1、浙江省名校2020届高三数学仿真训练卷（一）（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.设集合，则（ ）
2、A. RB. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先解含绝对值不等式得集合A，再根据集合的交集与补集定义求结果.【详解】由集合解得则故，故选.【点睛】本题考查含绝对值不等式以及交集与补集定义，考查基本求解能力.2.若复数，为虚数单位，则A B. C. D. 【答案】B【解析】 ,选B.,3.如图是半球和圆柱组合而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由三视图知半球的半径为1，圆柱的底面圆半径为1，高为2，根据球的体积公式和柱体体积公式，即可求得该几何体的体积.【详解】由三视图知半球的半径为1，圆柱的底面圆半径为1，高为2，根据球的体积公
3、式和柱体体积公式：该几何体的体积，故选：B【点睛】本题主要考查三视图、圆柱与球的体积，意在考查考生的逻辑思维能力、空间想象能力、运算求解能力，考查的核心素养是直观想象、数学运算4.已知为实数，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】【分析】根据充分条件、必要条件的定义即可得出结果.【详解】由，取则，所以是的不充分条件；由则有，成立，所以是的必要条件综上，是的必要不充分条件故选：B【点睛】本题考查了充分条件、必要条件的定义，属于基础题.5.若实数满足条件，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析
4、：画出所表示的可行，如图，当直线过时，的最大为，故选C.考点：1、可行域的画法；2、最优解的求法.【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.6.若用红、黄、蓝、绿四种颜色填涂如图方格，要求有公共顶点的两个格子颜色不同，则不同的涂色方案数有 A. 种B. 种C. 种D. 种【答案】C【解析】分析：直接按照乘法分步原理解答.详解：按
5、照以下顺序涂色，,所以由乘法分步原理得总的方案数为种.所以总的方案数为96，故答案为：C点睛：（1）本题主要考查排列组合计数原理的应用，意在考查学生的逻辑思维能力和排列组合的基本运算能力.解答排列组合时，要思路清晰，排组分清.（2）解答本题时，要注意审题，“有公共顶点的两个格子颜色不同”，如C和D有公共的顶点，所以颜色不能相同.7.函数的大致图象是（ ）.A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数的奇偶性和利用导数得出其单调性，即可得出答案.【详解】函数的定义域为，所以函数为偶函数，函数图象关于轴对称，排除A，D；，令，故函数在上单调递增由可知，当时，函数单调递增，排除B，只有
6、C选项中的图象符合.故选：C【点睛】本题主要考查了函数图象的识别，函数的图象可以从定义域、值域、增减性、奇偶性、图象经过的特殊点等方面判断，属于中档题.8.已知两个平面和三条直线,若,且,设和所成的一个二面角的大小为,直线和平面所成的角的大小为,直线所成的角的大小为,则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】在一个平行六面体中,对三个角进行比较,即可选出正确答案.【详解】如图,在平行六面体中, 不妨设面 为,面 为,.则, 此时,由图可知,.只有C选项符合.故选:D.【点睛】本题考查了线面角,考查了面面角的概念.一般情况下,涉及到线面角和面面角问题时可借助空间向量进行求解.但在
7、本题中,没有具体的几何体,因此,我们可以采取举实例的方法,在一个具体地几何体中探究角的大小关系.9.已知是两个非零向量，且，则的最大值为A. B. C. 4D. 【答案】B【解析】【分析】先根据向量的模将转化为关于的函数，再利用导数求极值，研究单调性，进而得最大值.【详解】,，令,则，令，得当时， ，当时， ， 当时， 取得最大值，故选B.【点睛】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.当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分
8、析】解不等式可得，时不等式恒成立转化为即可.【详解】由，得，解得，因为当时，不等式恒成立，所以，则，故选：A【点睛】本题主要考查不等式恒成立问题，转化思想，子集，正确求解不等式得到不等式的解集是解题的关键，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.把答案填在题中的横线上.11.等差数列的前项和为，若，则公差_；通项公式_【答案】 (1). 1 (2). 【解析】因，所以 12.已知函数则_，的最小值为_【答案】 (1). 2 (2). 【解析】【分析】利用分段函数，分别求的各段函数的最小值，即可求解分段函数的最小值.【详解】函数
9、，则，当时，二次函数开口向上，对称轴，函数的最小值为；当时，函数是增函数，时函数取得最小值为，时，综上函数的最小值为，故答案为 2， .【点睛】求分段函数的最值要注意：分段函数的最小值是各段最小值中最小值，最大值是各段最大值中最大值，值域是各段值域的并集.13.已知随机变量分布列为01若成等差数列，且，则b的值是_，的值是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由等差中项及分布列可得，联立求解，然后结合方差公式运算即可.【详解】解:由成等差数列得，又由分布列得，联立解得，则,故答案为:;.【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列、期望和方差,熟记离散型随机变量的期望和方差公式是解题的关
10、键,属基础题.14.若的展开式中所有项的系数的绝对值之和大于100，则的最小值为_；当取最小值时该展开式中的常数项是_【答案】 (1). 4 (2). -12【解析】【分析】根据题意可知的展开式中所有项的系数和大于100，令，解得，即的最小值为4，再利用二项式展开式的通项即可求解.【详解】的展开式中所有项系数的绝对值之和等于的展开式中所有项的系数和，令，得，解得因为，所以的最小值为4当时，该展开式的通项，由，得，所以该展开式中的常数项是故答案为：4；-12【点睛】本题考查了赋值法求二项式的系数和以及二项式展开式的通项，需熟记公式，属于基础题.15.在中，点在线段上，且，则的最大值是_【答案】【
11、解析】【分析】由角和边可求出外接圆半径，设外接圆的圆心为，利用余弦定理求出，而，再由，求出的最大值.【详解】设的外接圆的圆心为，则由正弦定理得，又因为，所以，则在中，由余弦定理得，所以，则，当且仅当，三点共线时，等号成立，所以的最大值为故答案为：【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理,利用正弦定理和余弦定理求解相关线段的长度是解题的关键16.已知点为单位圆上的动点，点为坐标原点，点在直线上，则的最小值为_【答案】2【解析】【分析】设出动点坐标，用坐标运算计算出向量的数量积，然后由辅助角公式和二次函数性质可求得最小值【详解】设，则，所以又，故令，则，又，当 即时等号成立，故故答案为2【点睛】本题考查
12、平面向量的数量积的最值，解题关键是建立一个函数式，本题中有两个动点，因此要有两个变量，为此设，这样建立关系后，注意到两变量之间没有任何关系，因此可分别求最值，即先对求最值，再对求最值17.设函数有两个零点，则实数的值是_.【答案】【解析】分析：将原问题进行换元，转化为两个函数有两个交点的问题，然后结合函数图像的特征整理计算即可求得最终结果.详解：不防令，则.原问题转化为函数与函数的图像有2个交点，函数的图像是确定的，如下所示(三个函数图像对应满足题意的三种情况)，而函数是一动态V函数，顶点轨迹y=x，当动态V函数的一支与反比例函数相切时，即为所求.联立可得，则满足题意时：，解得：，注意到当V函
13、数的顶点为时满足题意，此时.综上可得：实数的值是.点睛：函数零点的求解与判断方法： (1)直接求零点：令f(x)0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间a，b上是连续不断的曲线，且f(a)f(b)0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点三、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.已知函数在上是减函数（）求的最小正周期和对称轴方程；（）求实数的取值范围【
14、答案】（）；，；（）.【解析】【分析】（）利用三角恒等变换化简函数解析式，再借助正弦函数的图象与性质求解即可；（）求出函数的单调递减区间，由此得到关于的不等式组，通过解不等式组，并结合的范围，即可得解.详解】（）所以的最小正周期为，令，解得，所以的对称轴方程为，.（）由（）可知，解得，所以，在上是减函数， 所以，即，因为在上是减函数，所以，即，结合，且，解得，所以.所以实数的取值范围为.【点睛】本题考查了三角恒等变换及正弦函数的图象与性质，具体考查了两角差的余弦公式、二倍角公式、两角和的正弦公式、正弦型函数的周期性、正弦型函数的对称轴和正弦型函数的单调性等知识点，考查学生对这些知识的掌握能力，
15、属于中档题.19.在三棱锥中，.（1）求证：；（2）若点 为上一点，且，求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）取的中点E，连接，然后由等腰三角形的性质推出，从而利用线面垂直的判定定理与性质可使问题得证；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，然后求出相关点的坐标，再求出平面的一个法向量，从而利用空间向量的夹角公式求解即可.【详解】解：（1）证明：取的中点E，连接，同理可得，又，平面，又平面，.（2），为等腰直角三角形，且，即，又，且，平面，以为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.，设，又，设是平面的法
16、向量，则令，得，设直线与平面所成角为，则，直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查空间中直线与平面的位置关系、利用空间向量解决直线与平面所成角问题.(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角后(求出是钝角时取其补角)，取其余角即为直线与平面所成的角(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系求出其值不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求20.已知数列为递增的等差数列，其中，且成等比数列（1）求的通项公式；（2）设记数列的前n项和为，求使得成立的m的最小正整数【答案】（1）；（2）2.【解析】【分析】（1）利用待定系数法，设出首项和公差，依照题意列两个方程，即可
17、求出的通项公式；（2）由，容易想到裂项相消法求的前n项和为，然后，恒成立问题最值法求出m的最小正整数【详解】（1）在等差数列中，设公差为d0，由题意，得，解得ana1+（n1）d1+2（n1）2n1；（2）由（1）知，an2n1则，TnTn+1Tn0，Tn单调递增，而，要使成立，则，得m，又mZ，则使得成立的m的最小正整数为2【点睛】本题主要考查等差、等比数列的基本性质和定义，待定系数法求通项公式，裂项相消求数列的前n项和，以及恒成立问题的一般解法，意在考查学生综合运用知识的能力21.如图，焦点在轴上的椭圆与焦点在轴上的椭圆都过点，中心都在坐标原点，且椭圆与的离心率均为（）求椭圆与椭圆的标准方
18、程；（）过点M的互相垂直的两直线分别与，交于点A，B（点A、B不同于点M），当的面积取最大值时，求两直线MA，MB斜率的比值.【答案】（1），（2）【解析】分析：(1)根据题的条件，得到对应的椭圆的上顶点，即可以求得椭圆中相应的参数，结合椭圆的离心率的大小，求得相应的参数，从而求得椭圆的方程；(2)设出一条直线的方程，与椭圆的方程联立，消元，利用求根公式求得对应点的坐标，进一步求得向量的坐标，将S表示为关于k的函数关系，从眼角函数的角度去求最值，从而求得结果.详解：（）依题意得对：，得：； 同理：. （）设直线的斜率分别为，则MA：，与椭圆方程联立得： ，得，得,，所以同理可得.所以,从而可以
19、求得因为，所以，不妨设，所以当最大时，此时两直线MA，MB斜率的比值.点睛：该题考查的是有关椭圆与直线的综合题，在解题的过程中，注意椭圆的对称性，以及其特殊性，与y轴的交点即为椭圆的上顶点，结合椭圆焦点所在轴，得到相应的参数的值，再者就是应用离心率的大小找参数之间的关系，在研究直线与椭圆相交的问题时，首先设出直线的方程，与椭圆的方程联立，求得结果，注意从函数的角度研究问题.22.已知函数，（）求的单调区间；（），记，求证：【答案】（）单调递减区间是，无单调递增区间（）见解析【解析】【分析】（）首先求出，然后根据与0的大小关系求得函数的单调性；（）首先求出，然后通过研究函数的单调性求得，从而利用放缩法可使问题得证【详解】解：（），的单调递减区间是，无单调递增区间（）证明：，当时，单调递减，当时，单调递增，【点睛】本题考查导数与函数单调性的关系、导数在不等式证明中的应用由确定函数的增区间，由确定函数的减区间，确定了单调性后可得函数的极值和最值.
