2020届浙江省杭州市高级中学高三下学期3月高考模拟测试数学试题（解析版）
展开2020届浙江省杭州市高级中学高三下学期3月高考模拟测试数学试题
一、单选题
1．若集合<x<4}，则A∩B=（ ）
A．(-∞，-1) B．[0，4) C．[1，4) D．(4，+∞)
【答案】C
【解析】解一元二次不等式求得集合，由此求得两个集合的交集.
【详解】
由解得或，所以，所以.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合交集的概念和运算，属于基础题.
2．已知i为虚数单位，则z的虚部为（ ）
A．1 B．-2 C．2 D．-2i
【答案】B
【解析】利用复数的除法运算化简的表达式，由此求得的虚部.
【详解】
依题意，故虚部为.
故选：B
【点睛】
本小题主要考查复数除法运算，考查复数虚部的求法，属于基础题.
3．已知双曲线：（）的渐近线方程为，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据双曲线的方程和其渐近线方程可求得，然后再根据离心率的计算公式可得所求．
【详解】
由可得，即为双曲线的渐近线的方程，
又渐近线方程为，
∴，
∴.
∴离心率．
故选B．
【点睛】
（1）求双曲线的离心率时，将提供的双曲线的几何关系转化为关于双曲线基本量的方程或不等式，利用和转化为关于e的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或取值范围．
（2）本题容易出现的错误是认为，由双曲线的标准方程求渐近线方程时，不论焦点在哪个轴上，只需把方程中的“”改为“”，即可得到渐近线的方程．
4．函数的大致图像为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意，当时，求得，单调递增，排除A，B；当时，令，求得在单调递增，在单调递减，即可得到答案.
【详解】
由题意，当时，，，单调递增，排除A，B
当时，，，令，在单调递增，在单调递减，选D
【点睛】
本题主要考查了函数图象的识别问题，其中解答中合理利用导数得到函数的单调性是解答的本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
5．已知随机变量ξ满足P (ξ=0) =x，P(ξ=1) =1-x，若则（ ）
A．E(ξ)随着x的增大而增大，D (ξ)随着x的增大而增大
B．E(ξ)随着x的增大而减小，D(ξ)随着x的增大而增大
C．E(ξ)随着x的增大而减小，D(ξ)随着x的增大而减小
D．E(ξ)随着x的增大而增大，D(ξ)随着x的增大而减小
【答案】B
【解析】求得和的表达式，由此判断出两者的单调性.
【详解】
依题意，在区间上是减函数.
，注意到函数的开口向下，对称轴为，所以在区间上是增函数，也即在区间上是增函数.
故选：B
【点睛】
本小题主要考查随机变量期望和方差的计算，考查函数的单调性，属于基础题.
6．某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】C
【解析】根据三视图可得复原后的几何体（如图所示），根据公式可计算其体积.
【详解】
根据三视图可得对应的几何体为四棱锥 ，
它是正方体中去掉一个三棱锥和三棱柱，
又，到底面的距离为，故，
故选C.
【点睛】
本题考察三视图，要求根据三视图复原几何体，注意复原前后点、线、面的关系．如果复原几何体比较困难，那么可根据常见几何体（如正方体、圆柱、球等）的切割来考虑.
7．“”是“”成立的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】由对数的运算性质与不等式的基本性质结合充分必要条件的判定方法得答案.
【详解】
解：由，得，
得，；
反之，由，不一定有，如
∴“”是“”成立的充分不必要条件.
故选：A.
【点睛】
本题考查对数的运算性质与不等式的基本性质，考查充分必要条件的判定方法，是基础题.
8．如图，圆O是半径为1的圆，设B，C为圆上的任意2个点，则的取值范围是（ ）
A． B．[-1，3] C．[-1，1] D．
【答案】A
【解析】利用平面向量线性运算和数量积运算，将转化为，其中为和的夹角.由此求得的取值范围.
【详解】
设是线段的中点，则有.设为和的夹角.则
，且
，由于，所以当时，有最小值.又当且时，有最大值为，即有最大值.所以的取值范围是.
故选：A
【点睛】
本小题主要考查向量线性运算、数量积的运算，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
9．如图，在三棱锥中，，，设二面角的平面角为，则（ ）
A．，
B．，
C．，
D．，
【答案】C
【解析】解题的关键是通过构造垂面得出，然后转化到平面中解决即可.
【详解】
解：如图（1），取PC中点D，连接AD，BD，
由PB＝BC＝，PA＝AC易知BD⊥PC，AD⊥PC，故可得PC⊥平面ABD，
作PM⊥AB于M，由，可得CM⊥AB，
∴，
又，由图（2）可得，
，
故选：C.
【点睛】
本题考查空间角的综合问题，考查空间想象能力，逻辑推理能力，属于中档题.
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】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
11．在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.现有一“阳马”，底面，，，则该“阳马”的最长棱长等于______；外接球表面积等于______.
【答案】3
【解析】分别求各边长即可得最长棱,通过补成长方体可得球半径.
【详解】
如图，底面，底面为长方形，且，，
所以.
最长棱为:3.
该几何体可以通过补体得长方体,所以其外接球的半径为.
则其外接球的表面积为，故答案为：3；.
【点睛】
本题主要考查了四棱锥的几何特征及外接球问题,属于基础题.
12．设x，y满足约束条件则z=2x+3y的最大值为____；满足条件的x，y构成的平面区域的面积是____
【答案】
【解析】画出可行域，计算出可行域的面积，平移基准直线到可行域边界的位置，由此求得的最大值.
【详解】
画出可行域如下图所示：其中，所以，到直线的距离为，所以可行域的面积为.平移基准直线到可行域边界点位置时，取得最大值为.
故答案为：（1）；（2）.
【点睛】
本小题主要考查利用线性规划求最大值，考查可行域面积的求法，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.
13．已知，则a0=____，a5=____.
【答案】
【解析】令，求得的值.由乘法分配律，结合二项式展开式，求得的值.
【详解】
由，令得，即，
即的系数，根据乘法分配律以及二项式展开式可知，的系数为，即.
故答案为：（1）；（2）
【点睛】
本小题主要考查二项式定理的运用，考查乘法分配律，属于基础题.
14．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且b=1，则B=____；△ABC的面积为____.
【答案】
【解析】利用正弦定理化简已知条件，求得的值，由此求得的大小.判断出，由此利用三角形的面积公式，求得三角形的面积.
【详解】
依题意，由正弦定理得，解得，而，而，所以，则，所以，所以.
故答案为：（1）；（2）
【点睛】
本小题主要考查正弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于基础题.
15．从0，1，2，3，4，5这6个数中随机抽取5个数构成一个五位数，则满足条件“”的五位数的个数有____.
【答案】
【解析】由题意可知最大，不能为零，对分成和两种情况进行分类讨论，由此求得满足条件的五位数的个数.
【详解】
由题意可知最大，不能为零，
当时，则从剩下个不为零的数中选个，放在的左边，再从剩下的个数中取两个，放在右边，故方法数有.
当时，不能选取，则从身下个不为零的数中选两个，，放在的左边，再从剩下的个数中取两个，放在右边，故方法数有.
所以总的方法数有.
故答案为：
【点睛】
本小题主要考查简单的排列组合问题，属于基础题.
16．设是椭圆的两个焦点，是C上一点，且满足的面积为则的取值范围是____.
【答案】
【解析】根据的面积列不等式，解不等式求得的取值范围.
【详解】
依题意，，所以，则，而，所以.由于，，根据二次函数的性质可知：，所以，所以，解得.
故答案为：
【点睛】
本小题主要考查椭圆的几何性质，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
17．设函数，当时，记最大值为，则的最小值为______.
【答案】
【解析】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
18．已知函数0)的图象上相邻两对称轴之间的距离为4.
（1）求ω的值及f(x)的单调递增区间；
（2）若，求的值.
【答案】（1），在区间为；（2）
【解析】（1）利用降次公式、辅助角公式化简的解析式，根据图象上相邻两对称轴之间的距离求得，根据三角函数单调区间的求法，求得的单调递增区间.
（2）结合同角三角函数的基本关系式以及两角和的正弦公式，求得的值.
【详解】
（1）依题意，由于的图象上相邻两对称轴之间的距离为4，则，解得.所以.令，解得，即的单调递增区间为.
（2）因为，即，而，，所以.
所以
【点睛】
本小题主要考查三角恒等变换，考查三角函数单调区间的求法，考查同角三角函数的基本关系式，考查两角和的正弦公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
19．如图，已知四棱锥A-BCDE中，AB=BC=2，∠ABC=120°，CD//BE，BE=2CD=4，
（1）求证：EC⊥平面ABC；
（2）求直线AD与平面ABE所成角的正弦值.
【答案】（1）详见解析；（2）
【解析】（1）通过余弦定理和勾股定理，计算证明证得，由此证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，通过直线的方向向量和平面的法向量，求得线面角的正弦值.
【详解】
（1）在三角形中，由余弦定理得.在三角形中，由余弦定理得.所以，所以，而，所以平面.
（2）建立如图所示空间直角坐标系，则，，，所以，，所以.设是平面的法向量，则，取.设直线与平面所成角为，则.
【点睛】
本小题主要考查线面垂直的证明，考查空间向量法求线面角，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
20．已知等差数列的公差不为零，且，、、成等比数列，数列满足
（1）求数列、的通项公式；
（2）求证：.
【答案】（1），，；（2）证明见解析.
【解析】（1）设等差数列的公差为，，运用等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，进而得到，可令，求得，再将换为，相减可得；
（2）原不等式转化为，应用数学归纳法证明，注意检验时不等式成立，再假设时不等式成立，证明时，不等式也成立，注意运用分析法证明.
【详解】
（1）等差数列的公差不为零，，可得，
、、成等比数列，可得，即，
解方程可得，则.
数列满足，可得，
当时，由，
可得，
相减可得，则，也适合，则，；
（2）证明：不等式即为
，
下面应用数学归纳法证明.
（i）当时，不等式的左边为，右边为，左边右边，不等式成立；
（ii）假设时，不等式成立，
当时，，
要证，
只要证，
即证，
即证，
由，可得上式成立，可得时，不等式也成立.
综上可得，对一切，，
故.
【点睛】
本题考查等差数列通项公式的求解，同时也考查了利用求通项以及数列不等式的证明，考查了数学归纳法的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题.
21．已知抛物线E：过点Q(1，2)，F为其焦点，过F且不垂直于x轴的直线l交抛物线E于A，B两点，动点P满足△PAB的垂心为原点O.
（1）求抛物线E的方程；
（2）求证：动点P在定直线m上，并求的最小值.
【答案】（1）；（2）证明见解析，的最小值为.
【解析】（1）将点的坐标代入抛物线方程，由此求得的值，进而求得抛物线的方程.
（2）设出直线的方程，联立直线的方程与抛物线的方程，写出韦达定理，设出直线的方程，联立直线的方程求得的坐标，由此判断出动点在定直线上.求得的表达式，利用基本不等式求得其最小值.
【详解】
（1）将点坐标代入抛物线方程得，所以.
（2）由（1）知抛物线的方程为，所以，设直线的方程为，设，由消去得，所以.由于为三角形的垂心，所以，所以直线的方程为，即.同理可求得直线的方程为.由，结合，解得，所以在定直线上.
直线的方程为，到直线的距离为，到直线的距离为.所以，当且仅当时取等号.所以的最小值为.
【点睛】
本小题主要考查抛物线方程的求法，考查直线和抛物线的位置关系，考查抛物线中三角形面积的有关计算，属于中档题.
22．已知.
（1）求的单调区间；
（2）当时，求证：对于，恒成立；
（3）若存在，使得当时，恒有成立，试求的取值范围.
【答案】（1）单调减区间为，单调增区间为；（2）详见解析；（3）.
【解析】【详解】试题分析：（1）对函数求导后，利用导数和单调性的关系，可求得函数的单调区间.（2）构造函数，利用导数求得函数在上递减，且，则，故原不等式成立.（3）同（2）构造函数，对分成三类，讨论函数的单调性、极值和最值，由此求得的取值范围.
试题解析：
（1）
，
当时，.
解得．
当时，解得．
所以单调减区间为，
单调增区间为．
（2）设
，
当时，由题意，当时，
恒成立．
，
∴当时，恒成立，单调递减．
又，
∴当时，恒成立，即．
∴对于，恒成立．
（3）因为
．
由（2）知，当时，恒成立，
即对于，，
不存在满足条件的；
当时，对于，，
此时．
∴，
即恒成立，不存在满足条件的；
当时，令，
可知与符号相同，
当时，，，
单调递减．
∴当时，，
即恒成立．
综上，的取值范围为．
点睛：本题主要考查导数和单调区间，导数与不等式的证明，导数与恒成立问题的求解方法.第一问求函数的单调区间，这是导数问题的基本题型，也是基本功，先求定义域，然后求导，要注意通分和因式分解.二、三两问一个是恒成立问题，一个是存在性问题，要注意取值是最大值还是最小值.
