2020届浙江省宁波市镇海中学高三下学期3月高考模拟测试数学试题（解析版）

2020届浙江省宁波市镇海中学高三下学期3月高考模拟测试数学试题

一、单选题

1．设集合，，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】求出后可得.

【详解】

，故，选C.

【点睛】

在集合的交并补的运算中，注意集合元素的属性，本题为基础题.

2．双曲线﹣y2=1的渐近线方程是（ ）

A．x±2y=0 B．2x±y=0 C．4x±y=0 D．x±4y=0

【答案】A

【解析】试题分析：渐近线方程是﹣y2=0，整理后就得到双曲线的渐近线．

解：双曲线

其渐近线方程是﹣y2=0

整理得x±2y=0．

故选A．

点评：本题考查了双曲线的渐进方程，把双曲线的标准方程中的“1”转化成“0”即可求出渐进方程．属于基础题．

3．已知公差不为零的等差数列满足，为数列的前项和，则的值为（ ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由可以得到等差数列的基本量的关系，再用基本量表示可得它们的比值.

【详解】

设公差为，由得到，

整理得到，因，故，

，所以，故选A.

【点睛】

等差数列或等比数列问题基本的处理策略有两类：（1）基本量方法，即把数学问题归结关于基本量或的关系式来处理；（2）利用等差数列或等比数列性质来处理，解题时需结合数列下标的特点或和式的特点来找合适的性质.

4．设，则“”是“”的(   )

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】根据充要条件的定义进行判断即可．

【详解】

由得，，所以是充分条件；

由可得，所以是必要条件，

故“”是“”的充要条件．答案选C．

【点睛】

本题考查充分必要条件的定义，不等式的性质，属于基础题．

5．函数的图象可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】先求函数的定义域为，再判断其奇偶性，然后取特殊值可选答案

【详解】

由于，所以的定义域为，

因为

所以为奇函数，其图像关于原点对称，所以排除A，B

因为，

，

所以排除C

故选：D

【点睛】

此题考查的是由函数解析式判断函数的图像，由于函数关系式较复杂，无法直接画，所以要利用函数的奇偶性、单调性，代特殊值，用排除法可求得，属于难题．

6．某射手射击所得环数的分布列如下：

已知的数学期望，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据分布列的概率之和是，得到关于和之间的一个关系式，由变量的期望值，得到另一个关于和之间的一个关系式，联立方程，解得的值.

【详解】

由题意可知：，

解得.

故选：B.

【点睛】

本题考查期望和分布列的简单应用，通过创设情境激发学生学习数学的情感，培养其严谨治学的态度，在学生分析问题、解决问题的过程中培养其积极探索的精神，属于基础题．

7．已知正四棱柱ABCD- A1B1C1D1中 ，AB=2，CC1=E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为

A．2 B． C． D．1

【答案】D

【解析】试题分析：因为线面平行，所求求线面距可以转化为求点到面的距离，选用等体积法．平面，

到平面的距离等于到平面的距离，由题计算得，在中，，边上的高，所以，所以，利用等体积法，得:,解得:

【考点】利用等体积法求距离

8．对于定义域为R的函数，若存在非零实数，使函数在和上与轴都有交点，则称为函数的一个“界点”.则下列四个函数中，不存在“界点”的是(   )

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】由“界点”定义可知，存在“界点”要求函数至少有个零点．通过对四个函数零点个数的判断，得到最终结果．

【详解】

选项：令，即，根据与图像如图所示：

可知当时，有与两个交点

当时，有个交点

因此两函数共有个交点，故必有“界点”；

选项：令，可知，方程恒有个不等式根，即必有个零点，故必有“界点”；

选项：令，解得或，即有个零点，故必有“界点”；

选项：令，令，则

又，所以

在上单调递增

又，即只有一个零点，故不存在“界点”．

本题正确选项：

【点睛】

本题属于新定义问题，考查转化化归的数学思想．解题关键在于明确“界点”的定义，从而转化为零点个数问题．

9．已知，，是平面内三个单位向量，若，则的最小值（    ）

A． B． C． D．5

【答案】A

【解析】由于，且为单位向量，所以可令，，再设出单位向量的坐标，再将坐标代入中，利用两点间的距离的几何意义可求出结果．

【详解】

解：设，，，则，从而

，等号可取到．

故选：A

【点睛】

此题考查的是平面向量的坐标、模的运算，利用整体代换，再结合距离公式求解，属于难题．

10．已知数列满足，则（  ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】由可知，再根据这个不等关系判断选项正误．

【详解】

由题得，则有，

，故选C．

【点睛】

本题考查数列的递推关系，用到了放缩的方法，属于难题．

二、填空题

11．设i为虚数单位，给定复数，则z的虚部为________，________．

【答案】2       

【解析】先将复数化简，然后可结果．

【详解】

解：因为

 所以的虚部为2，

故答案为：  (1). 2    (2).

【点睛】

此题考查复数的运算，求复数的虚部、模，属于基础题．

12．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________，表面积是________．

【答案】       

【解析】由三视图可知，此几何体是从一个长方体中挖去一个圆锥，体积等于长方体的体积减去圆锥的体积，表面积等于长方体5个面的面积加上圆锥的侧面积，再加上正方形减去圆的面积差．

【详解】

解：由三视图可知此几何体是从一个长为6，宽为6，高为4的长方体中挖去一个底面半径为3，高为4的圆锥，

所以此几何体的体积为

表面积为．

故答案为：   (1).     (2).

【点睛】

此题考查的是求组合体的体积和面积问题，属于基础题．

13．已知，满足条件则的最大值是_____，原点到点的距离的最小值是_____．

【答案】       

【解析】画出不等式组对应的可行域，通过平移动直线求目标函数的最大值，而原点到点的距离的最小值就是原点到点的距离．

【详解】

不等式组对应的可行域如下：

当动直线过时，有最大值，又，故的最大值为．

原点到的距离的最小值即为，故分别填、．

【点睛】

二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二元函数的几何意义，比如表示动直线的横截距的三倍 ，而则表示动点与的连线的斜率.

14．小明口袋中有3张10元，3张20元（因纸币有编号认定每张纸币不同），现从中掏出纸币超过45元的方法有_______种；若小明每次掏出纸币的概率是等可能的，不放回地掏出4张，刚好是50元的概率为_______.

【答案】       

【解析】超出45元即为掏出纸币50元，60元，70元，80元，90元，用排列组合知识分别计算即可.如果掏出4张共计50元，则有3张10元，1张20元一种情况，用古典概型公式可求概率.

【详解】

超出45元即为掏出纸币50元，60元，70元，80元，90元，

如果掏出纸币50元，则2张20元，1张10元，或3张10元，1张20元，共有；

如果掏出纸币60元，则2张20元，2张10元，或3张20元，共有；

如果掏出纸币70元，则3张20元，1张10元，或2张20元，3张10元，共有；

如果掏出纸币80元，则3张20元，2张10元，共有；

如果掏出纸币90元，则3张20元，3张10元，共有；

综上，共有种.

设“如果不放回的掏出4张，刚好是50元”为事件，则所有的基本事件的总数为，

中含有的基本事件的总数为，故.

所以分别填.

【点睛】

此类问题为取球模型，通常运用排列组合的知识求不同种类的个数，注意计算时根据问题的特征合理分类或分步.同时还应注意是有放回还是无放回.古典概型的概率计算关键是确定基本事件的总数和随机事件中含有的基本事件的个数，注意每个基本事件是等可能发生的.

15．在中，，为的平分线，，则___________．

【答案】

【解析】假设，通过列出与有关的方程，求解出的长度，从而得到的值。

【详解】

原题图形如图所示：

则：

设，则，又

解得：

本题正确结果：

【点睛】

本题考查三角形面积公式，关键在于通过面积桥的方式求解出的长度，从而得到所求比值。

16．若函数在上有零点，则的最小值为____．

【答案】

【解析】设函数的零点为，利用消元后得到，配方后可得最小值．

【详解】

设函数的零点为，则由得到，

所以，

，

当时，有最小值，故填．

【点睛】

含多参数的函数的零点存在问题，一般地依据零点的个数分类讨论得到参数满足的不等式组，再由线性规划或非线性规划计算目标函数的最值或取值范围，也可以通过设零点，把目标函数转化新的函数，再用配方法或判别式或基本不等式求出最值．

17．如图，椭圆：的离心率为，F是的右焦点，点P是上第一角限内任意一点，，，若，则的取值范围是_______．

【答案】

【解析】由于点在椭圆上运动时，与轴的正方向的夹角在变，所以先设，又由，可知，从而可得，而点在椭圆上，所以将点的坐标代入椭圆方程中化简可得结果．

【详解】

设，，，则，

由，得，代入椭圆方程，

得，化简得恒成立，

由此得，即，故．

故答案为：

【点睛】

此题考查的是利用椭圆中相关两个点的关系求离心率，综合性强，属于难题 ．

三、解答题

18．已知函数．

（Ⅰ）求函数的单调递增区间；

（Ⅱ）设△ABC中的内角，，所对的边分别为，，，若，且，求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）单调递增区间为，Z. （Ⅱ）

【解析】（Ⅰ）利用二倍角公式和辅助角公式可得函数，故可求得函数的递增区间.

（Ⅱ）由可得，利用余弦定理可以得到的关系式，再利用基本不等式可求的取值范围.

【详解】

（Ⅰ）.

所以，解得，.

所以函数的单调递增区间为，.  

（Ⅱ）因为，所以.所以. 

又因为，所以，即.

而，所以，即.

又因为，所以．

【点睛】

（Ⅰ）对于形如的函数，我们可将其化简为，其中，．

形如的函数，可以利用降幂公式和辅助角公式将其化为的形式，再根据复合函数的讨论方法求该函数的单调区间、对称轴方程和对称中心等．

（Ⅱ）解三角形中的范围问题，可以利用正弦定理把目标函数转为角的三角函数，也可以利用基本不等式及已知的等式关系求出相应的范围．

19．如图，四棱锥中，垂直平面，，，，为的中点.

（Ⅰ） 证明：平面平面；

（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（Ⅰ）见证明  （Ⅱ）

【解析】（Ⅰ）可证 平面，从而得到平面平面．

（Ⅱ）在平面内过作的垂线，垂足为，由（1）可知平面，从而就是所求的线面角，利用解直角三角形可得其正弦值．

【详解】

（Ⅰ）证明: 平面，平面， 故．

又，所以． 故，即 ，而，所以平面，

因为平面，所以平面平面．

（Ⅱ）平面，平面， 故．又，所以．

在平面内，过点作，垂足为．

由（Ⅰ）知平面平面， 平面，平面平面 所以平面． 

由面积法得：即．

又点为的中点，．所以．

又点为的中点，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等．

连结交于点，则．

所以点到平面的距离是点到平面的距离的一半，即．

所以直线与平面所成角的正弦值为．

另解：如图，取的中点，如图建立坐标系．

因为，所以．所以有：

，，，，，

．     

．，．

设平面的一个法量为，则

取，得，．即．

设直线与平面所成角为，则

．

【点睛】

面面垂直的判定可由线面垂直得到，而线面垂直可通过线线垂直得到，注意面中两条直线是相交的．由面面垂直也可得到线面垂直，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.

20．在数列中，，，且对任意的N，都有.

（Ⅰ）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；

（Ⅱ）设，记数列的前项和为，若对任意的N都有，求实数的取值范围.

【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）

【解析】（Ⅰ）可变形为，故是等比数列.利用累加法可以求出的通项.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，用裂项相消法可求，求出的最小值后可得的取值范围.

【详解】

（Ⅰ）由可得．

又，，所以，故.

所以是首项为2，公比为2的等比数列.所以.  

所以.

（Ⅱ）因为.

所以

.

又因为对任意的都有，所以恒成立，

即,即当时，.

【点睛】

给定数列的递推关系，我们常需要对其做变形构建新数列（新数列的通项容易求得），而数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.

21．已知椭圆的焦点坐标为，，过垂直于长轴的直线交椭圆于、两点，且.

(Ⅰ)求椭圆的方程；

(Ⅱ)过的直线与椭圆交于不同的两点、，则的内切圆的面积是否存在最大值？若存在求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）；（2）存在，内切圆面积最大值是，直线方程为.

【解析】(1)设椭圆方程为＝1(a>b>0)，

由焦点坐标可得c＝1.由|PQ|＝3，可得＝3.

又a2－b2＝1，得a＝2，b＝.故椭圆方程为＝1.

(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，不妨令y1>0，y2<0，

设△F1MN的内切圆的半径R，

则△F1MN的周长为4a＝8，S△F1MN＝(|MN|＋|F1M|＋|F1N|)R＝4R，

因此要使△F1MN内切圆的面积最大，则R最大，此时S△F1MN也最大．

S△F1MN＝F1F2||y1－y2|＝y1－y2，

由题知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x＝my＋1，

由得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，

得y1＝，y2＝，

则S△F1MN＝y1－y2＝，令t＝，则t≥1，

则S△F1MN＝＝＝.令f(t)＝3t＋，则f′(t)＝3－，

当t≥1时，f′(t)>0，所以f(t)在[1，＋∞)上单调递增，

有f(t)≥f(1)＝4，S△F1MN≤＝3，

当t＝1，m＝0时，S△F1MN＝3，又S△F1MN＝4R，∴Rmax＝

这时所求内切圆面积的最大值为π.

故△F1MN内切圆面积的最大值为π，且此时直线l的方程为x＝1.

22．已知函数

（1）若，求证：

（2）若，恒有，求实数的取值范围.

【答案】（1）见解析；（2）（﹣∞，0]

【解析】（1）利用导数求x＜0时，f（x）的极大值为，即证（2）等价于k≤，x＞0，令g（x）＝，x＞0，再求函数g(x)的最小值得解.

【详解】

（1）∵函数f（x）＝x2e3x，∴f′（x）＝2xe3x+3x2e3x＝x（3x+2）e3x．

由f′（x）＞0，得x＜﹣或x＞0；由f′（x）＜0，得，

∴f（x）在（﹣∞，﹣）内递增，在（﹣，0）内递减，在（0，+∞）内递增，

∴f（x）的极大值为，

∴当x＜0时，f（x）≤

（2）∵x2e3x≥（k+3）x+2lnx+1，∴k≤，x＞0，

令g（x）＝，x＞0，则g′（x），

令h（x）＝x2（1+3x）e3x+2lnx﹣1，则h（x）在（0，+∞）上单调递增，

且x→0+时，h（x）→﹣∞，h（1）＝4e3﹣1＞0，

∴存在x0∈（0，1），使得h（x0）＝0，

∴当x∈（0，x0）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，

当x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，

∴g（x）在（0，+∞）上的最小值是g（x0）＝，

∵h（x0）＝+2lnx0﹣1=0，所以，

令，

令

所以=1，,

∴g（x0）

∴实数k的取值范围是（﹣∞，0]．

【点睛】

本题主要考查利用证明不等式，考查利用导数求最值和解答不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.