浙江省湖州中学2020届高三下学期模拟测试（三）数学试题 Word版含解析 19页

- 1 - 浙江省湖州中学 2019 学年第二学期高三年级高考阶段测试三 数学试卷 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 1 15| 2 4 2 xM x          ，  | 1N x y x   ，那么 M N  （ ） A. { | 2 1}x x   B.  2| 1x x   C. { | 2}x x   D.  2|x x  【答案】B 【解析】 【分析】 分别计算集合 ,M N ，然后根据交集的概念可得结果. 【详解】由 1 152 4 2  x ，所以 1 150 2 2 24 4       x x 由1 0 1x x    所以 { 2 2}, { 1}∣ ∣     M x x N x x ， 则 M N   2| 1x x   ， 故选：B． 【点睛】本题考查交集的运算，本题重在计算，属基础题. 2. 设sin 2 sin 0   ， π ,02       ，则 tan 2 的值是（ ） A. 3 B. 3 C. 3 3 D. 3 3  【答案】A 【解析】 【分析】 根据已知条件，先求得 cos 的值，进而求得sin ，从而求得 tan 、 tan 2 的值. - 2 - 【详解】由sin 2 sin 0   ， π ,02       ， 得  2sin cos sin sin 2cos 1 0        ， 所以 12cos 1 0,cos 2     ， 则 2 3sin 1 cos 2       ， 所以 sintan 3cos     ， 所以 2 2tan 2 3tan 2 31 tan 1 3       . 故选：A 【点睛】本小题主要考查二倍角公式，考查同角三角函数的基本关系式，属于基础题. 3. 若复数 1z i  (i 是虚数单位)，则（ ） A. 22 2 1 0z z   B. 22 2 1 0z z   C. 2 2 2 0z z   D. 2 2 2 0z z   【答案】D 【解析】 【分析】 利用复数的运算法则以及 2 1i   即可求解. 【详解】 1z i Q ，  22 1 2z i i    ，  2 2 1 2 2z i i    ， 2 2 2 0z z    . 故选：D 【点睛】本题考查了复数的乘法运算，考查了基本运算求解能力，属于基础题. 4. 已知等比数列 na 中， 1 0a  ，则“ 1 4a a ”是“ 3 5a a ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 - 3 - C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 结合等比数列通项公式可求得 q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 na 的公比为 q， 由 1 4a a 得： 3 1 1a a q ，又 1 0a  ， 3 1q  ，解得： 1q  ， 2 4 3 1 1 5a a q a q a    ，充分性成立； 由 3 5a a 得： 2 4 1 1a q a q ，又 1 0a  ， 4 2q q  ，解得： 1q  或 1q   ， 当 1q   时， 3 4 1 0a a q  ， 4 1a a  ，必要性不成立. “ 1 4a a ”是“ 3 5a a ”的充分不必要条件. 故选： A . 【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. 5. 若正数 ,a b 满足 1 1 1a b   ，则 1 4 1 1a b   的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. 9 D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】 利用已知条件把 1 4 1 1a b   变形成积为定值的形式，然后利用基本不等式可求得最小值. 【详解】方法一：由 1 1 1a b   ，可得 1 ba b   ， 所以 1 4 4= 11 1 1ba b b      . 由 ,a b 为正数且 1 1 1a b   ，可得 1, 1a b  ， 所以  1 4 4 4= 1 2 1 41 1 1 1b ba b b b           ， - 4 - 当且仅当 41 1b b    ，即 33, 2b a  时等号成立. 故选：A. 方法二：由 1 1 1a b   ，可得 1 1 b a a  ， 1 1 a b b  ， 所以 1 4 4 42 41 1 b a b a a b a b a b        ， 当且仅当 4b a a b  ，即 3 , 32a b  时等号成立. 故选：A. 【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，解题的关键是凑出积或和为定值. 6. 已知 1F   ， 2F   是 双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x a y b a b              的左，右焦点，若双曲线左支上存在一点 P  与点 2F   关于直线 y bx a    对称，则该双曲线的离心率为（ ） A. 5  B. 5 2   C. 2  D. 2  【答案】A 【解析】 试 题 分 析 ： 由 已 知 2F   到 直 线 y bx a    的距离为 ，所以由双曲线 的定义得 ，故 ，注意到 ，所以 ， 所以 即 ，解得 ，所以离心率为 考点：双曲线离心率 - 5 - 7. 已知关于 x 的方程 2 ( 2 ) 0ax a b x mb        有解，其中 ,a b   不共线，则参数 m 的解的集合 为（ ） A. {0}或{ 2} B. {0, 2} C. { | 2 0}m m   D.  【答案】B 【解析】 【分析】 将式子变形 2( ) ( 2 ) 0      x x a m x b ，然后根据 ,a b   不共线，可得 2 0 2 0 x x m x       ，简单计算 可得结果. 【详解】由题可知： 2 ( 2 ) 0ax a b x mb        则 2( ) ( 2 ) 0      x x a m x b ，由于 ,a b   不共线， 所以 2 0 2 0 x x m x       0m  或 2m   ， 所以 {0, 2} m 故选：B. 【点睛】本题考查向量向量的应用，审清题意，细心计算，属基础题. 8. 已知四边形 ABCD 中， 90A C     ， BC CD ，再将 ABD 沿着 BD 翻折成三棱 锥 -A BCD 的过程中，直线 AB 与平面 BCD 所成角均小于直线 AD 与平面 BCD所成角，设 二面角 - -A BC D ， - -A CD B 的大小分别为 、 ，则（ ） A.   B.   C. 存在    D.  、 的大小关系无法确定 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意在三棱锥 A BCD 中，作 AH  平面 BCD 于 H ，则 ABH ， ADH 分别为 AB ， AD 与平面 BCD 所成的角，过 H 作 HM BC ， HN DC ，垂足分别为 ,M N ，连接 - 6 - ,AM AN ，则 AMH   ， ANH   ，由 ABH ， ADH 的大小得到 HM ， HN 的 大小，然后求出 ，  的正切值后可得 ，  的大小关系. 【详解】如图，在三棱锥 A BCD 中，作 AH  平面 BCD于 H ， 则 ABH ， ADH 分别为 AB ， AD 与平面 BCD所成的角， 直线 AB 与平面 BCD所成角均小于直线 AD 与平面 BCD 所成角， AB AD  ， 过 H 作 HM BC ， HN DC ，垂足分别为 ,M N ，连接 ,AM AN ， 则 ,AM BC AN DC  ， ,AMH ANH  分别为二面角 A BC D  ， A DC B  的平面角， 设 AMH   ， ANH   ， 在 CBD 中， CB CD , 设 BD 的中点为O ，则 CO 为 DC 的中线， 由 AB AD 可得点 H 在 CO 的左侧（如图所示）， HM HN  ， 又 tan tan AHAMH HM     ， tan tan AHANH HN     ， tan tan   ， 又 ，  为锐角，    . 故选：B 【点睛】本题考查线面角和二面角的求法，解题时可先作出相关角，并由角的大小得到相关 线段的大小关系，然后再根据空间角的定义求出角即可，解题的关键是正确作出图形，并将 - 7 - 角的大小的问题转化为线段的长度问题求解，考查了作图能力与运算能力，属于中档题. 9. 已知函数 2( )f x x ax b   ， ,m n 满足 m n 且  f m n ，  f n m ，则当 m x n  时，（ ） A.  f x x m n   B.  f x x m n   C.   0f x x  D.   0f x x  【答案】A 【解析】 【分析】 根据开口向上的二次函数的特点可得           f x f m f n f m x m n m ，然后计算可得结果. 【详解】因为函数 2( )f x x ax b   是上凹函数，所以         1f x f m f n f m x m n m      ， 因此  f x x m n   ． 故选：A. 【点睛】本题考查二次函数的性质，本题难点在于           f x f m f n f m x m n m 的使用，属基 础题. 10. 如图，过椭圆 2 2 2 2: 1x yC a b   的左、右焦点 1 2,F F 分别作斜率为 2 2 的直线交椭圆C 上 半部分于 ,A B 两点，记 1 2,△ △AOF BOF 的面积分别为 1 2,S S ，若 1 2: 7 :5S S  ，则椭圆C 离 心率为（ ） - 8 - A. 1 2 B. 2 2 C. 3 2 D. 2 4 【答案】A 【解析】 【分析】 作点 B 关于原点的对称点 B1，根据面积比可得 1 7 5A By y  ，然后椭圆方程与直线 1AB 方程联 立使用韦达定理，最后计算，可得结果. 【详解】作点 B 关于原点的对称点 B1， 如图 则有 1 1 2 7 5 A B yS S y   ，所以 1 7 5A By y  ①. 将直线 1AB 方程 2 4 yx c  ，代入椭圆方程后， 2 2 2 2 48 4 2 8 0b a y b cy b    由韦达定理解得 1 2 2 2 4 2 8A B b cy y b a    ②， 1 4 2 2 8 8A B by y b a   ③， 由①②③可得 2 2 235 8 c b a ，又 2 2 2b a c  ，所以 2 24a c 则离心率 1 2 ce a   . 故选：A 【点睛】本题考查椭圆的离心率，本题关键在于得到 1 7 5A By y  ，考查分析能力以及计算能 力，属中档题. 二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分． 11. 《孙子算经》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五等诸侯，共分橘子六 - 9 - 十颗，人别加三颗．问：五人各得几何？”其意思为：“有 5 个人分 60 个橘子，他们分得的 橘子个数成公差为 3 的等差数列，问 5 人各得多少橘子．”根据这个问题，得到橘子最多的 人所得的橘子个数是_____；得到橘子最少的人所得的橘子个数是_____ . 【答案】 (1). 18 (2). 6 【解析】 【分析】 假设得橘子最少的个数为 1a ，根据等差数列的前 n 项和公式可得 1a ，然后简单计算可得结果. 【详解】设得橘子最少的个数为 1a ，公差为 3 所以 5 1 1 5 45 3 60 62      S a a 所以得橘子最多的个数为 5 1 (5 1) 3 6 12 18      a a 故答案为：18，6 【点睛】本题考查等差数列的应用，掌握公式，审清题意，属基础题. 12. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积是________． 【答案】 (1). 5 (2). 15+ 19 ． 【解析】 由 三 视 图 还 原 可 知 ， 原 图 形 是 一 个 长 方 体 左 右 两 边 各 切 去 了 一 个 角 ， 所 以 体 积 为 1 16 2 ( 3) 5, 1 2 6 3 3 19 15 193 2V S              - 10 - 13. 若将向量 (2, 3)a  围绕起点按逆时针方向旋转 2 3  ，得到向量b  ，则向量b  的坐标为 _____，与 b  共线的单位向量 e  _____． 【答案】 (1). 5 3( , )2 2  (2). 5 7 21( , )14 14  与 5 7 21( , )14 14  【解析】 【分析】 假设 b  ( , )m n ，计算 2 2 7 2 2 3cos 3 7 7 m n m n       ，可得b  ，然后计算     be b 即可. 【详解】设所求向量为 b  ( , )m n ， 由向量 (2, 3)a  围绕起点按逆时针方向旋转 2 3  则 2 2 57 2 2 2 3 3cos 3 7 7 2 m n m m n n            ，所以 5 3( , )2 2   b 由     be b ，所以与b  共线的单位向量 e 为 5 7 21( , )14 14  与 5 7 21( , )14 14  故答案为： 5 3( , )2 2  ， 5 7 21( , )14 14  与 5 7 21( , )14 14  【点睛】本题考查向量的共线向量以及向量的坐标运算，考查计算能力，属中档题. 14. 在1,2,3, 9, 这9个自然数中，任取 3 个数， （1）这 3 个数中恰有1个是偶数的概率是_______；（用数字作答） （2）设 为这 3 个数中两数相邻的组数（例如：若取出的数为1,2,3，则有两组相邻的数1,2 - 11 - 和 2,3，此时 的值是 2 ）．则随机变量 的数学期望  E   ________． 【答案】 (1). 10 21 (2). 2 3 【解析】 【分析】 利用组合数以及古典概型的概率计算公式以及求出 的分布列，再利用数学期望的公式即可求 解. 【详解】（1）记“这 3 个数恰有一个是偶数”为事件 A，则 1 2 4 5 3 9 10( ) 21 C CP A C   ； （2）随机变量 的取值为 0,1,2, 的分布列为  0 1 2 P 5 12 1 2 1 12 所以 的数学期望为 5 1 1 20 1 212 2 12 3E        ． 故答案为： 10 21 ； 2 3 【点睛】本题考查了组合数的应用、古典概型的概率计算公式、离散型随机变量的分布列以 及数学期望，属于基础题. 15. 已知单位向量 a b  ，的夹角为 60，且 3 2 19c a c b       ，则 c a  的取值范围为____ 【答案】[ 4 57 19 ，4] 【解析】 【分析】 将向量放在直角坐标系中，转化为坐标，利用 c a  的几何意义是点  1,0P  到线段 AB 上 的点的距离，再根据点到直线的距离公式即可求解. 【详解】如图， - 12 - 记 3OA a  ，则点 A 的坐标为 3,0 ， 记 2OB b   ，则点 B 的坐标为 1, 3  ， 因为 120AOB  o ， 所以 2 23 2 2 3 cos120 19AB       ， 记OC c  ，得点C 的轨迹为线段 AB ， c a  的几何意义是点  1,0P  到线段 AB 上的点的距离， 又点点 P 到直线 AB 的距离 d 最小， PA 最大， 直线 AB 的方程为 3 4 3 3 0x y   ， 所以 4 3 4 57 193 16 d    ， 4PA  ， 所以 c a  的取值范围为[ 4 57 19 ，4]. 故答案为：[ 4 57 19 ，4] 【点睛】本题主要考查向量的几何意义、余弦定理、点到直线的距离，意在考查转化和化归 能力、数形结合的思想，属于中档题. 16. 若点G 为 ABC 的重心，且 AG BG ，则sinC 的最大值为______． 【答案】 3 5 【解析】 【分析】 设 AB 中点为 D ，连接 CD ，可得 2 cDG  ， 3 2 cCD  ，利用平面向量的加法和减法运算得 - 13 - 出 2CD CA CB    ， AB CB CA    ，由此可得   2 2 2 2 2 2CD AB CB CA      ，化简得出 2 2 25a b c  ，利用余弦定理结合基本不等式可求得 cosC 的最小值，进而可求得sinC 的最 大值. 【详解】设 AB 中点为 D ，连接 CD ，角 A 、 B 、C 的对边为 a 、b 、 c ， AG BG ， D 为 AB 的中点，所以 2 cDG  ， 3 2 cCD  ，    1 1 1 2 2 2CD CA AD CA AB CA CB CA CA CB                  ，即 2CD CA CB    ， AB CB CA     ，        2 2 22 2 2 2 2CD AB CA CB CB CA CB CA               ， 可得    2 2 2 23 2c c a b   ， 2 2 25a b c   ， 由余弦定理得   2 2 2 2 2 22 2 2 2 25cos 2 2 5 5 a ba b a ba b c a bC ab ab ab b a             2 425 5 a b b a     ，当 且仅当 a b 时，等号成立， 所以， 2 3sin 1 cos 5C C   . 因此，sinC 的最大值为 3 5 . 故答案为： 3 5 . 【点睛】本题考查三角形中角的正弦值最值的计算，考查了平面向量数量积的应用，考查计 算能力，属于中等题. 17. 设 1 20 x x„ „ ，数列{xn}满足 2 1 , 1n n nx x x n   … .若 1≤x7≤2，则 x8 的取值范围为 ____________. 【答案】 21 13,13 4      - 14 - 【解析】 【分析】 根据已知条件，用 1 2x x 表示出 8x ，结合 1 2,x x 的范围，利用线性规划即可求得目标式的范围. 【详解】由已知得 3 1 2 4 1 2 5 1 2, 2 , 2 3x x x x x x x x x      ， 6 1 2 7 1 2 8 1 23 5 , 5 8 , 8 13x x x x x x x x x      ， 因为 71 2x„ „ ，所以 1 21 5 8 2x x„ „ ，结合 1 20 x x„ „ ， 在 1 2O x x 坐标下所围成的线性规划区域为四边形，它的四个顶点坐标分别为 10, 8A     ， 1 1 2 2 1, , , , 0,13 13 13 13 4B C D                 ， 所以目标函数在点 1 1,13 13B     处取得最小值 21 13 ，在点 10, 4D     处取得最大值13 4 ， 8 1 2 21 138 13 ,13 4x x x        . 故答案为： 21 13,13 4      ． 【点睛】本题考查不等关系的应用，以及利用线性规划求目标函数的范围，属综合中档题. 三、解答题：本大题共 3 小题，共 44 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 18. 已知函数 2( ) sin 2 3 cos 32 xf x x   （1）求 ( )f π 的值； （2）求函数 ( )y f x 的单调递增区间. - 15 - 【答案】（1） 3 ；（2） 5,3 6 π πkπ kπ     ， k Z . 【解析】 【分析】 （1）利用降次公式和辅助角公式化简  f x ，由此求得  πf 的值.（2）根据绝对值符号对 三角函数单调性的影响列不等式，解不等式求得 ( )y f x 的单调递增区间. 【详解】解：（1）化简得 ( ) sin 3cos 2sin 3f x x x x        ，所以 2( ) 2sin 33 πf π   （2）由于 2 sin 3 πy x     ，故 π 3 2 π πk x kπ „ „ ， k Z ， 解得函数 ( )y f x 的单调递增区间为 5,3 6 π πkπ kπ     ， k Z . 【点睛】本小题主要考查三角函数降次公式和辅助角公式，考查三角函数单调区间的求法， 考查特殊角的三角函数值，属于基础题. 19. 如图，在四棱锥 P ABCD 中， 60APB BPD APD       ， 2PB PD BC CD    ， 3.AP  （1）证明： AP BD ； （2）求 PC 与平面 PAB 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 2+ 2 6 . 【解析】 【分析】 （1）取 BD 的中点 E ，连接 ,AE PE ，证出 ,AE BD PE BD  ，利用线面垂直的判定定理 可得 BD PAE 面 ，再利用线面垂直的性质定理即可证出. - 16 - （2）利用余弦定理以及勾股定理求出 AE PE ，设点 C 到平面 PAB 的距离为 h ， PC 与平 面 PAB 所成角为 ，利用等体法： C PAB P ABCV V  ，求出 h ，即可得出 2+ 2sin 6 h PC    . 【详解】（1）因为 60APB APD PD PB    ， ， 所以 APB ≌ APD ，所以 AD AB 取 BD 的中点 E ，连接 ,AE PE ，所以 ,AE BD PE BD  所以 BD  平面 PAE ，又 AP  平面 PAE ，所以 AP BD （2）在 APD 中，根据余弦定理，得 2 2 2= 2 cos60 =7AD AP PD AP PD     ， 所以 = 7AD ，又因为 =1DE ，所以 = 6AE ， = 3PE ， 所以 2 2 2=AP AE PE ，即 AE PE 设点 C 到平面 PAB 的距离为 h ， PC 与平面 PAB 所成角为 ， 因为 C PAB P ABCV V  ，即 1 1 3 3PAB ABCh S PE S    ， 所以  13 6+ 3 1 6+ 32= 1 33 2 sin 602 ABC PAB PE Sh S          ，所以 2+ 2sin 6 h PC    ， 所以 PC 与平面 PAB 所成角的正弦值为 2+ 2 6 . 【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理、性质定理、求线面角，考查了考生的逻辑推理能 力以及运算求解能力，属于基础题. 20. 已知函数  ( ) ( 1) 1xf x x e   . （Ⅰ）求 ( )f x 在点 ( 1, ( 1))f  处的切线方程； （Ⅱ）已知 ( )f x ax 在 R 上恒成立，求 a 的值. - 17 - （Ⅲ）若方程 ( )f x b 有两个实数根 1 2,x x ，且 1 2x x ，证明： 2 1 1 1 ebx x b e      . 【答案】（Ⅰ）  1 1ey xe   ；（Ⅱ） 1a  ；（Ⅲ）证明见解析 【解析】 【分析】 （Ⅰ）根据导数的几何意义求解即可. （Ⅱ）求导分析函数的单调性,并构造函数    h x f x ax  根据单调性分析可得  h x 只能 在 0x  处取得最小值求解即可. （Ⅲ）根据（Ⅰ）（Ⅱ）的结论可知    1 1ef x xe   ,  f x x 在 R 上恒成立,再分别设  1 1eb xe   b x 的解为 3x 、 4x .再根据不等式的性质证明即可. 【详解】（Ⅰ）由题  '( ) 11x xf x e ex   ,故 1'( 1) 1 1 1ef e    .且 ( 1) 0f   . 故 ( )f x 在点 ( 1, ( 1))f  处的切线方程为  1 1ey xe   . （Ⅱ）设       1 1 0xh x f x ax x e ax       恒成立,故    ' 2 1xh x x e a    . 设函数    2 xx x e   则    ' 3 xx x e   ,故    2 xx x e   在 , 3  上单调递减 且   0x  ,又  x 在 3,  上单调递增. 又  0 2  ,即  ' 0 1h a  且  0 0h  ,故  h x 只能在 0x  处取得最小值, 当 1a  时，此时    ' 2 2xh x x e   ,且在 ,0 上  ' 0h x  ,  h x 单调递减. 在 0,  上  ' 0h x  ,  h x 单调递增.故    0 0h x h  ,满足题意； 当 1a  时，此时    2 1xx x e a     有解 0 0x  ,且  h x 在 00, x 上单调递减,与   (0)h x h 矛盾； 当 1a  时，此时    2 1xx x e a     有解 03 0x   ,且  h x 在 0 ,0x 上单调递减, 与   (0)h x h 矛盾； 故 1a  （Ⅲ）    '( ) 21 11x x xexf xx e e      .由（Ⅰ）,  2'( ) 1xxf x e  在 , 3  - 18 - 上单调递减且 '( ) 0f x  ,又 '( )f x 在 3,  上单调递增,故 '( ) 0f x  最多一根. 又因为   1 11'( 1 1 1 0) 2f e e        ,   00 2'(0 1 0) 1f e    , 故设 '( ) 0f x  的解为 x t ,因为    ' 1 ' 0 0f f   ,故  1,0t   . 所以  f x 在 ,t 递减,在 ,t  递增. 因为方程 ( )f x b 有两个实数根 1 2,x x ,故  b f t . 结合（Ⅰ）（Ⅱ）有    1 1ef x xe   ,  f x x 在 R 上恒成立. 设  1 1eb xe   的解为 3x ,则 3 1x x ；设b x 的解为 4x ,则 4 2x x . 故 3 11 ebx e   , 4x b . 故 2 1 4 3 1 1 ebx x x x b e        ,得证. 【点睛】本题主要考查了导数的几何意义以及根据函数的单调性与最值求解参数值的问题.同 时也考查了构造函数结合前问的结论证明不等式的方法.属于难题. - 19 -