浙江省宁波市十校2020届高三下学期3月联考数学试题 Word版含解析 20页

www.ks5u.com 浙江省宁波市十校2020届高三3月联考 数学试题 参考公式：‎ 如果事件，互斥，那么 如果事件，相互独立，那么 如果事件在一次试验中发生的概率是，那么次独立重复试验中事件恰好发生次的概率 台体的体积公式其中分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高 柱体的体积公式其中表示柱体的底面积，表示柱体的高 锥体的体积公式其中表示锥体的底面积，表示锥体的高 球的表面积公式 球的体积公式其中表示球的半径 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，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据交集的定义计算即可得到答案.‎ ‎【详解】因为，，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查集合的交运算，考查基本运算求解能力，属于容易题.‎ - 20 -‎ ‎2.双曲线离心率（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由标准方程求出和，继而可求离心率.‎ ‎【详解】解：，所以. 由 可知..‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线的标准方程，考查了离心率的求解.‎ ‎3.若满足约束条件，则的最小值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由约束条件画出可行域，通过平移 分析即可得最优解，代回中即可求出最小值.‎ ‎【详解】解：画出可行域为如图所示的阴影部分.由可知.‎ 则当过时，.‎ 故选:B.‎ - 20 -‎ ‎【点睛】本题考查了线性规划.一般情况下，首先画出可行域，然后根据目标函数的几何意义，分析出最优解.这里在画可行域时应注意，边界线是实线还是虚线.‎ ‎4.已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：），可得这个几何体的体积是（ ）‎ ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图还原出几何体，依据锥体体积的公式即可求解.‎ ‎【详解】解：由三视图可知，该几何体为底面是正方形的四棱锥，高为2.‎ 所以体积为.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了几何体体积求解，考查了三视图.‎ ‎5.函数的图像如图所示，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D - 20 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由解析式及图像判断出，结合复合函数单调性，可知.‎ ‎【详解】解：由可知， ，所以函数对称轴为，由图可知.设 ，则.由图可知，‎ 函数先增后减.因为单调递增，所以应先增后减，故.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的图像，考查了复合函数的单调性.若，则该函数的对称轴为；对于复合函数的单调性，遵循同增异减的原则.‎ ‎6.设，则“”关于的方程“有实数根”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】‎ ‎【分析】‎ 以为条件，判断有实数根是否成立；以有实数根为条件，判断是否成立，即可选出正确答案.‎ ‎【详解】解：当时， ，此时有实数根；‎ 当有实数根时，，即.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了命题的充分必要条件的判断.一般此类问题分为两步，若，则 是 的充分条件；若，则 是 的必要条件.‎ ‎7.正方体，是线段（不含端点）上的点.记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（ ）‎ - 20 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不妨设 为 的中点，连接交于，做 的中点为 ，连接 ‎,经过分析，从而可求出，进而可比较三个角的大小.‎ ‎【详解】解：如图，不妨设 为 的中点，连接交于，做 的中点为 ，‎ 连接，则面.设正方体的边长为.‎ 由题意知.， ‎ ‎，则； 则；‎ ‎.因为，所以.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了线线角，考查了线面角，考查了二面角.对于空间中角的问题，在求解时有两种思路，一是按定义直接找到所求角，结合正弦定理、余弦定理、三角函数等求解；二是结合空间向量求解.‎ ‎8.已知随机变量的分布列如下：‎ - 20 -‎ 则（ ）‎ A. 有最小值 B. 有最大值 C. 有最小值0 D. 有最大值 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由所有概率之和为1求出,进而可求，，结合 ‎，可求最值.‎ ‎【详解】解：由题意知，，即.则，‎ 所以没有最值. ‎ ‎.由可知，当时，有最大值为.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了分布列，考查了数学期望，考查了方差.对于分布列的题目，隐藏条件为，所有概率之和为1.本题的难点是计算化简.‎ ‎9.从1，3，5，7中任取2个数字，从0，2，4，6，8中任取2个数字，组成没有重复数字的四位数，这样的四位数一共有（ ）个.‎ A. 576 B. 1296 C. 1632 D. 2020‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 20 -‎ 分成两种情况：取出数字中无0和取出数字中有0.第一种情况全排列即可；第二种情况下，千位有3种可能，再乘对剩余数字的全排列.两种情况的结果相加即可.‎ ‎【详解】解：当取出的4个数字中没0时，再组成四位数，这样的四位数有个；‎ 当取出的4个数字中有0时，共有中组合，这四位数字所组成的四位数有 个，所以这种情况下的四位数共有个. ‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查了排列与组合的综合应用.本题的易错点是忽略这个四位数，千位不能为零.‎ ‎10.数列满足，则（ ）‎ A. 存在，使 B. 存在，，‎ C. 存在， D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由数列单调性的定义作差可得，可得为递增数列，又 ‎，两边取到数，结合裂项求和以及不等式的性质可选出正确选项.‎ ‎【详解】解：由题意知， .由于 ，所以，‎ 则，所以为递增数列. ，，‎ ‎.即，则 - 20 -‎ ‎.由为递增数列，可得，则.‎ 即 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了数列递推式的应用，考查数列的单调性，考查了裂项求和，考查了化简运算能力和推理能力.本题的难点是对递推公式进行处理.‎ 非选择题部分（共110分）‎ 二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，多空题每小题6分，共36分 ‎11.欧拉公式（是虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数域，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里非常重要，被誉为“数字中的天桥”根据欧拉公式可知，___________‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可知，运用诱导公式可求出，以及，继而可求.‎ ‎【详解】解：由题意知，，，‎ 同理，.故.‎ 故答案为:1.‎ ‎【点睛】本题考查了诱导公式，考查了三角函数求值，考查了推理能力和计算能力.‎ ‎12.的展开式中项的系数为___________‎ ‎【答案】14‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由二项式定理写出通向，求出通项中，即可求系数.‎ ‎【详解】解： 展开式中的第 项为，则 - 20 -‎ 当时，；当时，，.‎ 故答案为：14.‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理.做题关键是掌握二项展开式通项公式.‎ ‎13.在四边形中，且，则___________，___________‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用余弦定理求出 的值，利用勾股定理逆定理判断，由正弦定理和诱导公式即可求出的值.‎ ‎【详解】解：在中，由余弦定理可知 ‎ 即，.又，‎ 所以.由，可知 .‎ 故答案为: ;.‎ ‎【点睛】本题考查了余弦定理，考查了正弦定理，考查了诱导公式.本题的关键是判断.在解三角形时，已知两边及其夹角或已知三边，一般套用余弦定理求解；已知两角及一角的对边，常用正弦定理解三角形.‎ ‎14.已知直线，椭圆，点，若直线和椭圆有两个不同交点，则周长是___________，的重心纵坐标的最大值是___________‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ - 20 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由椭圆的定义可求出三角形的周长为；设，联立直线与椭圆的方程，消去，即可求出，进而可知重心纵坐标为，分 两种情况，结合基本不等式，即可求出，从而可求出重心纵坐标的最大值.‎ ‎【详解】解：由题意知，可知恒过定点，此点为椭圆的左焦点，记为.‎ 则.所以周长为 ‎.设 ‎ 设的重心纵坐标为.则 .联立直线与椭圆方程得 ‎ ，整理得.‎ 则， ‎ 所以.当 时，，‎ 当且仅当，即 时，等号成立，此时；‎ 当时，，当且仅当，‎ 即时，等号成立，此时.‎ - 20 -‎ 综上所述：.所以的重心纵坐标的最大值是.‎ 故答案为: ;.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的定义，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了基本不等式.对于椭圆中的三角形问题，常结合椭圆的定义、性质以及解三角形的思路求解.本题的易错点是求出重心纵坐标的表达式时，未对 进行讨论.应用基本不等式时，一定要注意一正二定三相等.‎ ‎15.的值域为___________；若函数的两个不同零点，满足，则实数的取值范围是___________‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将函数化为分段函数的形式，作出图像，即可求出值域；依题意，的零点必然在和上或者和上，分类讨论结合已知即可求出.‎ ‎【详解】解：，作出图像如下，由图像可知，函数的值域为.‎ 由得，显然，零点必然在和上或和上，‎ 令，解得，又，则，‎ 由，可得；令，解得，‎ - 20 -‎ 又，则，同时，得. 综上所述：.‎ 故答案为：;.‎ ‎【点睛】本题考查了函数值域的求法，考查函数零点与方程根的关系，考查不等式的求解，考查数形结合的思想，考查分类讨论思想以及运算求解的能力.求函数的值域时，一般采用的思路有：图像法、导数法、结合函数的性质等.‎ ‎16.已知双曲线，曲线，则曲线的交点个数是___________个，原点与曲线上的点之间的距离最小值是___________‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 联立曲线的方程，通过配方法，解方程可判断交点个数；由两点的距离公式和三角换元，结合同角公式和二倍角公式，以及正弦函数的值域，可得所求最小值.‎ ‎【详解】解：联立方程组 ，整理可得，，即，‎ 由可知方程无解，即两条曲线没有交点.设曲线上的点为，‎ 则原点与上的点之间的距离为.设，，‎ 代入得 ‎ 整理得.由，可得，解得 当 时，取最小值为2.‎ 故答案为: ;.‎ - 20 -‎ ‎【点睛】本题考查曲线方程的关系，考查两曲线的交点个数，考查了两点的距离公式.应注意运用方程思想和三角换元.本题计算量较大，计算容易出错.‎ ‎17.设向量，记，若圆上的任意三点，且，则的最大值是___________‎ ‎【答案】16‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设,根据条件得,则 ‎,所以当直线 与圆相切时, 有最大值,利用圆与直线的位置关系可求出最大值.‎ ‎【详解】解：由圆的方程得，则圆心，半径.‎ 设，由得为直径，‎ 由此可得，即.‎ 则，为圆上的一点，‎ 当直线与圆相切时， 有最大值.则圆心到直线的距离 ‎，解得或.则当时， 有最大值为16.‎ 故答案为:16.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，考查平面向量的运算，考查转化的思想.本题的难点在于将的最值问题转化为直线与圆相切的问题.‎ 三、解答题 ‎18.设函数.‎ ‎（1）已知，函数是奇函数，求的值；‎ ‎（2）若，求.‎ ‎【答案】（1）或（2）‎ - 20 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由三角恒等变换求得，再由奇函数可知，结合可求出符合题意的的值.‎ ‎（2）由可求出，，则所求，即可求出值.‎ ‎【详解】解：（1），‎ 因为为奇函数，所以，解得 ‎∵∴当或 时，或.‎ ‎（2）因为，所以，即，可得 所以 当时，；当时，.‎ ‎【点睛】本题考查了辅助角公式，考查了三角恒等变换，考查了同角三角函数的基本关系，考查了正弦函数的奇偶性.若已知 为奇函数，则；若已知为偶函数，则.‎ ‎19.如图，三棱锥中，是正三角形，是直角三角形，点是的中点，且，.‎ ‎（1）求证：；‎ - 20 -‎ ‎（2）求与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点，连接，通过证明，则可证面，从而证明线线垂直.‎ ‎（2）由面可知二面角为直二面角，作于，则 平面，连接，则 是 和平面所成的角，由此能求出 和平面所成的角的正弦值.‎ ‎【详解】解：（1）证明：在和中，∵，‎ ‎∴，∴.∴为等腰直角三角形 取的中点，连接，则，‎ ‎∴面，面，∴‎ ‎（2）∵面，∴二面角为直二面角，作于，则平面，连接，则为和平面所成的角.‎ 设，则的边长为4，.‎ 中，‎ 中，，为的中点，∴，‎ 在中，，故与平面所成角的正弦值 ‎【点睛】本题考查了线线垂直的证明，考查了线面角的正弦值求法.证明线线垂直时，可利用勾股定理、等腰三角形三线合一或者线面角的性质.求二面角时，有两种思路，一是直接找到二面角，在三角形内进行求解；二是建立空间直角坐标系，结合空间向量进行求解.‎ ‎20.设等差数列的前项和为，.数列的前项和为，，.‎ ‎（1）求数列，的通项公式；‎ - 20 -‎ ‎（2）记，数列的前项和为，证明：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）结合基本量法，将已知用首项和公差表示出来，即可求出通项公式；由推出，两式相减进行整理可求出的通项公式.‎ ‎（2）求出，分别讨论 为奇数和偶数，结合数列的分组求和，以及裂项法、放缩法，结合等比数列的求和公式和不等式的性质可证明.‎ ‎【详解】解：（1）∵∴，∴‎ ‎∵，∴，两式相减得，，则 ‎（2）①当时，则形，‎ ‎∵，‎ 当时，‎ ‎∴，∴成立.‎ ‎②当时，成立.‎ 综上①②得：‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列通项公式，考查了等比数列的通项公式，考查了裂项求和，考查了分组求和，考查了放缩法.本题易错点在于第二问没对 取奇数和偶数进行讨论.‎ ‎21.已知点，，抛物线上点处的切线交轴于点，且直线交抛物线于另一个点，过点作的平行线轴于点.‎ - 20 -‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）记直线，与轴围成的三角形面积为，的面积为，是否存在实数，使？若存在，求实数的值若不存在，请说明理.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）存在；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，，则可知直线的方程，由在可知，求出在处的切线的方程可得，从而可求出直线的方程，继而可得，由可证明平行.‎ ‎（2）设直线 相交于点，则 ,四边形为平行四边形，由此推导出存在使得.‎ ‎【详解】解：（1）证明：设，，则直线的方程为 由在可知，，又在处的切线的方程为，‎ 令可得即∴.直线的方程为 ‎，令可得即 ‎∴即 ‎（2）设和相交于点则，由（1）可知，四边形为平行四边形 ‎∴，‎ ‎∵，∴，即存在 ‎【点睛】本题考查了线线平行的证明，考查了直线方程，考查了直线与抛物线的关系.本题计算量较大，应注意计算的准确性，避免出错.在解析几何中，若证明两条直线平行，通常的思路是利用斜率相等或者两条直线斜率都不存在.‎ - 20 -‎ ‎22.已知函数，其中为自然对数的底.‎ ‎（1）试求函数的单调区；‎ ‎（2）若函数的定义域为，且存在极小值.‎ ‎①求实数的取值范围；‎ ‎②证明：.（参考数据：）‎ ‎【答案】（1）函数在区间上单调递增，在区间上单调递减（2）①②证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出导数为，令导数为零，解方程，结合函数的定义域，可探究 随 的变化情况，即可求出单调区间.‎ ‎（2）①由定义域为可知恒成立，所以，可求出，求出，令得，结合第一问的单调性可知，即.②由及可知存在，使，则极小值.结合导数可证明在上递增，从而可求.‎ ‎【详解】（1）求导得，由，解得.‎ 当时，；当时，.又因为函数的定义域为，‎ 故函数在区间上单调递增，在区间上单调递减.‎ ‎（2）①因为函数的定义域为，则恒成立 故，即 - 20 -‎ 又 则等价于，‎ 由（1）知在上递增，在上递减，‎ 故函数存在极小值，必有，即.‎ ‎②又，，故对任意，‎ 存在，使，即，‎ 因此，在上递增，在上递减，‎ 所以，极小值.‎ 记函数，，则，即在上递增，‎ 故，即，所以，.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的单调区间的求解，考查了结合导数证明不等式，考查了极值的求解，考查了不等式恒成立问题.‎ - 20 -‎ - 20 -‎