1、浙江省名校2020届高三数学预测冲刺卷（五）（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.设集合，或，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【
2、解析】【分析】利用对数函数的性质化简集合，求出集合的补集，再进行并集运算.【详解】，故选：A【点睛】本题考查不等式的求解以及并集和补集的运算，考查集合思想，考查数学运算核心素养，属于基础题.2.二项式展开式中的第2019项是（ ）A. 1B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用二项式定理求解即可.【详解】题中二项展开式中的第2019项为故选：C【点睛】本题主要考查了求二项展开式的指定项，理解二项展开式通项的概念是解题的关键，属于基础题.3.已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：由题意首先确定该几何体的空间结构，然后结合几何体的
3、特征求解其体积即可.详解：如图所示，在棱长为2的正方体中，题中的三视图对应的几何体为四棱锥，其中P为棱的中点，则该几何体的体积：.本题选择A选项.点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解4.将5名交警分配到三个拥挤的路口疏导交通，其中一个路口1人，另两个路口各2人的不同安排方案共有（ ）A. 180种B. 120种C. 90种D. 60种【答案】C【解析】【分析】先将5名交警分为一组1人，一组2人，一组3人，
4、得到种不同分法，再结合排列问题，即可求解.【详解】由题意，将5名交警分为一组1人，一组2人，一组3人，共有种不同分法，所以将5名交警分配到三个拥挤的路口不同安排方案共有种，故选：C.【点睛】本题考查用排列组合解决实际问题，对于分配问题，通常采用先分组，后分配的原则求解，其中分组中注意均分问题的处理方法，着重考查了分析问题和解答问题的能力5.已知，则“”是“”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】C【解析】【分析】对于底数不同对数，可通过换底公式将其转化为同底的对数，进而利用单调性比较大小.【详解】当时， ，对数函数是单调递增函数，所以.
5、所以当时，“”是“”的充要条件.故选：C【点睛】本题考查对数运算，对数函数的性质比较大小，属于基础题型，本题的关键是化为同底的对数，根据单调性比较大小.6.已知首项为，公差为d的等差数列，其前n项为若（n，且），则一定有（ ）A. B. kdC. 0D. 不确定【答案】C【解析】【分析】由得，把上式作为一个整体代入中即可.【详解】解：因为，即，所以，故选：C【点睛】本题考查等差数列求和公式；基础题7.已知函数，若是的一个极小值点，则及其导函数的图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，则，由题意得，即，再根据极小值点的定义，采用排除法即可求出答案【详解】解：设，则，
6、由题意得，且在的左侧附近时，在的右侧附近时，且在的左侧附近时，在的右侧附近时，故排除A，C；而B选项中，函数在上存在一个极小值点，但由图可知，在上，恒成立，故排除B；故选：D【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值，考查求导公式及法则，正确理解函数的极小值点，转化为导数的应用是解决本题的关键，属于中档题8.如图，已知的顶点平面，点在平面的同一侧，且若与平面所成的角分别为，则面积的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，得到直线与轴在同一平面内时，取到最大值和最小值，求得，在利用三角形的面积公式，求得，即可求解.【详解】因为与平面所成的角分别为，且，
7、所以点分别在如图所示的两个不同的圆周上运动，当直线与轴在同一平面内时，取到最大值和最小值，于是有，所以，即，而的面积，因此，故选B【点睛】本题考查直线与平面所成角的定义、圆锥的几何结构特征、以及三角形的面积公式的综合应用，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题9.若非零向量满足（为单位向量），且，则的最小值是（ ）A. 1B. 2C. 4D. 8【答案】D【解析】【分析】设，根据题设条件，分别求得和，求得的表达式，结合基本不等式，即可求解.【详解】由非零向量满足，可设，其中均不为0因为为单位向量，可设，因为，所以，即 ，同理，由可得 ，由，可得当且仅当时，等号成立，所以当时，
8、故选：D【点睛】本题考查平面向量的坐标表示及运算，向量的模的坐标运算，以及向量的数量积的运算和基本不等式的综合应用，着重考查了推理与运算能力10.已知定义在上的函数，其中函数满足且在上单调递减，函数满足且在上单调递减，设函数，则对任意，均有（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据已知关系式和单调性可知为偶函数且在上单调递增，关于对称且在上单调递增；分段讨论可得解析式；分别在恒成立、恒成立和二者均存在的情况下，根据函数图象可确定函数值的大小关系，从而得到结果.【详解】 为偶函数又在上单调递减 在上单调递增 关于对称又在上单调递减 在上单调递增当时，当时，若恒成立，则，可知关于
9、对称又与关于对称；与关于对称，若恒成立，则，可知关于轴对称当时，；当时，可排除当，即时， 当，即时，若，则，可排除若与均存在，则可得示意图如下：与关于对称且 综上所述：故选【点睛】本题考查函数性质的综合应用，涉及到函数奇偶性和单调性的关系、函数对称性的应用、分段函数图象的应用等知识；关键是能够通过分类讨论得到不同情况下函数的解析式，进而确定函数的大致图象，根据单调性和对称性得到函数值的大小关系.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.设复数，则_，_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据共轭复数的定义
10、写出，根据复数的除法运算可求.【详解】由共轭复数的定义可得.故答案为：；.【点睛】本题考查共轭复数和复数的除法运算，属于基础题.12.已知变量满足则最大值为_；此时_【答案】 (1). 6 (2). 【解析】【分析】由题意画出可行域，转化目标函数为，数形结合即可得解.【详解】由题意画出可行域，如图阴影所示：令，则，上下平移直线，数形结合可知，当直线过点时，取最大值，由可得点，此时，.故答案为：6；.【点睛】本题考查了简单的线性规划，正确画出可行域、理解线性规划的原理是解决此题的关键，属于基础题.13.的三个内角所对的边分别为，已知，则_，设是上一点且满足，则的面积为_【答案】 (1). (2)
11、. 【解析】【分析】由正弦定理化角为边，求出，再由余弦定理可得，由三点共线可得，从而可得是上靠近的一个三等分点，从而易求得的面积【详解】由和正弦定理知，则，由余弦定理得，则由于点在上，且满足应，所以，即，即，则是上靠近点的三等分点，所以故答案为：；【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理，考查向量的线性运算，考查三点共线，由三点共线求出的值是解题关键14.已知甲盒中仅有2个红球，乙盒中有3个红球和3个蓝球，先从乙盒中任取（无放回，且每球取到的机会均等）2个球放入甲盒中，再从甲盒中任取（无放回）2个球，若记为甲盒中取到红球的个数，则_；随机变量的数学期望_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】
12、由题意，的所有可能取值为0，1，2，再根据古典概型的概率计算公式以及数学期望的定义，结合组合数公式即可求出答案【详解】解：的所有可能取值为0，1，2，故答案为：；【点睛】本题主要考查古典概型、离散型随机变量的数学期望，考查推理能力与计算能力，属于中档题15.已知正实数满足，则的最小值等于_【答案】【解析】【分析】利用均值不等式，求得的最小值，再求目标式的最小值即可.【详解】因为，同理有，当且仅当时，三个不等式同时取到等号，所以，因此，即，故最小值为故答案为：.【点睛】本题考查基本不等式的应用，属基础题；解题的关键是要先求得的最小值.16.已知方程在上有两个不同的解，则的取值范围是_【答案】【解
13、析】【分析】设，且，进而得出，结合基本不等式，即可求解.【详解】设方程在上的两个根为且则，且，所以，上式等号不成立，所以，又且，所以，所以的取值范围是 故答案为：【点睛】本题考查一元二次方程根的分布、根与系数的关系，以及基本不等式求最值的综合应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力17.已知椭圆，线段的两个端点在椭圆上移动，且是的中点，则的最大值是_【答案】【解析】【分析】设，为椭圆的右焦点，则，再根据代入数据即可求得答案【详解】解：设，为椭圆的右焦点，由题意，椭圆的长半轴长，短半轴长，半焦距，同理可得，而，即，解得，故答案为：【点睛】本题主要考查椭圆的几何性质，熟记椭圆的焦半径公式（其中，为
14、椭圆的右焦点），可以快速解答本题，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.已知函数，将向右平移个单位长度，得到函数的图象（）求函数的解析式及最小正周期；（）求函数的单调递增区间，并求出当时函数的值域【答案】（），最小正周期为；（）单调递增区间为，值域为.【解析】【分析】（）通过三角恒等变换、三角函数图象的变换，求得函数的解析式，结合最小正周期的公式，即可求解；（）利用三角函数的图象和性质，即可求得函数的单调区间和值域【详解】（）由题意，函数，所以，即，所以的最小正周期.（）令，解得，所以函数的单调递增区间是因为，可得， 所以， 所以，所以
15、函数的值域是【点睛】本题考查三角恒等变换、三角函数的图象及性质的综合应用，其中解答数练应用三角恒等变换的化简得到函数的解析式，结合三角函数的图象与性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力19.如图所示，多面体中，四边形是矩形，已知，二面角的大小为（1）求证：平面；（2）点在线段上，设，若二面角的正弦值为，求的值【答案】（1）答案见解析（2）或【解析】【分析】（1）要证平面，只需证明平面平面，由面面平行证明线面平行即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解的值【详解】（1）四边形是矩形，则平面，又，则平面，又，平面平面，平面，平面 （2），二面角的平面角即为， 又，平面，平
16、面，平面平面，作于点，平面平面，且平面，平面 如图以为坐标原点，平行于的直线为轴，所在的直线分别为轴、轴建立空间直角坐标系，则设， 设平面的法向量为，由可得平面的法向量为，根据图象可知轴平面平面的一个法向量为，设二面角为由图象可知为锐角又二面角的正弦值为，即由由解得：故：二面角的余弦值为，根据则，解得或， 或【点睛】本题考查线面平行的证明、二面角的求解，考查考生的空间想象能力、化归能力解题关键是掌握向量法求二面角的步骤，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.20.已知数列是各项均为正整数的等比数列，且，成等差数列（）求数列的通项公式；（）设，设数列前项和为，求证：【答案】（）（）见解析【解析】
17、【分析】（）由成等差数列，结合等比数列通项公式求出公比，从而求出数列的通项公式；（）根据（）得，代入可得，通过放缩，转化为裂项相消法求和，进而证明结论【详解】（）设数列的公比为，因为成等差数列，所以， 又，所以，因为，所以所以或， 又数列各项均为正整数，所以， 所以 （）证明：由（）可知，所以， 所以，所以 所以不等式得证.【点睛】本题考查等差数列、等比数列的概念、通项公式及求和公式的应用，放缩法证明数列不等式，裂项求和法的应用，属于中档题21.过抛物线的焦点的直线与抛物线交于两点，若且中点的纵坐标为3（）求的值；（）过点的直线交抛物线于不同两点，分别过点、点分别作抛物线的切线，所得的两条切线
18、相交于点求的面积的最小值及此时的直线的方程【答案】（）（）最小值，此时直线方程为【解析】【分析】（）设，将直线方程代入抛物线的方程，结合韦达定理及过焦点的弦长公式；（）设，利用导数可得的方程，联立方程即可求出点的坐标，利用弦长公式，可得，运用点到直线的距离公式可得点到直线的距离，进而得到的面积的表达式，根据函数的性质即可求出其最小值以及直线方程【详解】（）设，且，则抛物线方程为，抛物线焦点为，依题意，直线与抛物线交于两点，故其斜率存在，设，由消得恒成立， （）设，由得，直线的方程为，即，同理直线的方程为， 设过点的直线方程为，由消得，由-得，而，故有，由+得，即点， 点到直线的距离， ，当，即
19、时，有最小值，此时直线方程为【点睛】本题考查抛物线的定义，直线和抛物线的位置关系、弦长公式和点到直线的距离公式的运用，考查了抛物线中三角形面积最值求法，属于难题22.已知函数（）求函数的单调区间；（）求证：【答案】（）单调递减区间为，无单调递增区间（）见解析【解析】【分析】（）根据函数解析式，先求得导函数，利用，即可分析出的符号，即可判断函数的单调区间；（）方法一：根据不等式，构造函数，求得导函数，再构造函数，并求得，由的符号可判断的单调性、零点与最小值，进而得的符号，即可判断的单调性，从而求得的最小值，即可证明不等式成立；方法二：构造函数，求得导函数可得的单调性与最值，从而可证明，结合（）可得，结合两式即可证明不等式成立.【详解】（）函数，则定义域为，（当且仅当时取等号），的单调递减区间为，无单调递增区间 （）证法一：令函数，则，显然 令函数，则，由（）知，所以，在上是增函数，且， 当时，即，所以单调递减，当时，即，所以单调递增的最小值为， 证法二：令函数，定义域为，函数在定义域上是增函数， ，又，+得，即当时，另外，当时，由（）可知函数在上是减函数， ，综上，对.【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质，利用导数的符号判断函数的单调性，构造函数法在分析函数单调性、最值中的综合应用，是高考的重点和难点，属于难题