，成等差数列，则，当时，解得，当时，得，即，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，故又由，得当时，当时，得，经验证当时也适合，故所求的数列，的通项公式分别为，（），设，两式相减可得，则，【点睛】本题考查等差数列、等比数列、考查了错位相减法求数列的前项和，属于中档题21.如图，斜率为的直线交抛物线于两点，已知点的横坐标比点的横坐标大4，直线交线段于点，交抛物线于点（1）若点的横坐标等于0，求的值；（2）求的最
17、大值【答案】（1）8;（2）【解析】【分析】（1）先根据点的坐标得的值，然后将直线的方程与抛物线方程联立，构建关于的二次方程，最后利用弦长公式求解；（2）先设出直线的方程，与抛物线方程联立，构建关于的二次方程，再根据点的横坐标满足的条件可求得满足的关系式将直线的方程联立，可求得点的横坐标，将直线的方程与抛物线方程联立，构建关于的二次方程，结合根与系数的关系、弦长公式、二次函数的最值即可求解【详解】解：（1）， 联立得，设，则（2）设的方程为，代入，得， 由， 联立得， 则.所以，当时，取得最大值【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，考查考生的数形结合能力以及运算求解能力，考查的核心素养是
18、数学运算计算量较大是本题的难点也是本题的易错点.22.已知，函数，（）求函数在处的切线；（）若函数在处有最大值，求实数a的取值范围【答案】（）（）【解析】【分析】（I）根据导数的几何意义求切线斜率，从而写出切线的方程；（）利用“先必要，后充分”的方法缩小参数范围，减少分类讨论的情形，并通过导数研究函数的单调性，从而判断并求解函数在给定区间内的最值【详解】解：（）因为， 则，又有， 故函数在处的切线为 （）由知函数的图象过定点，且，又因为函数在处有最大值，则，即 当时，在上恒成立，在上单调递增，所以在处有最大值，符合题意； 当时，令，则，从而知在上单调递增，上单调递减，上单调递增，故函数在上的最大值为或 又因为，所以，即，令，则在上单调递增，且，可得，则 综上，实数的取值范围为【点睛】本题考查导数的运算及其几何意义、利用导数研究函数的性质，属于中档题
