1、浙江省嘉兴市桐乡市高级中学2020届高三数学下学期3月模拟测试试题（含解析）一、选择题（本大题共10小题）1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】解方程组得到交点坐标，从而得到结果.【详解】解：，得，故选A【点睛】本题考查交集的概念及运算，考查集合的表示方法，属于基础题.2.已知复数，则对应的点在复平面内位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】利用复数除法运算化简，由此求得对应点所在象限.【详解】依题意，对应点为，在第一象限.故选A.【点睛】本小题主要考查复数除法运算，考查复数对应点的坐标所在象限，属于基础题.
2、3.已知，则，不可能满足的关系是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据即可得出，根据，即可判断出结果【详解】；，；，故正确；，故C错误；，故D正确故C【点睛】本题主要考查指数式和对数式的互化，对数的运算，以及基本不等式：和不等式的应用，属于中档题4.函数图象可能是下列哪一个？（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由排除选项;排除选项；由函数有无数个零点，排除选项,从而可得结果.【详解】由，可排除选项，可排除选项；由可得，即函数有无数个零点，可排除选项,故选A.【点睛】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方
3、向，该题型的特点是综合性较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.5.已知中，角、所对的边分别是，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 既不充分也不必要条件D. 充分必要条件【答案】D【解析】【分析】由大边对大角定理结合充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】中，角、所对的边分别是、，由大边对大角定理知“”“”，“”“”.因此，“” 是“”的充分必要条件.故选：D.【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判断，考查三角形的性质等基
4、础知识，考查逻辑推理能力，是基础题6.已知函数的图像的一条对称轴为直线，且，则的最小值为( )A. B. 0C. D. 【答案】D【解析】【分析】运用辅助角公式，化简函数的解析式，由对称轴的方程，求得的值，得出函数的解析式，集合正弦函数的最值，即可求解，得到答案.【详解】由题意，函数为辅助角，由于函数的对称轴的方程为，且，即，解得，所以，又由，所以函数必须取得最大值和最小值，所以可设，所以，当时，的最小值，故选D.【点睛】本题主要考查了正弦函数的图象与性质，其中解答中利用三角恒等变换的公式，化简函数的解析式，合理利用正弦函数的对称性与最值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中
5、档试题.7.定义域为R的偶函数满足任意，有，且当时，.若函数至少有三个零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意可得的周期为，当时，令，则的图像和的图像至少有个交点，画出图像，数形结合，根据，求得的取值范围.【详解】是定义域为R的偶函数，满足任意，令，又，为周期为的偶函数，当时，当，当，作出图像，如下图所示：函数至少有三个零点，则的图像和的图像至少有个交点，若，的图像和的图像只有1个交点，不合题意，所以，的图像和的图像至少有个交点，则有，即，.故选:B.【点睛】本题考查函数周期性及其应用，解题过程中用到了数形结合方法，这也是高考常考的热点问题，属于中档题
6、.8.在直角坐标平面上，点的坐标满足方程，点的坐标满足方程则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由点的坐标满足方程，可得在圆上，由坐标满足方程，可得在圆上，则求出两圆内公切线的斜率，利用数形结合可得结果.【详解】点的坐标满足方程，在圆上，在坐标满足方程，在圆上，则作出两圆的图象如图，设两圆内公切线为与，由图可知，设两圆内公切线方程为，则，圆心在内公切线两侧，可得，化为，即，的取值范围，故选B.【点睛】本题主要考查直线的斜率、直线与圆的位置关系以及数形结合思想的应用，属于综合题. 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要
7、思想方法，尤其在解决选择题、填空题时发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是运用这种方法的关键是正确作出曲线图象，充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解.9.已知点是抛物线的对称轴与准线的交点，点为抛物线的焦点，点在抛物线上且满足，若取得最大值时，点恰好在以为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设，利用两点间的距离公式求出的表达式，结合基本不等式的性质求出的最大值时的点坐标，结合椭圆的定义以及椭圆的离心率公式求解即可.【详解】设，因为是抛物线的对称轴与准线的交点，点为抛物线的焦点，所以，则，当时，当时，当
8、且仅当时取等号，此时，点在以为焦点的椭圆上，由椭圆的定义得，所以椭圆的离心率，故选B.【点睛】本题主要考查椭圆的定义及离心率，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：直接求出，从而求出;构造的齐次式，求出;采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解10.设、，数列满足，则（ ）A. 对于任意，都存在实数，使得恒成立B. 对于任意，都存在实数，使得恒成立C. 对于任意，都存在实数，使得恒成立D. 对于任意，都存在实数，使得恒成立【答案】D【解析】【分析】取，可排除AB；由蛛网图可得数列的单调情况，进而得到要使，只需，由此可得到答案.【详解】取，数列恒
9、单调递增，且不存在最大值，故排除AB选项；由蛛网图可知，存在两个不动点，且，因为当时，数列单调递增，则；当时，数列单调递减，则；所以要使，只需要，故，化简得且.故选：D【点睛】本题考查递推数列的综合运用，考查逻辑推理能力，属于难题二、填空题（本大题共7小题）11.已知单位向量，夹角为，_；的最小值为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据条件可求出，根据进行数量积的运算即可求出的值，并可得出，配方即可求出最小值【详解】，故答案为：【点睛】考查向量数量积的运算及计算公式，单位向量的定义，向量长度的求法，配方求二次函数最值的方法12.已知，则_，_.【答案】 (1). (2). 【解析
10、】【分析】利用两角和的正切公式结合可得出的方程，即可求出的值，然后利用二倍角的正、余弦公式结合弦化切思想求出和的值，进而利用两角差的余弦公式求出的值.【详解】，.故答案为：；.【点睛】本题主要考查三角函数值的计算，考查两角和的正切公式、两角差的余弦公式、二倍角的正弦公式、余弦公式以及弦化切思想的应用，难度不大13.如图是一个几何体的三视图，若它的体积是，则_ ，该几何体的表面积为 _【答案】；【解析】试题分析：如图：此几何体是四棱锥，底面是边长为的正方形，平面平面，并且，所以体积是，解得，四个侧面都是直角三角形，所以计算出边长，表面积是考点：1三视图；2几何体的表面积14.设等差数列的前项和为
11、，若，则_，的最大值是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】利用等差数列前项和公式，列出方程组，求出首项和公差的值，利用等差数列的通项公式可求出数列的通项公式，可求出的表达式，然后利用双勾函数的单调性可求出的最大值.【详解】（1）设等差数列公差为，则，解得，所以，数列的通项公式为；（2），令，则且，由双勾函数的单调性可知，函数在时单调递减，在时单调递增，当或时，取得最大值为.故答案为：；.【点睛】本题考查等差数列的通项公式、前项和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题15.四边形中，则的最小值是_.【答案】【解析】【分析】在中利用正弦定理得出，进而可知，当
12、时，取最小值，进而计算出结果.详解】，如图，在中，由正弦定理可得，即，故当时，取到最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查解三角形，同时也考查了常见的三角函数值，考查逻辑推理能力与计算能力，属于中档题16.已知正方形边长为，空间中的动点满足，则三棱锥体积的最大值是_.【答案】【解析】【分析】以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，设点，根据题中条件得出，进而可求出的最大值，由此能求出三棱锥体积的最大值.【详解】以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，则，设点，空间中的动点满足，所以，整理得，当，时，取最大值，所以，三棱锥的体积为.因此，三棱锥体积的最大值为
13、.故答案为：.【点睛】本题考查三棱锥体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题17.设函数，当时，记最大值为，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】易知，设，利用绝对值不等式的性质即可得解【详解】，设，令，当时，所以单调递减令，当时，所以单调递增所以当时，则则，即故答案为：.【点睛】本题考查函数最值的求法，考查绝对值不等式的性质，考查转化思想及逻辑推理能力，属于难题三、解答题（本大题共5小题）18.已知函数，将的图象向左移个单位，得到函数的图象.（1）若，求的单调区间；（2）若，的一条对称轴是，求在的值域.【答案】（1）增区间为，减区间为
14、；（2）.【解析】【分析】（1）由题意利用三角函数图象变换规律求得的解析式，然后利用余弦函数的单调性，得出结论；（2）由题意利用余弦函数的图象的对称性求得，再根据余弦函数的定义域和值域，得出结论详解】由题意得（1）向左平移个单位得到，增区间：解不等式，解得，减区间：解不等式，解得.综上可得，的单调增区间为，减区间为；（2）由题易知，因为的一条对称轴是，所以，解得，.又因为，所以，即.因为，所以，则，所以在的值域是.【点睛】本题主要考查三角函数图象变换规律，余弦函数图象的对称性，余弦函数的单调性和值域，属于中档题19.如图所示,直角梯形中,四边形为矩形,.（1）求证:平面平面;（2）在线段上是否
15、存在点,使得直线与平面所成角的正弦值为,若存在,求出线段的长,若不存在,请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）存在，长【解析】【分析】（1）先证面,又因为面,所以平面平面.（2）根据题意建立空间直角坐标系. 列出各点的坐标表示,设,则可得出向量,求出平面的法向量为,利用直线与平面所成角的正弦公式列方程求出或,从而求出线段的长.【详解】解:（1）证明:因为四边形为矩形,.面面又面平面平面（2）取为原点,所在直线为轴,所在直线为轴建立空间直角坐标系.如图所示:则,设,;,设平面的法向量为,不防设.,化简得,解得或;当时,;当时,;综上存在这样的点,线段的长.【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定定
16、理的应用,考查利用线面所成角求参数问题,是几何综合题,考查空间想象力以及计算能力.20.正项数列的前n项和Sn满足： (1)求数列的通项公式； (2)令，数列bn前n项和为Tn，证明：对于任意的nN*，都有Tn .【答案】（1）（2）见解析【解析】【详解】（1）因为数列的前项和满足：，所以当时，即解得或，因为数列都是正项，所以，因为，所以，解得或，因为数列都是正项，所以，当时，有，所以，解得，当时，符合所以数列的通项公式，;（2）因为，所以，所以数列的前项和为：，当时，有，所以，所以对于任意，数列的前项和.21.在平面直角坐标系xOy中，已知平行于x轴的动直线l交抛物线C：于点P，点F为C的焦
17、点圆心不在y轴上的圆M与直线l，PF，x轴都相切，设M的轨迹为曲线E（1）求曲线E的方程；（2）若直线与曲线E相切于点，过Q且垂直于的直线为，直线，分别与y轴相交于点A，当线段AB的长度最小时，求s的值【答案】（1），（2）【解析】【分析】根据题意设，可得PF的方程，根据距离即可求出；点Q处的切线的斜率存在，由对称性不妨设，根据导数的几何意义和斜率公式，求，并构造函数，利用导数求出函数的最值【详解】因为抛物线C的方程为，所以F的坐标为，设，因为圆M与x轴、直线l都相切，l平行于x轴，所以圆M的半径为，点，则直线PF的方程为，即，所以，又m，所以，即，所以E的方程为，设，由知，点Q处的切线的斜率
18、存在，由对称性不妨设，由，所以，所以，所以，令，则，由得，由得，所以在区间单调递减，在单调递增，所以当时，取得极小值也是最小值，即AB取得最小值此时【点睛】本题考查了直线和抛物线的位置关系，以及利用导数求函数最值的关系，考查了运算能力和转化能力，属于难题22.已知函数（1）讨论的单调性并指出相应单调区间；（2）若，设是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数k的取值范围【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）先对函数进行求导得，对分成和两种情况讨论，从而得到相应的单调区间；（2）对函数求导得，从而有，三个方程中利用得到.将不等式的左边转化成关于的函数，再构造新函数利用导数研究函数的最小值，从而得到的取值范围.【详解】解：（1）由，则，当时，则，故在上单调递减；当时，令，所以在上单调递减，在上单调递增综上所述：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增（2），,由得，解得.设，则,在上单调递减；当时，.，即所求的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、最值，考查分类讨论思想和数形结合思想，求解双元问题的常用思路是：通过换元或消元，将双元问题转化为单元问题，然后利用导数研究单变量函数的性质.