【KS5U解析】浙江省2020届高三新高考考前原创冲刺卷（七）数学 Word版含解析

1、40金考卷浙江新高考考前原创冲刺卷（七）数学本试题卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.参考公式：若事件a，b互斥，则，若事件a，b相互独立，则，若事件a在一次试验中发生的概率是p，则n次独立重复试验中事件a恰好发生k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，h表示台体的高柱体的体积公式，其中s表示柱体的底面积，h表示柱体的高锥体的体积公式，其中s表示锥体的底面积，h表示锥体的高，球的表面积公式球的体积公式，其中r表示球的半径选择题部分（共40分）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

2、.复数z满足（i为虚数单位），则复数z的共轭复数是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】由条件有，求出复数，再根据共轭复数的概念,得出复数z的共轭复数，得到答案.【详解】本题主要考查复数的四则运算及共轭复数的概念，考查数学运算核心素养.易知，所以复数z的共轭复数，故选a.【点睛】本题主要考查复数的四则运算及共轭复数的概念，考查数学运算，属于基础题.2.已知集合，则（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】先通过解二次不等式和指数不等式，求出集合，再对选项进行判断.【详解】因为，所以，故选：d.【点睛】本题考查集合的表示方法及交、并运算，一元二次不等式和指数不等式

3、的求解，考查考生对基础知识的掌握情况，属于基础题.3.若条件且，条件，则条件p是条件q的（ ）a. 充分不必要条件b. 必要不充分条件c. 充要条件d. 既不充分也不必要条件【答案】b【解析】【分析】利用原命题与逆否命题是等价命题，先判断“”是“或”的必要不充分条件，从而得出条件p是条件q必要不充分条件.【详解】当或时，；当时，x除了可取45°和135°外，还可以取很多值，所以是或135°的必要不充分条件，所以且是的必要不充分条件，故选：b.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断、原命题与逆否命题同真假的结论，考查逻辑推理核心素养,属于中档题.4.设m，n是

4、两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）a. 若，则b. 若，则c. 若，则d. 若，则【答案】c【解析】【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断，可判断出正确的选项.【详解】选项a中，m，n可能平行，也可能异面，故a不正确；选项b中，m，n可能平行，可能相交也可能异面，故b不正确；选项c中，由，则平面的法向量互相垂直，可得，故c正确.选项d中，可能平行也可能相交，故d不正确.故选：c.【点睛】本题主要考查空间中线线、线面、面面的位置关系，以及空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.5.函数的图象大致为（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】

5、由可得函数是偶函数，可排除a，d，再由排除c得到答案.【详解】因为，所以.所以函数是偶函数，排除a，d.因为，所以排除c.故选:b.【点睛】本题考查函数图象的判断，意在考查直观想象核心素养，属于中档题.6.已知随机变量的可能取值分别为-1，1，且，其中，下列关于，的说法正确的是（ ）a. ，均随x的增大而减小b. 随x的增大而减小，随x的增大而增大c. 为定值，随x的增大而减小d. 随x的增大而减小，为定值【答案】b【解析】【分析】由题意有，求出导数可判断其单调性，从而得出答案.【详解】由题意知，随机变量的数学期望，方差.当时，由在恒成立.所以上单调递减，在恒成立.在上单调递增，故选：b.【点

6、睛】本题主要考查离散型随机变量的数学期望和方差的计算、二倍角公式、同角三角函数的基本关系、三角函数的单调性，考查考生的运算求解能力和化归与转化能力,属于中档题.7.设，是双曲线（）的左、右两个焦点，点为双曲线右支上的一点，满足（为坐标原点），且，则双曲线的离心率等于（ ）a. b. 2c. 3d. 【答案】d【解析】【分析】利用向量知识，确定opf2是等腰三角形，进而判断pf1f2是直角三角形，pf1pf2，利用，确定a，b，c之间的关系，即可求得双曲线的离心率【详解】解：由已知，|0p|of2|，opf2是等腰三角形连接pf1，则op|f1f2|，pf1f2是直角三角形，pf1pf2，设|p

7、f2|x，|pf1|2x，|f1f2|x2c，由双曲线定义，|pf1|pf2|x2a双曲线的离心率为 .故选d【点睛】本题考查向量知识的运用，考查双曲线的定义与几何性质，确定a,b,c之间的关系是关键，属于中档题8.如图，点a，b，c在半径为5的圆o上，e是oa的中点，（x，y是实数），则的值是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】由可得，所以，所以，又求出其值，从而可得出答案.【详解】连接bc，根据题意，可知，圆o的半径为5，则直径是10，所以bc恰好是圆o的直径，所以，所以，.又，所以，故，故选：a.【点睛】本题考查平面向量基本定理向量的线性运算与向量的数量积，考查考生对

8、向量与其运算等基础知识的掌握情况，属于中档题.9.设数列的前n项和为，数列的前n项和为，若，且，则使得成立的n的最小值是（ ）a. 5b. 6c. 8d. 9【答案】a【解析】【分析】由可得，所以，两式相减得，经检验也成立，可求出，从而可得，再求出，解不等式，可得到答案.【详解】由，可得，当时，-得.又，所以，得，即.所以是以2为首项，3为公比的等比数列，所以，.从而所以不等式成立，即，化简可得，即，解得，故使得成立的n的最小值是5.故选：a.【点睛】本题考查等比数列的概念，前n项和公式，考查考生的运算求解能力，属于中档题.10.已知抛物线，f是抛物线c的焦点，m是抛物线c上一点，o为坐标原点

9、，的平分线过fm的中点，则点m的坐标为（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】设线段fm的中点为q，作轴于点n，轴于点，交c的准线l于点， 则，故,过点q作于点t,可得重合，设可得出的坐标满足，再与抛物线方程联立，可求出的坐标.【详解】设线段fm的中点为q，作轴于点n，轴于点，交c的准线l于点， 则，故.过点q作于点t，由是的角平分线.则，由垂线段的唯性知，重合，可得，则m在以线段pf为直径的圆上.设，则由，得，将代入得，易知，所以，即，得，所以.故m的坐标为.故选：a【点睛】本题考查抛物线的方程与几何性质、圆的方程、角平分线的性质定理等知识，考查数形结合思想、化归与转化思想,

10、属于中档题.非选择题部分（共110分）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.已知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】 (1). (2). 【解析】【分析】由三视图知，该几何体由一个三棱柱与一个半圆柱组合而成，其中三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为3，半圆柱的底面半径为1，高为3，可求其体积和表面积.【详解】由三视图知，该几何体由一个三棱柱与一个半圆柱组合而成，如图.其中三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为3，半圆柱的底面半径为1，高为3，故该几何体的体积，表面积.故答案为： (1). (2). 【点

11、睛】本题主要考查立体几何的三视图以及几何体的表面积与体积，考查考生的空间想象能力,属于中档题.12.若二项式的展开式中存在常数项，则正整数n的最小值为_；当正整数n取最小值时，二项式的展开式中的常数项为_.【答案】 (1). 4 (2). -32【解析】【分析】由二项式的展开式的通项为，又二项式的展开式中存在常数项，所以，可得正整数n的最小值为4，此时，可求出其常数项.【详解】二项式展开式的通项，的展开式中存在常数项.所以令，则，故正整数n的最小值为4.当时，令，得，故二项式的展开式中的常数项为.故答案为：(1). 4 (2). 【点睛】本题主要考查二项式定理，考查考生的逻辑思维能力和运算求解

12、能力，属于基础题.13.已知函数，且图象的相邻对称中心之间的距离为，则_；若在上有2个零点，则实数m的取值范围为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由图象的相邻对称中心之间的距离为，所以函数的最小正周期为3，可求出的值，再根据，可求出的值，从而得到的解析式, 当时，作出的大致图象，结合函数在上的图象,可得出的图象与直线有两个交点时，实数m的取值范围，得到答案.【详解】因为图象的相邻对称中心之间的距离为，所以函数的最小正周期为3，即，解得，则.又，所以，所以.当时，大致图象如图.在上有2个零点,即的图象与直线有两个交点.结合函数在上的图象知，当时满足条件.则实数m的取值范围为.故答

13、案为：(1). (2). 【点睛】本题主要考查正切函数的图象和性质、函数的零点，考查数形结合思想及学生对基础知识的掌握情况，属于中档题.14.某公司有9个连在一起的停车位，现有5辆不同型号的轿车需停放，若要求剩余的4个车位中恰有3个连在起，则不同的停放方法有_种.【答案】3600【解析】【分析】分两步来完成：第一步把3个连在一起的停车位捆绑在一起，当一个元素，剩下的一个停车位也当一个元素，将这两个不同元素插到5辆不同型号的轿车形成的6个空隙中；第二步5辆不同型号的轿车全排列，根据分步乘法计数原理可得出答案.【详解】解法一第一步，把3个连在一起的停车位捆绑在一起，当成一个元素，剩下的一个停车位也

14、当成一个元素，这两个不同元素插到5辆不同型号的轿车形成的6个空隙中，共有种不同方法；第二步，5辆不同型号的轿车全排列有种不同方法.根据分步乘法计数原理，则不同的停放方法有（种）.解法二将9个连在一起的停车位依次编号为19.当3个连在一起的停车位在两端时，有1，2，3或7，8，9，共2种情况，此时不同的停放方法有（种）；当3个连在一起的停车位在中间时，有2，3，4或3，4，5或4，5，6或5，6，7或6，7，8，共5种情况，此时不同的停放方法有（种）由分类加法计数原理知，不同的停放方法有（种）.故答案为：3600.【点睛】本题主要考查排列组合的有关知识，考查考生的逻辑推理能力,属于中档题.15.

15、设实数x，y满足约束条件，若目标函数的最大值为4，则ab的最大值为_，的最小值为_.【答案】 (1). 1 (2). 【解析】【分析】根据实数x，y满足约束条件，作出可行域，根据目标函数中的结合意义，可得目标函数取得最大值4时，有，根据均值不等式可得，又表示直线上在第一象限内的点到原点距离的平方，原点到直线的距离，可得出的最小值.【详解】根据实数x，y满足约束条件，作出可行域如图中阴影部分所示，目标函数可化为.表示直线在轴上截距,且.作出直线，并平移.由图可知直线过点时，截距最大，则最大所以目标函数取得最大值4时，有.故，所以ab的最大值为1，当且仅当，时取等号.表示直线上在第一象限内的点到原

16、点距离的平方，又原点到直线的距离，所以，故的最小值为，经检验知满足题意，故的最小值为.故答案为： (1). 1 (2). 点睛】本题考查线性约束条件下的目标函数的最值问题、目标函数的几何意义及基本不等式的应用，考查数形结合思想及运算求解能力,属于中档题.16.已知不等式对任意的实数x均成立，则实数a的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】即恒成立，设，则，令，即在时恒成立，即，根据二次函数在闭区间上的最值的特点可得，的最大值一定为或，所以只需，从而得出答案.【详解】由可得.令，则，令，即在时恒成立，即.由开口向上的二次函数的图象和性质知，当时，的最大值一定为或.所以，解得或.故答案为：【点睛】

17、本题主要考查不等式恒成立问题、二次函数的图象和性质、三角函数的有界性、换元法的应用，考查化归与转化思想及数形结合思想,属于中档题.17.在四棱柱中，四边形abcd的边长都是1，且，侧棱底面abcd，p为棱的中点，q为线段ap上的点，若，则四棱柱体积的最大值为_.【答案】【解析】【分析】作交ab的延长线于点h，连接,根据条件可得平面，进一步得到平面，所以，设记，因为，所以，由，有，四棱柱的体积为，设，对函数求导讨论单调性，从而得到体积的最大值.【详解】如图，作交ab的延长线于点h，连接，因为底面abcd，所以平面底面abcd. 又平面底面,由.所以平面，则,又所以平面，所以.记，因为，所以.易证

18、，则，得，所以，得，所以四棱柱的体积为.令，则，令，则，令，则，所以在上单调递增，在上单调递减，故，故四棱柱体积的最大值为.故答案为：【点睛】本题考查空间中的线面位置关系及四棱柱的体积，考查考生分析问题、解决问题的能力，考查直观想象核心素养，属于难题.三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.在中，内角a，b，c的对边分别为a，b，c，且.（1）若，请判断形状；（2）若，求面积的最大值.【答案】（1）是直角三角形（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理由可得，进一步可得，可求得，又由正弦定理得，解得，所以，可得出答案.（2）取ac的中点d，连接bd，则

19、,在中由余弦定理可得，再由均值不等式可得，从而可得到面积的最大值.【详解】解：（1）解法一因为，所以，所以，即，又，所以，所以.又，所以由正弦定理得，解得，由，则.所以，所以，所以是直角三角形.解法二因为，所以由余弦定理得，得，即，所以，所以.又，所以由正弦定理得，解得，由，则.所以，所以，所以是直角三角形.（2）取ac的中点d，连接bd，则在中，所以，所以，当且仅当，时取等号，所以，故面积的最大值为.【点睛】本题主要考查诱导公式、两角和的正弦公式、正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式等，考查考生的运算求解能力，考查数学运算核心素养,属于中档题.19.如图，在三棱锥pabc中，底面abc，d，

20、e分别是ac，pc的中点，f是pb上一点，且，m为pa的中点，二面角的大小为45°.（1）证明：平面aef；（2）求直线af与平面bcm所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）连接pd交ae于点o，因为d，e分别是ac，pc的中点，则点o是的重心，所以，连接of，又，所以，从而可证明结论.（2）由题意可证得即二面角的平面角，即，可得，则，得到，又由题意易知，ca，cb，cp两两垂直，故以c为坐标原点，直线ca，cb，cp所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，用向量法求解线面角.【详解】解：（1）连接pd交ae于点o，因为d，e分别是

21、ac，pc的中点，所以点o是的重心，所以.连接of，又，所以，则.又平面aef，平面aef，所以平面aef.（2）因为底面abc，平面abc，所以.又，所以平面pac.所以，又，所以即二面角的平面角，所以，连接md，易得，则，所以.由题意易知，ca，cb，cp两两垂直，故以c为坐标原点，直线ca，cb，cp所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，所以，.设平面bcm的法向量为，则，得，得，令，则，所以为平面bcm的一个法向量.设直线af与平面bcm所成的角为.则故直线af与平面bcm所成角的正弦值为.【点睛】本题考查空间中线面平行的证明、二面角和线面角的求解，考查

22、考生的空间想象能力和推理论证能力，属于中档题.20.已知数列满足：，设.（1）求证：数列是等差数列；（2）记，数列的前n项和为，求证：.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；【解析】【分析】(1)由,则，可得，从而可得数列是等差数列.(2)由条件可得，根据（1）可得，用累加法可求出，从而可得，用裂项相消求和的方法可求出，又随n的增大而增大，可证得，从而可证明结论.【详解】解：（1）由于，则，两式相减得，易知，所以，故数列是等差数列.（2）因为，所以，所以，所以所以.又随n的增大而减小，所以随n的增大而增大.所以.综上，.【点睛】本题考查等差数列的定义通项公式，累加法求通项公式，裂项相消法

23、求和等，考查逻辑推理、数学运算等核心素养.属于中档题.21.已知椭圆的上顶点为a，右焦点为f，o是坐标原点，是等腰直角三角形，且周长为.（1）求椭圆的方程；（2）若直线l与af垂直，且交椭圆于b，c两点，求面积的最大值. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依题意求出，的值，即可求出椭圆方程；（2）由（1）可得直线的斜率，则可设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，利用根的判别式求出参数的范围，设，利用韦达定理及点到线的距离公式表示出及点到直线的距离，则利用导数求出面积的最值；【详解】解：（1）在中，则，因为是等腰直角三角形，且周长为，所以，得，因此椭圆的方程为.（2）由（1）知，则直线的斜率，因为直线与垂直，所以可设直线的方程为，代入，得，则，解得，所以.设，则，.又点到直线的距离，所以，.令，则，令，则或，令，则或.因此在上是增函数，在上是减函数，在