【KS5U解析】浙江省台州市温岭中学2020届高三下学期3月模拟测试数学试题 Word版含解析

1、2020年高考数学(3月份)模拟试卷一选择题1.设集合，则（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】求出集合，直接计算即可.【详解】解：集合，则，故选：c.【点睛】考查集合的交集，并集运算，属于基础题.2.已知是非零实数，则“”是“”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】d【解析】因为,所以或 ,所以是“”的既不充分也不必要条件,选d点睛：充分、必要条件的三种判断方法1定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假并注意和图示相结合，例如“”为真，则是的充分条件2等价法：利用与非非，与非非，与非非的等价关系，对于条件或结论是否定式

2、的命题，一般运用等价法3集合法：若，则是的充分条件或是的必要条件；若，则是的充要条件3.双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则的离心率为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】由双曲线的一条渐近线的倾斜角为，得，所以，的离心率代入求值即可.【详解】解：双曲线的一条渐近线的倾斜角为，所以，的离心率.故选：c.【点睛】本题主要考查了双曲线的性质，属于基础题.4.如图，某多面体的三视图中正视图、侧视图和俯视图的外轮廓分别为直角三角形、直角梯形和直角三角形，则该多面体的体积（ ） a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】由三视图还原原几何体，该几何体为四棱锥，底面，且，底面为直角梯

3、形，再由棱锥体积公式求解.【详解】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为四棱锥，底面，且，底面为直角梯形，该多面体的体积.故选：b.【点睛】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，属于中档题.5.若，满足叫，且，则的最小值为（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用的几何意义，即可得到结论.【详解】解：作出，满足，且，对应的平面区域如图：由得平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最小，此时最小，由，解得，此时，则的最小值为：.故选：b.【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决本题的关键，属于中档题.6.若函

4、数是奇函数，则使的的取值范围为（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】由奇函数的定义可得，变形可得的值，即可得函数的解析式，由复合函数的单调性判断方法可得在上为增函数，求出满足的的值，据此分析可得答案.【详解】解：根据题意，函数是奇函数，则，即，可得，则，有，解可得，即函数的定义域为，设，则，则在上为增函数，而在上为增函数，则在上为增函数，若，即，解可得，则，即，解得，又由，则有，即的取值范围为；故选：a.【点睛】本题考查函数的奇偶性的性质及其应用，涉及不等式的解法，属于基础题.7.已知，随机变量，的分布列如表所示，则（ ）a. ，b. ，c. ，d. ，【答案】b【解析】【分

5、析】求出数学期望，作差比较大小，和利用方差的性质，得到结论.【详解】解：，由，所以，故选：b.【点睛】本题考查数学期望和方差的性质及其应用，属于中档题.8.如图，在直角梯形中，为中点，分别为，的中点，将沿折起，使点到，到，在翻折过程中，有下列命题：的最小值为；平面；存在某个位置，使；无论位于何位置，均有.其中正确命题的个数为（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】通过连接直线等直线，结合直线与平面。平面与平面的平行与垂直，转化判断个命题的真假即可.【详解】在直角梯形中， ，为中点，分别为，的中点，将沿折起，使点到，到，在翻折过程中，当与重合时，的最小值为；所以正确；连接交于连接

6、，可以证明平面平面，所以平面，所以正确；当平面时，可得平面，所以，所以正确；因，所以直线平面，所以无论位于何位置，均有.所以正确；故选：d.【点睛】本题考查命题的直接判断与应用，涉及空间几何体直线与平面的位置关系的综合应用，属于中档题.9.已知，是等差数列中的三项，同时，是公比为的等比数列中的三项，则的最大值为（ ）a. b. c. d. 无法确定【答案】b【解析】【分析】由题意可得，要使最大，则最小，结合等式求得的最小值，则的最大值可求.【详解】解：由题意，数列不是常数列.由，是等差数列中的三项，得，即，得.由，是公比为的等比数列中的三项，得，则，要使最大，则最小，由，得，(舍)；，；，；，

7、；由上可知，当与均增加时，由于的系数小于的系数，则要使等式成立，比增加要快.的最小值为.则的最大值为.故选：b.【点睛】本题考查等差数列与等比数列的性质，考查数列的函数特性，属于中档题.10.已知函数在区间上有零点，则的取值范围是（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】不妨设，为函数的两个零点，其中，运用韦达定理和主元法二次函数的最值，构造函数，求得导数，判断单调性，可得所求范围.【详解】解：不妨设，为函数的两个零点，其中，则，.则，由，所以，可令，当，恒成立，所以.则的最大值为，此时，还应满足，显然，时，.故选：b.【点睛】本题考查函数的零点问题，注意函数方程的转化，韦达定理

8、的运用和构造函数法，考查化简运算能力和推理能力，属于难题.二填空题11.已知若复数(为虚数单位).若是纯虛数，则以为焦点的抛物线的标准方程为_；若，则_.【答案】 (1). ； (2). .【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，由实部为且虚部不为求得，可得抛物线的方程；再由复数模的计算公式列式求值.【详解】解：为纯虚数，则，即，则，以为焦点的抛物线的标准方程为；由，得，解得.故答案为：；.【点睛】本题考查抛物线的方程的求法，考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念及复数模的求法，属于基础题.12.已知，动点满足，则点的轨迹方程是_；又若，此时的面积为_.【答案】 (1). ；

9、(2). .【解析】【分析】设，由列式可得点的轨迹方程，再写出以为直径的圆的方程，与的轨迹联立求得的纵坐标，再由三角形面积公式求解.【详解】解：，设，由，得，整理得：；以为直径的圆的方程为，联立，解得.即点的纵坐标的绝对值为.此时的面积为.故答案为：；.【点睛】本题考查轨迹方程的求法，考查数学转化思想方法，考查计算能力，属于中档题.13.在二项式的展开式中，所有项系数和为_，展开式中含的项是_.【答案】 (1). ； (2). .【解析】【分析】令，可得所有项系数和.再利用二项展开式的通项公式，求出展开式中含的项.【详解】解：二项式的展开式中，令，可得所有项系数和为.二项式的展开式中，通项公式

10、为，令，求得，可得展开式中含的项是，故答案为：；.【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题.14.已知正实数满足，的值为_.【答案】【解析】【分析】推导出，由，得，从而，由此能求出的值.【详解】解：正实数满足，由，得，.故答案为：.【点睛】本题考查对数值的求法，考查对数性质，运算法则等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题.15.记，为的内角，若，则_；若，是方程的两根，则_.【答案】 (1). ； (2). .【解析】【分析】由已知得，再利用，即可得出，代入即可；由题知，得出，再由，乘进去代入即可得出结果.【详解】解：由已知得，再由，联立化简，

11、则，由题知将式平方得，得，故答案为：；.【点睛】本题考查三角函数的恒等变换及化简求值，属于中档题.16.已知，是椭圆上的两点(点在第一象限)，若，且直线，的斜率互为相反数，且，则直线的斜率为_.【答案】【解析】【分析】设直线斜率为，得出直线的方程，联立方程组消元，得出点坐标，代入椭圆方程计算的值即可得出的斜率.【详解】解：延长交椭圆于，由对称性可知，设直线的斜率为，则直线的方程为，联立方程组，消元得：，设，则，.，即，把代入椭圆方程得：，解得，直线的斜率为.故答案为：.【点睛】本题考查椭圆的标准方程及简单的几何性质，考查分析问题能力，属于中档题.17.已知，为半径为的圆上相异的点(没有任何两点

12、重合)，这个点两两相连可得到条线段，则这条线段长度平方和的最大值为_.【答案】【解析】【分析】不妨设圆心，则，同理可求的值，再相加即可求得答案.【详解】解：不妨设圆心，则，同理可求的值，相加可得，当且仅当时取等号.故答案为：.【点睛】本题考查数量积的运用，考查转化思想及运算求解能力，属于中档题.三解答题：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.已知函数.若，求得值；在中，角，的对边分别为，且满足，求的取值范围.【答案】；.【解析】【分析】先利用二倍角公式，辅助角公式先对已知函数进行化简，然后结合两角和的余弦公式展开即可求解；由已知结合正弦定理进行化简可求的范围，进而可求

13、的范围，代入后结合余弦函数的性质即可求解.【详解】解：，由，可得，所以，所以.因为，由正弦定理可得，从而可得，即，因为，所以，所以，所以.【点睛】本题考查三角公式在化简中的应用及三角函数的性质，属于中档题.19.四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面为正三角形，为的中点.证明：平面平面；求直线与平面所成角的正弦值.【答案】证明见解析； .【解析】【分析】推导出，从而平面，由此能证明平面平面；以为原点，为轴，过作的平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角的正弦值.【详解】解：证明：侧面为正三角形，为的中点，底面是边长为的正方形，侧面为正三角形，为的中点.，平面，平面，

14、平面平面.解：以为原点，为轴，过作的平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量，则，取，得，设直线与平面所成角为，则直线与平面所成角的正弦值为：.【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线，线面，面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题.20.数列中，且.令，将用表示，并求通项公式；令，求证：.【答案】；证明见解析.【解析】【分析】由数列中，且.可得.利用累加求和方法可得，可得.时，.即可证明.【详解】解：数列中，且.时，.，可得.时成立.证明：时，.，时也成立.综上可得：.【点睛】本题考查数列递推关系，裂项求和方法，累加求和方法，放

15、缩法，考查了推理能力和运算能力，属于中档题.21.如图，已知抛物线的焦点为.若点为抛物线上异于原点的任一点，过点作抛物线的切线交轴于点，证明：.，是抛物线上两点，线段的垂直平分线交轴于点 (不与轴平行)，且.过轴上一点作直线轴，且被以为直径的圆截得的弦长为定值，求面积的最大值.【答案】证明见解析； .【解析】分析】设的坐标，求出在处的导数，进而求出在处的切线的方程，令求出的坐标，进而求出的值，到准线的距离为的值可得，进而可得结论；设直线的方程与抛物线联立求出两根之和及两根之积，进而求出弦长，再求线段的中点坐标，求出的中垂线的方程，将点代入中垂线的方程可得参数的关系，设的坐标，由以为直径的圆截直

16、线的弦长为定值可得的坐标，进而求出到直线的距离，代入面积公式可得关于直线斜率的表达式，令函数求导可得函数的最大值，即求出面积的最大值.【详解】解：由抛物线的方程可得，准线方程：，设，由抛物线的方程可得，所以在处的切线的斜率为：，所以在处的切线方程为：，令，可得，即，所以，而到准线的距离，由抛物线的性质可得所以，可证得：.设直线的方程为：，直线与抛物线联立，整理可得：，即，所以的中点坐标为：，所以线段的中垂线方程为：，由题意中垂线过，所以，即，由抛物线的性质可得：，所以，即，设，的中点的纵坐标为，所以以为直径的圆与直线的相交弦长的平方为：，要使以为直径的圆截得的弦长为定值则可得，时相交弦长的平方为定值，即所以到直线距离为：，而弦长，所以，将代入可得，设为偶函数，只看的情况即可，令，当，单调递增；当，单调递减，所以且上，为最大值，所以的最大值为：.【点睛】考查过抛物线的一点求切线方程，面积公式及直线与抛物线的综合应用，属于难题.22.已知函数.求函数在处的切线方程；若在，处导数相等，证明：.若对于任意，直线与函数图象都有唯一公共点，求实数取值范围.【答案】；证明见解析；.【解析】【分析】先求导得函数在处的切线方程为：，代入化简即可得结论.根据在，处导数相等，即，为方程的根，解得，由韦达定理，的值写出，进而求导可证.将问题传化为有唯