浙江省臨海市樂清市新昌縣2020屆高三數學下學期鴨模擬考試試題含解析

1、浙江省臨海市、樂清市、新昌縣2020屆高三數學下學期選考模擬考試試題（含解析）一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1. 已知集合，則（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】解不等式得到集合和集合，再求交集得到答案.【詳解】，則.故選：a.【點睛】本題考查了集合的交集運算，解不等式，屬于簡單題.2. 雙曲線x21的漸近線方程是（ ）a. y=xb. y=xc. y=d. y=2x【答案】d【解析】【分析】根據雙曲線漸近線定義即可求解.【詳解】雙曲線的方程為， 雙曲線的漸近線方程為，故選：d【點睛】本題主要考查了雙

2、曲線的簡單幾何性質，屬于容易題.3. 若實數、滿足約束條件，則的最大值是（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】作出不等式組所表示的可行域，設，利用線性目標函數的幾何意義求得的取值范圍，再利用絕對值的性質可求得的最大值.【詳解】作出不等式組所表示的可行域如下圖所示：令，聯(lián)立，解得，可得點，同理可得點，平移直線，當直線經過可行域的頂點時，直線在軸上的截距最小，此時取最小值，即；當直線經過可行域的頂點時，直線在軸上截距最大，此時取最大值，即.所以，則，因此，.故選：c.【點睛】本題考查線性目標函數絕對值的最值，考查數形結合思想的應用，屬于基礎題.4. 某幾何體的三視圖如圖所示，則該

3、幾何體的體積為（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】作出幾何體的直觀圖，可知幾何體為直三棱柱中截去一個三棱錐而形成，利用柱體和錐體的體積公式可計算出幾何體的體積.【詳解】幾何體的直觀圖如下圖所示：可知幾何體為直三棱柱中截去三棱錐所形成，結合三視圖中的數據可知，幾何體的體積為.故選：b.【點睛】本題考查利用三視圖計算幾何體的體積，解答的關鍵在于作出幾何體的直觀圖，考查計算能力，屬于基礎題.5. 已知是等差數列，為數列的前項和，且，則的最大值為（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】由已知條件求得等差數列的公差，再運用等差數列的前n項和公式和二次函數的最值可得選項

4、.【詳解】由已知，得，所以，所以，所以當時，有最大值為,故選：d.【點睛】本題考查等差數列的基本量的計算，二次函數的最值，屬于基礎題.6. 在中，角、所對的邊分別是、，則“”是“為等腰三角形”的（ ）a. 充分不必要條件b. 必要不充分條件c. 充要條件d. 既不充分也不必要條件【答案】a【解析】【分析】利用正弦定理邊角互化思想結合充分條件、必要條件的定義判斷即可.【詳解】充分性：，得，可得，則，即，.所以，為等腰三角形，即充分性成立；必要性：若為等腰三角形，則或，那么等式不一定成立，即必要性不成立.綜上所述，“”是“為等腰三角形”的充分不必要條件.故選：a.【點睛】本題考查充分不必要條件的判

5、斷，涉及正弦定理邊角互化思想的應用，考查推理能力，屬于中等題.7. 已知隨機變量滿足，其中.令隨機變量，則（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】根據題意,列表求得隨機變量及的分布列,可知均為兩點分布.由兩點分布的均值及方差表示出和,根據比較大小即可得解.【詳解】隨機變量滿足,其中.則隨機變量的分布列為: 所以 隨機變量,所以當時,當時, 所以隨機變量分布列如下表所示(當時,只有一個情況,概率為1):則當即,解得.所以a、b錯誤.恒成立.所以c錯誤,d正確故選:d【點睛】本題考查了隨機變量的分布列,兩點分布的特征及均值和方差求法,屬于中檔題.8. 已知函數的部分圖象如圖所示，則

6、（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】求得函數的導數，根據函數的單調性可判斷a選項的正誤，利用、的符號可分別判斷d、b、c選項的正誤.【詳解】，令，由圖象可知，函數先減后增再減，則，可得，a選項錯誤；，則，則，d選項錯誤；，則，b選項正確；，則，c選項錯誤.故選：b.【點睛】本題考查利用函數的單調性判斷不等式的正誤，解答的關鍵在于利用導數符號與函數單調性之間的關系解題，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.9. 已知橢圓，分別是橢圓的左、右焦點，是橢圓的下頂點，直線交橢圓于另一點，若，則橢圓的離心率為（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】由和，用表示出和

7、，在中，求出，根據升冪公式可求，即為橢圓離心率.【詳解】解：如圖，點在橢圓上，所以，由，代入上式得，在，又，所以，即，故選：a.【點睛】考查利用橢圓的性質、解三角形的知識以及三角恒等變換求橢圓的離心率；基礎題.10. 如圖，三棱錐的側棱長都相等，底面與側面都是以為斜邊的等腰直角三角形，為線段的中點，為直線上的動點，若平面與平面所成銳二面角的平面角為，則的最大值是（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】連接，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，求出平面一個法向量，平面的一個法向量，利用即可求解.【詳解】底面與側面都是以為斜邊的等腰直角三角形，則，所以 設，由為線段的中

8、點，則，由，所以， 以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示：則，設，設平面的一個法向量，則，即，令，則，所以.設平面的一個法向量，則，即，解得，令，則， 所以，平面與平面所成銳二面角的平面角為，則，將分子、分母同除以，可得 令，當時，則的最大值為：.故選：d【點睛】本題考查了空間向量法求二面角、考查了基本運算求解能力，解題的關鍵是建立恰當的空間直角坐標系，屬于中檔題.非選擇題部分（共110分）二、填空題: 本大題共7小題, 多空題每題6分, 單空題每題4分, 共36分.11. 我國古代數學名著算法統(tǒng)宗中有如下描述：“遠望巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈三百八十一”意思是：一座

9、層塔共掛了盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數是上一層燈數的倍請問塔頂層有_盞燈，塔底層有_盞燈【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】設塔的頂層共有盞燈，則數列是公比為的等比數列，利用等比數列求和公式可求得的值，進而可求得的值，由此可得出結果.【詳解】設塔的頂層共有盞燈，則數列是公比為的等比數列，設其前項和為，由題意可得，解得，則.因此，塔頂層有盞燈，塔底層有盞燈.故答案為：；.【點睛】本題考查等比數列中基本量的計算，考查等比數列前項和公式的應用，考查計算能力，屬于基礎題.12. 已知復數滿足（為虛數單位），則的虛部是_，=_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根據復數滿足，利用復

10、數的除法化簡得到，再根據復數的概念和模的求法求解.【詳解】因為復數滿足，所以所以的虛部是，故答案為：；【點睛】本題主要考查復數的運算以及復數的概念和模，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.13. 已知多項式，則_，_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】第一空，賦值可得；第二空，利用展開式求的系數與的系數和即可.【詳解】取， 展開式的通項 ，則故答案為：；【點睛】本題主要考查展開式中的特定項系數及項的系數和. (1)利用賦值法求解項的系數和時，注意各項的系數是指某一項的字母前面的數值(包括符號)；(2)求展開式中的特定項或其系數可依據條件寫出第項，再由特定項的特點求出值即可14. 已知

11、圓，過點作兩條互相垂直的直線，其中交該圓于，兩點，交該圓于，兩點，則的最小值是_，的最大值是_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】將用圓心到的距離表示，再利用直角三角形中，直角邊小于斜邊，即可求得的最小值；將用圓心到兩弦的弦心距表示，再利用基本不等式，即可求得的最大值.【詳解】過作，交于點，過作，交于點， 連接，設圓心到的距離為，圓心到的距離為， 則，又圓心到的距離的最大值為，的最小值為，又，所以，當且僅當時，等號成立，所以，所以的最小值為，的最大值是.故答案為：；.【點睛】本題主要考查的是圓的弦長的計算，其中涉及到基本不等式的應用，屬于中檔題.涉及直線被圓截得的弦長問題時，解法有以

12、下兩種：（1）幾何法：利用半徑長、弦心距、弦長的一半構成的直角三角形求解；（2）代數法：將直線方程與圓的方程組成方程組，設出交點坐標，若交點坐標簡單易求，則直接利用兩點間的距離公式進行求解；若交點坐標不易求，則將方程組消元后得一元二次方程，由一元二次方程中根與系數的關系可求弦長.15. 新型冠狀病毒疫情期間，位黨員需要被安排到個不同的路口執(zhí)勤，每個路口至少安排一人，其中黨員甲和乙不能被安排到同一個路口，那么總共有_種不同安排方法（用數字作答）【答案】【解析】分析】先計算出沒有限制條件下所有的排法種數，減去甲、乙兩人安排在同一個路口時的排法種數，進而得解.【詳解】先考慮沒有限制條件下的排法種數，

13、將人分為三組，三組的人數分別為、或、，此時，所有的排法種數為.其次考慮甲、乙兩人安排在同一路口時的排法種數，此時有種排法.綜上所述，共有種.故答案為：.【點睛】本題考查人員安排問題，采用正難則反的思想求解，考查計算能力，屬于中等題.16. 已知，若函數在區(qū)間上存在最小值，則的取值范圍是_【答案】【解析】【分析】當時，根據的單調性，可知若存在極值點，則兩端點處的函數值一正一負；當時，由函數單調性知不合題意；當時，結合對號函數的性質可確定最值點所滿足的范圍；綜合三種情況可得最終結論.【詳解】當時，在上單調遞增，若在上存在最小值，則，即，解得：；當時，在上單調遞增，不存在最小值，不合題意；當時， 又

14、（當且僅當時，即時取等號），若在上存在最小值，則，解得：；綜上所述：的取值范圍為.故答案為：.【點睛】本題考查根據函數在區(qū)間內有最值求解參數范圍的問題；關鍵是能夠通過分類討論的方式，結合函數的單調性確定參數在不同范圍內時，函數的最值點或區(qū)間端點值的符號，由此可構造不等式求得結果.17. 已知三邊長分別為，是平面內任意一點，則的最小值是_【答案】【解析】【分析】由可得，即，當，即是的重心時取等號,根據三角形中的條件可得出答案.【詳解】當，即是的重心時取等號.三邊長分別為，若,則，此時原式若,則，此時原式若,則，此時原式所以的最小值是故答案為: 【點睛】本題考查平面向量的線性運算，向量的數量積，考

15、查運算求解能力，屬于中檔題.三、解答題：本大題共5小題，共74分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.18. 已知函數（1）求的最小正周期；（2）求在上的最大值，并求此時的值【答案】（1）最小正周期為；（2）最大值為，此時.【解析】【分析】（1）利用三角恒等變換思想化簡函數的解析式為，利用正弦型函數的周期公式可求得函數的最小正周期；（2）由計算出的取值范圍，利用正弦函數的基本性質可求得函數的最大值，并可求出對應的值.【詳解】（1），因此，函數的最小正周期為；（2）當時，則，當時，即當時，函數取得最大值.【點睛】本題考查正弦型函數周期的計算，同時也考查了正弦型函數最值的求解，解答的關鍵在于利

16、用三角恒等變換思想化簡函數解析式，考查計算能力，屬于中等題.19. 如圖，已知三棱錐中，平面平面，（1）證明：；（2）求直線和平面所成角的正弦值【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中點，的中點，連、，利用等腰三角形三線合一的性質得出，利用面面垂直的性質可得出平面，進而得出，再證明出，可得出平面，由此可得出；（2）過點作垂足為點，推導出平面，計算出，可得出點到平面的距離為，由此可計算出直線和平面所成角的正弦值為，進而得解.【詳解】（1）取的中點，的中點，連、.，為的中點，又，為的中點，又 ，為的中點，又 平面平面，交線為，平面，平面，平面，又，平面，平面，；（2）由（1）

17、知平面，平面，平面平面，過點作垂足為點，平面平面，平面，平面，所以，即是點到平面的距離，平面，平面，又是的中點，點到面的距離，與面所成角的正弦值為.【點睛】本題考查利用線面垂直證明線線垂直，同時也考查了線面角的正弦值的計算，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.20. 已知數列滿足：，. 正項數列滿足：對每個，且，成等比數列（1）求數列，的通項公式；（2）當時，證明：【答案】（1）；（2）證明見解析；【解析】【分析】（1）由題意可得，由累乘法可得;由，得（為奇數），再根據是等比數列，可得到（是偶數），從而得出答案.（2）先驗證時，不等式成立，當時，不論為奇數偶數都有，從而利用裂項相消法求和可證明

18、結論.【詳解】解：（1）解法一：由已知可得 時， ，又 解法二：，即為常數列， 又 又 （為奇數）又等比數列 （是偶數） 綜上可得（2）先證時，顯然成立. 時， 時， 再證時，左邊，右邊，成立； 時，不論為奇數偶數都有 綜上所述，當時，不等式成立.【點睛】本題考查利用數列的遞推關系求數列的通項公式，考查數列不等式的證明，考查放縮法在證明不等式中的應用，考查裂項相消求和，將通項進行適當的放縮是解決本題的關鍵和難點，屬于難題.21. 已知點是拋物線的焦點，是其準線上任意一點，過點作直線，與拋物線相切，為切點，與軸分別交于，兩點（1）求焦點的坐標，并證明直線過點；（2）求四邊形面積的最小值【答案】（1），證明見解析；（2）3【解析】【分析】（1）由點斜式設出直線的直線方程，再由在上，得出直線的方程，從而證明直線過點；（2）將直線的方程與拋物線方程聯(lián)立，結合韋達定理，拋物線的性質，點到直線的距離公式得出，再由四邊形的面積，結合導數得出四邊形面積的最小值【詳解】（1）由題意可知設，則即同理.又在上,則,所以所以直線過焦點f. （2）由（1）知,代入得則則到ab的距離,所以由（1）知,則所以,令則四邊形的面積設，當時，即函數在上是增函數則四邊形面積的最小值為3【點睛】本題主要考查了拋物線中直線過定點問題，拋物線中的四