1、浙江省名校2020届高三数学仿真训练卷（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是，那么次独立重复试验中事件恰好发生次的概率台体的体积公式，其中，分别表示台体的上下底面积，表示台体的高柱体的体积公式，其中表示柱体的底面积，表示柱体的高锥体的体积公式，其中表示锥体的底面积，表示锥体的高球的表面积公式，球的体积公式，其中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.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案
2、】B【解析】由题得，所以，故选B.2.双曲线的离心率为（ ）.A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由双曲线的方程得到，然后求出即可.【详解】由双曲线方程得，则，则双曲线的离心率，故选：D【点睛】本题考查是由双曲线的标准方程得其离心率，根据双曲线的方程确定基本量是解题的关键.3.某几何体的三视图如图（单位：），则该几何体的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由三视图得到该几何体是以俯视图为底面的一个三棱锥，结合三视图中的数据，利用体积公式，即可求解.【详解】由给定的几何体的三视图，该几何体为一个三棱锥，如图所示，其中底面中，边上的高为，由三视图可得，该三棱
3、锥的高为，所以该三棱锥的体积为，故选A【点睛】本题考查几何体的三视图、体积的计算，其中解答中根据三视图正确还原出几何体的直观图是解题的关键，着重考查了空间想象能力，以及计算能力4.已知，为虚数单位，且为实数，则（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】对进行复数的乘法运算并化简为的形式，根据实数的虚部为0可列出方程求解a.【详解】因为为实数，所以，则.故选：B【点睛】本题主要考查复数的运算、实数的概念，考查考生的运算求解能力，属于基础题5.已知等比数列中，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】A【解析】【分
4、析】结合等比数列通项公式可求得的范围，可验证充分性和必要性是否成立，由此得到结果.【详解】设等比数列的公比为，由得：，又，解得：，充分性成立；由得：，又，解得：或，当时，必要性不成立.“”是“”的充分不必要条件.故选：.【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判定，涉及到等比数列通项公式的应用，属于基础题.6.若函数的导函数的图像如图所示，则（ ）A. 函数有1个极大值，2个极小值B. 函数有2个极大值，2个极小值C. 函数有3个极大值，1个极小值D. 函数有4个极大值，1个极小值【答案】B【解析】由导函数图像可知原函数的单调性为先增后减再增再减，最后增，所以原函数有2个极大值，2个极小值，所以选
5、7.若实数，满足约束条件，则的最小值为（ ）A. 2B. C. 5D. 【答案】D【解析】【分析】作出约束条件的可行域，利用简单的线性规划即可求解.【详解】作出线性约束条件下的平面区域如图中阴影部分(含边界)所示设目标函数，易知其在点处取得最小值.故选:D【点睛】本题主要考查了简单的线性规划问题，解题的关键是作出约束条件的可行域以及理解目标函数表示的几何意义，属于基础题.8.如图，已知矩形，是边上的点（不包括端点），且，将沿翻折至，记二面角为，二面角为，二面角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】过点作的垂线，并延长交于点，设到边、的距离分别为、，比较、的大小，可得出
6、、的大小关系，从而可得出结论.【详解】过点作的垂线，并延长交于点，则由题意知，在翻折过程中，点在平面上的射影的运动轨迹为.设到边、的距离分别为、，则，由图易知，而、的大小关系不确定，即有，且、的大小关系不确定，所以，故选：B【点睛】本题考查二面角的大小比较，作出二面角的平面角，并利用正切值的大小来得出角的大小关系是解答的关键，考查推理能力，属于难题.9.正方体的棱长为，正方体所在空间的动点满足，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由得点在以的中点为球心，为半径的球面上，当点分别与点、点重合时，可得的最小值和最大值，从而可得到的取值范围.【详解】解：因为正方体的
7、棱长为，所以，则由得点在以的中点为球心，为半径的球面上当点与点重合时，点在直线上的射影为点，当点与点重合时，点在直线上的射影为点，则，故选：A【点睛】本题考查空间向量的运算，根据题意确定点所在的位置是解题的关键，属于中档题10.已知函数，则下列关于函数的零点个数的判断正确的是A. 当时，有3个零点；当时，有4个零点B. 当时，有4个零点；当时，有3个零点C. 无论k为何值，均有3个零点D. 无论k为何值，均有4个零点【答案】C【解析】【分析】【详解】试题分析：令,解得令解得或即或解得或时,此时方程只有一个解所以无论何值原函数有3个零点故C正确考点：函数零点非选择题（共110分）二、填空题：本大
8、题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分把答案填在题中的横线上11.已知等差数列中，设其前项和为，且，则其公差_，其前项和为取得最大值时_【答案】 (1). (2). 5【解析】【分析】根据题意，列出方程组，求得，得出，结合，求得的值，进而求得答案.【详解】因为在等差数列中，可得，又由，可得，解得，所以，由，得，又因为，所以当时，即时，当时，所以时，取得最大值故答案为：，.【点睛】本题考查等差数列的通项公式、以及前项和公式的应用，其中解答中熟记在等差数列中如果公差小于0，求解前项和中存在最大值的方法是解答的关键，着重考查推理与运算能力12.在一次随机试验中，事件发生的概率为，事
9、件发生的次数为，则期望_，方差的最大值为_【答案】 (1). (2). 【解析】记事件发生的次数为可能的值为期望方差故期望，方差的最大值为13.设，则_，（的值为_【答案】 (1). 720 (2). 1【解析】【分析】利用二项展开式的通式可求出；令中的，得两个式子，代入可得结果.【详解】利用二项式系数公式，故，故（=，故答案为：720；1.【点睛】本题考查二项展开式的通项公式的应用，考查赋值法，是基础题.14.已知函数，则_，该函数的最小正周期为_【答案】 (1). 0 (2). 【解析】【分析】由题意首先化简函数的解析式，然后结合函数的解析式整理计算即可求得最终结果【详解】由题意可得：，所
10、以，函数的最小正周期故答案为，【点睛】本题考查辅助角公式的运用，解答类似问题时首先要将函数的解析式化成的形式，然后再根据要求解题15.北京两会期间，有甲、乙、丙、丁、戊位国家部委领导人要去个分会场发言（每个分会场至少人），其中甲和乙要求不再同一分会场，甲和丙必须在同一分会场，则不同的安排方案共有_种（用数字作答）.【答案】30【解析】分析：由题意甲和丙在同一分会场，甲和乙不在同一分会场，所以有“”和“”两种分配方案，利用分类计数原理和排列组合的知识，即可求解.详解：因为甲和丙在同一分会场，甲和乙不在同一分会场，所以有“”和“”两种分配方案：当“”时，甲和丙为一组，余下人选出人为一组，有种方案；
11、当“”时，在丁和戊中选出人与甲丙组成一组，有种方案，所以不同的安排方案共有种.点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率在某些特定问题上，也可充分考虑“正难则反”的思维方式16.当时，的最小值为，则实数的值为_.【答案】【解析】因为当时，的最小值为，所以可得 ，故答案为.17.已知抛物线，焦点记为，过点作直线交
12、抛物线于，两点，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】分直线斜率存在不存在两种情况分类讨论，当斜率存在时，联立直线与抛物线方程，由韦达定理可得,两点横坐标间的关系，由抛物线定义可得的表达式，转化为一个变量，求最值即可，当斜率不存在时，由通径的长可求解.【详解】因为抛物线，所以，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入可得，设，则由抛物线的定义可得，所以令，则，所以（当且仅当时等号成立）；当直线的斜率不存在时，,所以综上，的最小值为故答案为：【点睛】本题考查抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系，在解决与抛物线有关的问题时，要注意抛物线的定义在解题中的应用，属于中档题三、解答题：本大题共5小题，共
13、74分解答应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤18.中，内角的对边分别是，且.（1）求角；（2）若，求的最大值.【答案】（1）；（2）4【解析】试题分析：（1）根据正弦定理将边角关系转化为角的关系，根据诱导公式化简可得即得角；（2）先根据余弦定理得，再利用基本不等式得的最大值.试题解析：（1）由正弦定理得，化简得：（2）由余弦定理得(等号当且仅当时成立）的最大值为4. 19.如图，矩形中，为的中点把沿翻折，使得平面平面 （）求证：；（）求所在直线与平面所成角的正弦值【答案】（）见解析（）【解析】【分析】（）证明空间中两异面直线垂直的常用方法为先证明直线与平面垂直，再证明另一条直线在这个平面内
14、；（）用等体积法求解，或建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量和平面的法向量的夹角求解【详解】解：（）证明：为的中点，矩形中，则，平面平面，平面平面，平面，（）解法一：取的中点，连接，则平面平面，平面平面，平面，设点到平面的距离为， 在中，则，则 设所在直线与平面所成角，即所在直线与平面所成角的正弦值为解法二：取的中点，连接，则，取的中点，连接，则，平面， 以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系则，设为平面的一个法向量，所以，令，则设所在直线与平面所成角为，即所在直线与平面所成角的正弦值为【点睛】本题考查空间中异面直线垂直的判定、线面角,属于简单题.20.已知等比数
15、列的前项和为，满足，.(1)求的通项公式；(2)记，数列的前项和为，求证：.【答案】(1)；(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）由题意可得,则，易得首项为.所以.（2）由（1）的结果可知，则，放缩之后裂项求和可得.试题解析：（1）设的公比为，由得，,所以，所以.又因为，所以，所以.所以.（2）由（1）知，所以，所以.点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的21.已知椭圆:的左右焦点分别为，左顶点为，点在椭圆上，且的面积为.（1）求椭圆的方程；（2）过原点且与轴不重合的直
16、线交椭圆于，两点，直线分别与轴交于点，.求证：以为直径的圆恒过交点，并求出面积的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（）根据点在椭圆上，且的面积为，结合性质 ，列出关于 、 、的方程组，求出 、 、，即可得椭圆的方程；（）直线的方程为，设点（不妨设），则点，由，消去得，所以，可证明，同理，则以为直径的圆恒过焦点，可得，进而可得结果.试题解析：（）， 又点在椭圆上，解得，或（舍去），又，所以椭圆的方程为； （）， 方法一：当直线的斜率不存在时，为短轴的两个端点，则， ，则以为直径的圆恒过焦点， 当的斜率存在且不为零时，设直线的方程为，设点（不妨设），则点，由，消去得，所以， 所以直线
17、的方程为， 因为直线与轴交于点，令得，即点，同理可得点， ，同理，则以为直径的圆恒过焦点， 当的斜率存在且不为零时，面积为，又当直线斜率不存在时，面积为，面积取值范围是 方法二：当，不为短轴的两个端点时，设，则，由点在椭圆上， ，所以直线的方程为，令得，即点，同理可得点， 以为直径的圆可化为，代入，化简得，令解得以为直径的圆恒过焦点， ，又，,面积为，当，为短轴的两个端点时，面积为，面积的取值范围是22.已知函数（）（）若在上不单调，求实数的取值范围；（）当时，证明：【答案】（）；（）证明见解析.【解析】【分析】（）根据原函数在区间内不单调得到导函数在该区间内存在零点求解；（）利用作差法构造新函数，根据新函数的单调性证明结论【详解】（）， 要使在上不单调，则在上有解，即在上有解，所以实数的取值范围是（）要证当时，成立，即证，令， 因为，所以，则，则在上单调递减，所以，即.【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，考查函数性质的综合应用，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题
