1、浙江省名校2020届高三数学预测冲刺卷（三）（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为，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，其中表示台体的上、下底面积，表示台体的高选择题部分（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.已知集合，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】A【
2、解析】【分析】求出中不等式的解集确定出，找出与的交集即可【详解】解：由中不等式变形得：，解得：或，即，故选：A 【点睛】本题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键，属于基础题2.若（，且是虚数单位），则的值是（ ）A. B. 0C. 2D. 1【答案】B【解析】【分析】根据复数的运算法则得到，解得答案.【详解】由，则，解得或，所以，故选：B【点睛】本题考查了复数的运算，意在考查学生的计算能力.3.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A. 1B. C. D. 2【答案】D【解析】【分析】根据三视图还原出几何体，再根据椎体体积公式计算可得结果.【详解】由三视图可知该几
3、何体是底面为底边长分别为1，2，高为2的直角梯形，高为2的四棱锥，如图：其体积是，故选：D【点睛】本题考查了三视图与直观图的关系、棱锥体积公式计算解答本题的关键是根据三视图正确还原出几何体，并利用棱锥的体积公式求解属于基础题.4.已知的图像如图，则的图像为下列四图中的（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作的图像关于y轴对称的对称图形得到的图像，再将的图像沿x轴正方向平移2个单位长度，得的图像.【详解】解：将变形为，作的图像关于y轴对称的对称图形得到的图像，将的图像沿x轴正方向平移2个单位长度，得的图像.故选：C.【点睛】本题考查函数图像的平移变换以及对称变换；基础题.5.已
4、知是两个不同的平面,是三条不同的直线,则“”是“”的（ ）A. 充要条件B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】根据线面平行与垂直的判定和性质,在正方体中举出反例分别分析充分性与必要性即可.【详解】画出正方体.设为平面,为平面,为,.则满足且,但不能推出.当为平面,为平面,为,.则满足,且,但不能推出.故“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D【点睛】本题主要考查了空间中线面平行与垂直的判定,可在正方体中画图举反例分析.属于中档题.6.抛物线的焦点到准线的距离是（ ）A. 2B. 1C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据抛物线的标准方程
5、以及几何意义直接求解即可.【详解】由抛物线,得,所以焦点到准线的距离为.故选：C.【点睛】本题考查抛物线的标准方程及其几何性质.属于基础题.7.已知，随机变量的分布列如下：012则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用离散型随机变量的期望和方差公式求得结果.【详解】，故选：C【点睛】该题考查的是有关离散型随机变量的期望和方差的问题，涉及到的知识点有离散型随机变量的期望和方差公式，属于基础题目.8.如图，平面是上的两个点，在内，在平面上有一动点使得与所成的角相等，设二面角的平面角为，则（ ）A. 仅有最大值B. 仅有最小值C. 既有最大值又有最小值D. 无最值【答案】D【解
6、析】【分析】通过作辅助线找到为二面角的平面角，利用， 然后，设，则可以把函数化，利用函数的单调性判断选项.【详解】如图，延长交于点，在线段上取点，使得，因为与所成的角相等，则，即知点在内的轨迹是以线段为直径的圆，其半径为4过点作于点，过点作于点，连接，则为二面角的平面角，设，则或，且，当时，在上单调递增，故，当时，在上单调递减，故，综上可知，故选：D【点睛】本题考查直线与平面所成的角、二面角的定义及求解，属于难题.9.记在中，为斜边上一动点设，则当取最小值时，（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】当时，讨论点位置，计算得到，得到时，取最小值，再利用射影定理计算得到答案.【详解
7、】当，即，亦即，此时计点位置为，当在上时，；当在上时，；故时，取最小值，根据直角三角形的射影定理，可得，故选：C【点睛】本题考查了向量数量积的最值问题，意在考查学生的计算能力和应用能力，确定时，取最小值是解题的关键.10.已知数列满足,若且记数列的前项和为,若,则的值为（ ）A. B. 3028C. D. 3029【答案】C【解析】【分析】根据递推公式可逐个代入计算,得出数列的周期为4,再根据与前两项的范围可求得,再分组求和求解即可.【详解】设,由,得,.故数列的周期为4,即可得.,又,.,即.,.故选：C.【点睛】本题考查数列分组求和、分类讨论方法,考查推理能力与计算能力,考查逻辑推理与数学
8、运算核心素养.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.双曲线的焦距是8，渐近线方程是_【答案】【解析】【分析】先由已知条件求出双曲线方程，然后结合双曲线渐近线方程的求法求解即可.【详解】解：由双曲线的焦距是8，则，又，得，解得，则双曲线方程为，即双曲线渐近线方程是故答案为：【点睛】本题考查了双曲线方程的求法，重点考查了双曲线渐近线方程的求法，属基础题.12.德国数学家莱布尼茨是微积分的创立者之一，他从几何问题出发，引进微积分概念在研究切线时，他将切线问题理解为“求一条切线意味着画一条直线连接曲线上距离
9、无穷小的两个点”，这也正是导数定义的内涵之一现已知直线是函数的切线，也是函数的切线，则实数_，_【答案】 (1). -1 (2). -2【解析】【分析】由的导数值为1求得切点坐标，代入切线方程得，再由的导数值为1得切点坐标，代入函数式可求得，【详解】由题意可知，故，则函数的切点为，代入，得；又，故，则函数的切点为，代入，得故答案为：1；2【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题13.若的展开式中的系数为20，则_；展开式中的常数项为_（用含或的代数表示）【答案】 (1). 1 (2). 或【解析】【分析】求得二项展开式通项的通项为，结合通项确定的取值，代入即可求解.【详解】由二项式展开式的通
10、项为，令，解得，所以的系数为，解得，又当时，故常数项为故答案为：1，.【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，其中解答中熟记二项展开式的通项，结合通项求解是解答的关键，着重考查推理运算能力.14.记表示不超过的最大整数.已知函数.若,则函数的值域为_；若函数存在最大值,则的取值范围是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】(1)根据的定义求解即可.(2)将看成一个整体,再令,结合绝对值函数的图像性质求解即可.【详解】(1)当时,根据的定义易得；(2)因为,令,显然,则函数可化为,要使存在最大值,结合函数的图象特征,只需,故实数的取值范围是.故答案为：；【点睛】本题考查绝对值的几何意义
11、、新定义的应用、数形结合思想.属于中档题.15.在中，角的对边分别为为边上的中线，若，则_；_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由余弦定理可得，然后结合同角三角函数的关系求出，再由三角形面积公式求解即可.【详解】解：由题意设，则，所以，则，所以；在中，由余弦定理得，解得（舍负），所以，又，所以故答案为： ； .【点睛】本题考查了余弦定理及同角三角函数的关系，重点考查了三角形面积公式，属基础题.16.现有9位身高各异的同学拍照留念，分成前后两排，前排4人，后排5人，要求每排同学的身高从中间到两边依次递减，则不同的排队方式有_种【答案】4536【解析】【分析】第一步先选4人排在前排，其
12、余5人排后排，第二步前排4人中先选2人排在左边2个位置，其余2人排在右边2个位置，第三步后排5人中最高的1人排在中间，然后从剩下的4人中选2人排在左边2个位置，其余2人排在右边2个位置，由分步乘法原理可得.【详解】由题意，可分步完成排除这件事：第一步选4人排在前排，剩下5人在后排，第二步前排4人中选2人排在左边2个位置，剩下2人在右边2个位置，第三步后排5人中最高1人站中间，然后选2人排在左边2个位置，剩下2人在右边2个位置，不同的排队方式有（种）【点睛】本题考查排列组合的应用，考查分步乘法原理，解题关键确定完成排除这个事件的方法，是分类完成还是分步完成.17.已知，若，则的最大值是_【答案】
13、【解析】【分析】以为主元、为参数，将问题转化为了对勾函数的最值问题，根据对勾函数的单调性可解得结果.【详解】令，则,令，因为，等价于，所以题意可转化为函数在有最小值，因为对勾函数在上递减，在上递增，所以 ，即，所以，故的最大值是故答案为：【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用根据具体条件和解题需要，从不同的角度出发，在众多变元中选用一个变元为主元，并以此为线索把握解决问题的方法叫做主元法本题中以为主元、为参数，将问题转化为了对勾函数的最值问题，达到了“避虚就实、变繁成简，化难为易”的解题效果属于中档题.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.
14、已知函数（）求函数的定义域和最小正周期；（）当时，求函数的值域【答案】（）定义域为，且，；（）【解析】【分析】（）由正切函数的性质求函数的定义域，利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再计算函数的最小正周期；（）由，可得的取值范围，结合正弦函数的性质即可求出函数的值域；【详解】解：（）因为所以的定义域为，且 ，所以的最小正周期为（）由，得， 所以， 故函数的值域为【点睛】本题考查三角函数的性质，三角恒等变换的应用，属于基础题.19.如图所示，四边形为菱形，二面角为直二面角，点是棱的中点（）求证：；（）若，当二面角的余弦值为时，求直线与平面所成的角【答案】（）证明见解析；（）【解析】【分析】（）设
15、点是棱的中点，连接，根据面面垂直的性质定理，得到平面，进而得到，再由，结合线面垂直的判定定理，即可求解；（）解法一：设点是与的交点，证得为二面角的平面角，结合解三角形的知识，即可求解；解法二：设点是与的交点，以所在直线为轴所在直线为轴，过点垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，可得平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（）如图所示，设点是棱的中点，连接，由及点是棱的中点，可得，又二面角为直二面角，故平面，又因为平面，所以， 又因为四边形为菱形，所以， 而是的中位线，所以，可得， 又由，且平面，平面，所以平面， 又因为平面，所以 （）解法一：设点是与的交点，由（）可知平面，又
16、均在平面内，从而有，故为二面角的平面角， 因为，所以为等边三角形不妨设菱形的边长为则在中，于是 中，故，整理得， 因为平面，所以为直线与平面所成的角 则，所以直线与平面所成的角为.解法二：设点是与的交点，以所在直线为轴所在直线为轴，过点垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系设，则， 则，设平面的法向量为，则，即，取，得，又因为平面的一个法向量为，则，解得， 则，则， 则直线与平面所成的角为【点睛】本题考查了线面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的
17、计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20.已知有穷数列共有项（整数），首项，设该数列的前项和为，且，其中常数（）求证：数列等比数列；（）若，数列满足，求的和（用表示）【答案】（）证明见解析；（）【解析】【分析】（）利用与关系，分别在和两种情况下证得，由此得到结论；（）由（）得到，解不等式可去掉绝对值符号将所求式子整理为，结合等差数列求和公式可求得结果.【详解】（）证明：当时，；当时，得：，整理可得：；综上可知：数列为首项为，公比为的等比数列（）由（）得：，则，令，即，可解得：，可得当时，；当时，；【点睛】本题考查利用与证明数列为等比数列、含绝对值的数
18、列求和问题；解决含绝对值的数列的求和问题的关键是能够结合通项公式去掉绝对值符号，将问题转化为普通数列求和的问题.21.已知椭圆，直线，如图，为坐标原点，设直线与椭圆交于两点（）求线段的长；（）若存在实数使得为正三角形，求的取值范围【答案】（）（）【解析】【分析】（）联立方程，根据韦达定理得到根与系数关系，代入弦长公式计算得到答案.（）设的中点为，得到，代入数据化简得到，计算得到答案.【详解】（）设，联立方程组得得，则， 则，所以 （）设的中点为，则， 若存在为正三角形，则，且， 由，得，化简得， 因为，所以【点睛】本题考查了椭圆中的弦长，求参数范围，意在考查学生的计算能力和综合应用能力，确定和
19、的关系是解题的关键.22.已知定义域为的函数的图象为曲线，曲线在点的切线为（其中）（）求实数的值；（）证明：（i）；（ii）【答案】（）；（）（）证明见解析，（ii）证明见解析【解析】【分析】（）根据导数的几何意义可写出曲线在处的切线方程，进而求得实数的值；（）（i）令，对求导，利用导数求函数的单调性，即可得证；（ii）当时，证明，构造，求导得到单调区间，计算最值得证，即，联合（i）中结论得到答案.【详解】（），于是， 所以曲线在处的切线方程为， 整理得，所以可得 （）证明：（）令，则，易知当时，单调递增；当时，单调递减，所以，所以 （ii）由（）可知，令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以 因为过点，且在处的切线方程为，故可猜测：当时，的图象恒在切线的上方 下证：当时，设，则，令，则，所以在上单调递减，在上单调递增， 又，所以，所以存在，使得， 所以当时，；当时，故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，又，所以，当且仅当时取等号，故 又由（i）可得，即，当且仅当时，等号成立【点睛】本题考查导数的几何意义及其应用，考查转化与化归能力、运算求解能力的数学思想，考查逻辑推理、数学运算等核心素养
