1、浙江省名校新高考研究联盟（Z20联盟）2020届高三数学下学期第三次联考试题（含解析）第卷(选择题共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中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知全集，集合，则（ ）A. B. 2，4)C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，求出集合的等价条件，再根据集合的基本运算进行求解即可.【详解】由题意，由，即，解得或，所以或，故，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查集合的基本运算，考查解分式不等式，属于基础题.2. 椭圆的焦点是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据椭圆方程计算可得；【详解】解：因为
2、所以，所以，所以所以椭圆的焦点坐标为，故选：A【点睛】本题考查椭圆的简单几何性质，属于基础题.3. 若复数(为虚数单位)满足，其中为的共轭复数，表示的虚部，则的值为（ ）A. B. C. 1D. 【答案】A【解析】【分析】先计算的值，再根据共轭复数虚部的定义及共轭复数的概念可求得的值，最后代入模的计算公式，即可得答案；【详解】，故选：A.【点睛】本题考查复数新定义题、复数模的计算、共轭复数的概念，考查逻辑推理能力、运算求解能力.4. 设，若，则的（ ）A. 最小值为B. 最小值为C. 最大值为D. 最大值为【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式的性质即可得出.【详解】解：，当且仅当，即时等号
3、成立，故选：D.【点睛】本题考查对数的运算，考查基本不等式求最值，是基础题.5. 若实数，满足约束条件则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用约束条件画出可行域，然后利用目标函数的几何意义得最值.【详解】由题意，实数，满足约束条件，如图：图中阴影部分由，解得，目标函数化为，由图可知当目标函数过时得最大值，此时.故选：C.【点睛】本题考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题.6. 函数的图像可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先判断出为奇函数,从而排除C，D选项，再当时，则可得，则可判断出，从而排除A，得出答案.【详解】由
4、可得，所以为奇函数,从而排除C，D选项.又当时，则可得又为减函数，所以，即当时，从而排除A.故选：B【点睛】本题考查函数的奇偶性，考查三角函数值的大小比较，考查指数函数的单调性，函数图像的识别，属于中档题.7. 已知数列满足，则“”是“对任意，都有”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】B【解析】【分析】构造函数，利用导数分析函数的单调性，并得出当时，；当时，利用特殊值法以及逻辑推证法，结合充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】构造函数，则，所以，函数在上是减函数.则当时，；当时，.取，则，所以，“”“对任意，都有”，若对任意，则，
5、即，即，.所以，“对任意，都有”“”.因此，“”是“对任意，都有”的必要不充分条件.故选：B.【点睛】本题考查必要不充分条件的判断，涉及导数的应用，考查推理能力，属于中等题.8. 随机变量的分布列是（ ）246A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由均值的定义求出均值,由方差公式计算出方差做差比较可得.【详解】， 故选：A【点睛】1均值与方差的一般计算步骤(1)理解的意义，写出的所有可能取的值；(2)求取各个值的概率，写出分布列；(3)根据分布列，由均值的定义求出均值，进一步由公式求出9. 已知空间向量两两相互垂直，且，若则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析
6、】【分析】设，根据题意可得，再利用基本不等式，即可得答案；【详解】设，等号成立，当且仅当，故选：C.【点睛】本题考查向量的数量积、基本不等式，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意验证等号成立的条件.10. 已知函数（ ）命题：对任意的是函数的零点；命题：对任意的是函数的极值点.A. 命题和都成立B. 命题和都不成立C. 命题成立，命题不成立D. 命题不成立，命题成立【答案】C【解析】【分析】根据零点和极值点的定义对两个命题进行判断【详解】，即，命题正确对，是可导函数，且，时，由得，因此曲线是椭圆的上半部分（满足的部分），由得，因此曲线是圆的上半圆（满足的部分），点始终是两曲线公共点，圆的
7、圆心是，半径是，当正数接近于0时，圆在椭圆内部，当逐渐增大时，圆半径增大，圆与椭圆的位置关系由相切（圆在椭圆内部）演变为相交再变为相切（椭圆在圆内部），（注意两个曲线不相同，不可以重合，所以中间经过相交过渡），两曲线在点相切时，在处取得极值，当两曲线相交时，在处不是极值所以命题错误故选：C【点睛】本题考查命题的真假判断，掌握零点和极值的定义是解题关键本题直接研究极值（用导数的正负）不太方便，而从两曲线的位置关系入手抓住位置关系的变化过程的连续性可以直观地确定是否是函数的极值点第卷(非选择题共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. 大约在2000多
8、年前，由我国的墨子给出圆的概念：“一中同长也”意思是说，圆有一个圆心，圆心到圆周的长都相等，这个定义比希腊数学家欧几里得给圆下定义要早100年，已知为原点，若，则线段长的最小值为_【答案】【解析】【分析】依题意可得为以圆心，为半径的圆，求出，由计算可得；【详解】解：依题意可得为以圆心，为半径的圆，因为，所以故答案为：【点睛】本题考查点与圆上的点的距离最值，属于基础题.12. 在二项式的展开式中，系数为有理数的项的个数是_；二项式系数最大的项为_.【答案】 (1). 4 (2). 【解析】【分析】根据通项公式可得系数为有理数的项的个数，根据二项式系数的性质可知第4项的二项式系数最大，根据通项公式
9、计算可求得结果.【详解】因为，所以当时，系数为有理数，故系数为有理数的项的个数是4；因为，二项展开式共有项，其中第4项二项式系数最大，即，所以.故答案为：4；.【点睛】本题考查了二项展开式的通项公式的应用，考查了二项式系数的性质，属于基础题.13. 某四棱锥的三视图如图所示，则它的体积为_，表面积为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据三视图可知，该四棱锥是底面为等腰直角三角形，高为2的直三棱柱，截去一个同底等高的的三棱锥所得部分，其体积利用三棱柱的体积减去截去三棱锥的体积求解.表面积根据各面的形状，利用三视图提供的数据，求得各面的面积再求和.【详解】由三视图可知，该四棱锥是底面
10、为等腰直角三角形，高为2的直三棱柱，截去一个同底等高的的三棱锥所得部分，如图所示：所以该四棱锥P-ABCD的体积为：，在矩形ABCD中，AB=2，BC=，所以S矩形ABCD=，在中，所以，在中，所以，在中，所以，在中，所以，所以该四棱锥P-ABCD表面积为：S= S矩形ABCD，故答案为：；【点睛】本题主要考查三视图的应用求几何体的体积和表面积，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.14. 如图，在平面凸四边形中，为对角线的中点.若.则_，_.【答案】 (1). 3 (2). 【解析】【分析】设，则，由，利用余弦定理建立，解方程即可得到答案；在中，由余弦定理即可算得.【详解】设，则，因
11、为，P为AC的中点，所以，又，所以，即，代入数据有，解得，所以；在中，由余弦定理得，所以.故答案为：3；.【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.15. 由1，2，3，4，5构成的无重复数字的五位数中，相邻两个数字的差的绝对值不超过2的情况有_种(用数字作答)【答案】20【解析】【分析】分个位数字分别为1，2，3，4，5五种情况，分别列举求解即可.【详解】当个位数字为1时，符合的五位数是：54321，45321,53421,35421,54231,24531共6种；当个位数字为2时，符合的五位数是：54312，45312,13542共3种；当个位数字为3时，
12、符合的五位数是：54213,12453共2种；当个位数字为4时，符合的五位数是：53124,12354,21354共3种；当个位数字为5时，符合的五位数是：12435，42135,12345,21345,31245,13245共6种；合计符合条件的共有20种.故答案为：20【点睛】本题考查了分类计数原理的应用，考查了列举法求解排数问题.16. 函数在区间上的最大值记为，最小值记为.若函数，_【答案】【解析】【分析】对函数的对称轴与区间端点，的大小关系分类讨论，再根据二次函数的单调性即可求出，记，再求在上的最小值，即可得到答案.【详解】函数的对称轴，当，即时，函数在上单调递增，所以；当，即时，函
13、数在上单调递减，在上单调递增，所以；当，即时，函数上单调递减，所以；设，则，因为，所以当时，在上单调递减，所以；当时，在上单调递减，所以，综上：在上的最大值为，所以.故答案为：【点睛】本题以“轴动区间定”的二次函数问题为背景，主要考查函数的最值、单调性，同时考查分类讨论思想的应用，主要以对称轴和区间的位置关系分三种情况进行讨论，属于中档题17. 斜线与平面成15角，斜足为，为在内的射影，为的中点，是内过点的动直线，若上存在点，使，则则的最大值是_，此时二面角平面角的正弦值是_【答案】 (1). 2 (2). 【解析】【分析】(1)作图，不妨设，由已知可得点，在以为弦长的圆上，其中为圆心，当直线
14、过圆心时，最大，此时，然后即可求解(2)作图，利用(1)的条件，由于，斜线与平面成15角，可求出，过点作，是二面角的平面角，然后利用即可求解.【详解】，点，在以为弦长的圆上，其中圆心，则，如图：不妨设，当直线过圆心时，最大，此时，的最大值为2，而此时，为等腰三角形，此时，过点作，平面，是二面角的平面角，斜线与平面成15角，即在中， ，如图：，在中，可求得，在中，.故答案为：2；.【点睛】本题考查线面角和面面角的运用，属于较难题.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）求函数的最小正周期及的值；（2）若方程在上有3个解，求实数的取值范
15、围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先化简函数，进而可得结论；（2）先由，可得或，再结合图象列不等式，解得即可.【详解】（1）所以函数的最小正周期，.（2）由题意，或.又，如图： 考虑要有3个解，结合图像可知故.【点睛】本题考查三角函数的化简，考查三角函数的图象与性质，考查学生转化问题的能力，属于基础题.19. 如图，在中，为的中点，.现将沿翻折至，得四棱锥.（1）证明：；（2）若，求直线与平面所成角的正切值【答案】（1）证明见解析；（2）7【解析】【分析】（1）设为的中点，通过证明，来证明面，从而证得；（2）法一：连结，设在面上的射影点为，则由题知点在上，且为直线与平面所成角，通
16、过条件算出，即可求得直线与平面所成角的正切值；法二：如图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，运用向量法求解直线与平面所成角的正切值.【详解】（1）设为的中点，为的中点，则，故，则，又，则，所以是的角平分线，且三点共线.由，且,得面，则；（2）法一：连结.由平面得，平面平面，交线为，所以在面上的射影点在上，为直线与平面所成角.在中，由余弦定理得，故，又，在得，由余弦定理得，则，所以，由（1）得为角平分线，在中，由余弦定理得，则，所以，所以直线与平面所成角的正切值为7.法二：如图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系.，设，由，得，得.,平面法向量为，设直线与平面所成角为，所以，,则，所以直线与平面所
17、成角的正切值为7.【点睛】本题主要考查了直线与直线垂直的证明，直线与平面所成角的求解，考查了转化与化归的思想，考查了学生的直观想象，逻辑推理与运算求解能力.20. 设数列的前项和为，（1）求的值及数列的通项公式；（2）是否存在正整数，使得.若存在，求所有满足条件的；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，【解析】【分析】（1）通过即可求出的值，再分为奇数，为偶数讨论，可得数列的通项公式；（2）分别求出数列奇数项和偶数项的和，代入和，分别计算即可.【详解】（1），当为奇数时，则，当为偶数时，综上所述；（2）当时，则；当时，则；，则时，舍去；当时，故，符合条件；而时，则不可能为整数；，则
18、时，；当时，则都符合条件；当时，舍去；而时，则不可能为整数，综上所述，存在，.【点睛】本题考查了等差数列，等比数列的通项公式及求和公式，考查分类讨论的思想，推理能力与计算能力，是中档题.21. 如图，已知抛物线焦点为，过上一点作切线，交轴于点，过点作直线交于点.（1）证明：；（2）设直线，的斜率为，的面积为，若，求的最小值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）设过点与相切的切线，与抛物线联立，利用可得，进而可得点坐标，再设直线，与抛物线联立，利用韦达定理可得答案；（2）利用（1）的结果可得，代入，可得与的关系，再利用弦长公式和点到直线的距离公式求出和点到的距离，则可表示出，利
19、用换元法和求导求其最小值.【详解】（1）设过点与相切切线，联立，消去得，由，则，则，因为直线的斜率不为0，设直线，联立方程得，故；（2）由（1）得，则整理得，即，当时，点在轴上方，必有，与矛盾所以必有，则，则故，则，点到的距离，令，则，令，则则对于函数，则，则函数在上单调递增，在上单调递减，故的最小值为.【点睛】本题考查直线和抛物线的位置关系，考查抛物线中面积的计算及最值的求解，本题计算量较大，适当利用换元法可使计算变简单，是一道难度较大的题目.22. 已知函数.（1）当时，求函数的单调递增区间；（2）对任意均有，求的取值范围.注：为自然对数的底数.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）对函数进行求导，解不等式，即可得答案；（2），利用换元法令，将问题转化为为恒成立问题，再对分类讨论.【详解】（1）当时，.由得.-0+极小值则在上单调递减，在上单调递增；综上所述，在上单调递增.（2）令，则(0，1)1+0-极大值则，则上式可化为，当，则上式恒成立，故.当或.对于，易得在单调递增，故.对于，求导，令，得上单调递增，在上单调递增.令，故1-0+极小值则，故.所以综上所述，.【点睛】本题考查利用导数求函数的单调递增区间、根据不等式恒成立求参数的取值范围，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.
