2020届浙江省金华市金华十校高三11月模拟考试数学试题(解析版)

1、本题主要考查复数的运算法则，复数模的计算，属于基础题.第 1 页共 22 页2020 届浙江省金华市金华十校高三11 月模拟考试数学试题【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.2 .已知复数z满足1 zi 2 i，则z（）.2A .B.1C.2D .2【答案】C【解析】根据复数的基本运算法则进行化简即可.【详解】设 z a bi（a ,b都为实数），Q1 zi 2 i,一、单选题1.已知A x|x22x8 0,B xlog2(x1)1，则AI BA.3,4B.2,4C.2,D【答案】A【解析】先求出集合A,B，由此能求出AI B.【详解】A x|x22x

2、8剟0 x2 x?4,B x|log2(x1)厖1x| x 3,AI B x|3 剟 jx 43 ,4.故选：A.( )2,3第2页共 22 页1（a bi）i 2 i ,1b ai 2 i,根据复数相等的条件可得，1 b 2, a 1 ,a= 1,b 1, z 1 i ,故|z| -.,2,故选：C.【点睛】第3页共 22 页的距离为1，则双曲线的方程为（）2x A .32仝 14B.2 2xy1C21C.x432y132x2D.y213【答案】D【解析】 求得双曲线的焦点,可得c 2，即a2b24，设出双曲线的渐近线方程，运用点到直线的距离公式可得b，解得a，进而求出双曲线的方程.【详解】

3、2 2双曲线笃占1的一个焦点落在直线y x 2上，a2b2可得焦点为（2,0）,（2,0）,即有c 2，即a2b24，又双曲线的焦点（c,0）到渐近线 bx ay 0 的距离为 1,bc .l即有22b 1，解得a ,3,Vb2a22则双曲线的方程为 y21.3故选：D.【点睛】【详解】2x3 .已知双曲线ab21的一个焦点落在直线y x 2上，双曲线的焦点到渐近线本题考查双曲线的方考查点到直线的距离公式的运用，以及方程思想和运算4 若实数x,y满足约束条件x y 10 x y 10，则z x 2y的最大值为(y 10【答案】BB.44,55【解析】画出约束条件表示的平面区域,结合图形找出最优

4、解， 计算目标函数的最大值.第4页共 22 页y 1, 0y 1-0表示的平面区域，如图阴影部分所示;1)4,当目标函数过点A（o,1）时取得最小值,zmin0 212所以2 z4所以z |x2y|的最大值为 zmax4故选:B.【点睛】本题考查了简单的线性规划应用问题，也考查了数形结合思想，是基础题.5 .已知随机变量的分布列如下:012Pb aba则D最大值（）11A .B.-42【答案】Bx画出约束条件xzmaxD .不是定值C时取得最大值,第5页共 22 页得E.D，利用二次函数的单调性即可得出.【详解】由随机变量的分布列得：0 剟 b a 10 剟 b 1创，解得b 0.5，0剟a

5、0.5，0 剟 a 1b a b a 1E 0.5 2a，0 剟 a 0.5.2 2 2 21 121D ( 2a 0.5) (0.5 a) (0.52a)0.5 (1.5 2a) a 4a 2a4(a)44211当a时，D取得最大值.42故选：B.【点睛】能力，属于中档题.D.既不充分也不必要条件【答案】A2x1 2【解析】 令f(x) x 1x(1-),利用 f(x)在(0,)上单调递增，即可判断2x12x1出结论.【详解】2x12令f (x) xxx(1x),【解析】由随机变量 的分布列得:，解得b 0.5,0 剟 a 0.5，可本题考查了随机变量的分布列期望与方差、二次函数的单调性,考

6、查了推理能力与计算6 .已知a,b R，则ab”是a2a12a1b害”的(2b1A .充分不必要条件B 必要不充分条件C 充要条件第6页共 22 页2x12x12则f( x) x(1 )f (x),21即 f(x)在R上为偶函数,2由 f(x) x(1 r)知 f(x)在(0,)上为单调递增函数，212a12b1aab-bf(a) f(b) f(|a|) f(|b|) |a| |b|212 1Qa |b| |a|b|,|a| |b|?a |b|2a12b1a |b|”是a牛丄b春一1”的充分不必要条件.2121故选：A.【点睛】本题考查了函数的单调性、奇偶性，充分不必要条件，考查了推理能力与计

7、算能力，属于中档题.7.2019义乌国际马拉松赛，某校要从甲乙丙丁等10人中挑选3人参加比赛，其中甲乙丙丁4人中至少有1人参加且甲乙不同时参加，丙丁也不同时参加，则不同的报名方案有()A.69B.96C.76D .84【答案】D【解析】 根据题意，分 3 种情况讨论：，甲乙丙丁 4 人中，只从甲乙中选出1 人，,甲乙丙丁4 人中，只从丙丁中选出1 人，甲乙丙丁 4 人中， 从甲乙、丙中各选 1人，由加法原理计算可得答案.【详解】根据题意，分 3 种情况讨论：1，甲乙丙丁 4 人中，只从甲乙中选出 1 人，需要在其他 6 人中选出 2 人，有C2C230种报名方案，2，甲乙丙丁 4 人中，只从丙

8、丁中选出 1 人，需要在其他 6 人中选出 2 人，有C2C230种报名方案，3，甲乙丙丁 4 人中，从甲乙、丙丁中各选 1 人，需要在其他 6 人中选出 1 人，有C；C；C；24种报名方案；故有30 30 24 84种报名方案；第7页共 22 页故选：D.【点睛】本题考查排列、组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于中档题.8.已知在正四棱锥P ABCD中(底面为正方形，顶点在底面上的射影为底面中心的第8页共 22 页四棱锥），AB 2, PA 3，侧棱与底面所成角为，侧面与底面所成角为，侧面等腰三角形的底角为，相邻两侧面的二面角为，则下列说法正确的有（)A .B.小2C.cos cos0

9、D.2八cos cos0【答案】C【解析】连结AC,BD,交于点0，取CD中点E,连结PO,OE,PE，则PO推导出o，以0为原点，0B为X轴，0C为y轴，0P为 Z 轴，建2r r| mgn |1立空间直角坐标系，求出 cos r r，由此能求出结果.|m|g n| 8【详解】PE .71以O为原点,OB为x轴，OC为y轴,OP为 z 轴, 建立空间直角坐标系,平面ABCD，从而PDO是侧棱与底面所成角PEO是侧面与底面所成角取CD中点E，连结P0,0E,PE,PD0是侧棱与底面所成角PE0是侧面与底面所成角Q AB2, PA 3 ,0AOB OC OD 2 ,P0cosODPDOEcosP

10、E22-2cos32223212 2 33，第9页共 22 页则 D( 2 , 0, 0) , A(0,2，0) , C(0 ,/2 , 0) , P(0 , 0, .7),PA (0, &，7),uuuPD(.2,0,7),uuu -PC(0, . 2, . 7),设平面PAD的法向量 nruuvn PAruuv(x,y, z),则严2y 7zn PD .2x ,7z0，取x0 x7，得 n (、.7，、:7,、2),设平面PCD的法向量m(x,z),ruuiv mPC则ruuiv m PD、-2y,2x5z,7z,7，得忌 C.7,7,. 2),则 cos|mgnr|i m in

11、i16g 16cos2cos故C正确,cos2cos20，故D错误.故选:【点睛】本题考查命题真假的判断，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，是中档题.19 .若数列an满足a2实数m的最大值为（）ananm，若对任意的正整数都有an2，则B.1【答案】C第10页共 22 页再验证m 2时满足题意，即可得解.【详解】12anan2【答案】B【解析】 根据选项特征，采用特值，运用排除法求解即可.【详解】|x| 1，此时y f (x)与y g(x)的图象恰有两个不同的交点，满足题意，故排除CD；右a12，则f(x)1 .x 1-(e2x2),/ 12 |1 .g(x

12、)x |x| 12 2令 h(x)f(x)g(x)1x 1e21 |x2| 1 ,则1 1311h( 2)e0h(0)02 22e2由 h( 2)gh(0)0 可知,h(x)在(2,0)上存在一个零点;1 1又 h(1)2 2 0，故1为函数h(x)的一个零点；【解析】递推关系变形可得 an 1an12(an22) m 2，分析可知m 2时不满足题意,Q an 1an 1an12an22an2)2an(nan故选:【点an 1an1(an2)2an1)(m 2)，那么an可以无限的大下去，不符合题意;an 11，故an2an(an2an0，则an 1an,2)，故an 12与an本题考查数列的

13、递推关系，考查逻辑推理能力,10已知函数f(x) a ex 12(/、1X与g(x)数列an单调递增,2 同号，贝y a2，符合题意;属于中档题.ax2|x a |1，若y f x与y g x的图像恰有两个不同的交点,则实数a的取值范围是(A.1,B. 1U0,1)C 1U(1,)D.1,若a 0，则f (x)0, g(x)第11页共 22 页e 35e又h(2)e 30,h(3)5-0，由h(2) h(3)0 可知，h(x)在(2,3)上存在一个2 222零点；1故当a时，不满足题意，排除A.2故选：B.【点睛】本题考查函数零点与方程根的关系，涉及了零点存在性定理的运用，作为选择题，采用排除

14、法能快速解决问题，属于中档题.二、填空题11.11世纪中叶，中国数学家贾宪给出了直到六次幕的二项式系数表，如图所示是杨i 1辉详解九章算法开方作法本原，其中第i层即为a b展开式的系数.贾宪称整张 数表为开放作法本原”，今称贾宪三角”但贾宪未给出二项式系数的一般公式， 因而未 能建立一般正整数次幂的二项式定理.贾宪的数学著作已失传，13世纪数学家杨辉在详解九章算法1261中引用了开放作法本原图，注明此图出“释锁算数，贾宪6用此术”，因而流传至今.只是后人往往因此把它误称为杨辉三角”.ax 1展开式中 x3的系数为160,则实数a的值为_ ，展开式中各项系数之和为_ .衣亲扌果令卜第12页共 2

15、2 页AiAi瓷乃f fl l数右lnMwlnMw中會賞*J#i*J#i1.【答案】2.【解析】 根据题意，分析可得(ax1)6a66a515a420a315a26a 1；对于：由展开式可得 20a3160，解可得a的值，对于，令x 1可得：(2x 1)6161，即可得答案.【详解】根据题意：(ax1)6a6( 1)6a5( 1) 15a4( 1)220a3(1)315a2(1)46a (1)5( 1)665432a 6a 15a20a15a 6a 1 ;对于，若(ax 1)6展开式中 x3的系数为160，则有 20a3160，解可得a 2;对于，由a 2，则(ax 1)6(2x 1)6,令x

16、 1可得：(2x 1)6161，即展开式中各项系数之和为 1 ；故答案为：，2；，1.【点睛】本题考查二项式定理的应用，注意理解题目的中表述，属于基础题.12 .已知直线l:3x my 60与圆C: (x m)2y24相交于A,B两点，若圆关于直线I对称，则m _；若ABC为正三角形，则m _【答案】2丽.辺.4【解析】由圆的对称性可知，圆关于直线对称可得，直线过圆心，进而求出参数的值； 正三角形的性质时边的高(也是中线)等于边长的【详解】 若圆C关于直线I对称，则直线I过圆心，由题意知圆心C的坐标(m,0)，所以3m 60,解得：m 2 3;解得：3 3 m4故答案为：2.3,立.4【点睛】

17、倍求出参数的值.2若ABC为正三角形，则C到直线I的距离d3r，由题意知:2| . 3m 6|3 m2第14页共 22 页本题考查圆的性质，正三角形的性质和直线与圆的位置关系，属于中档题.13 .已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图均为等腰直角三角形，且直角边长为2，则该几何体的体积为 _;该几何体的外接球的表面积为114几何体的体积为：丄丄2 2 24；323三棱锥的外接球就是正方体的外接球，球的半径为：、3,外接球的表面积为：S 4 C.3)212 .4故答案为：一 ；12 .3【点睛】本题考查的知识点是由三视图求体积以及外接球的表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状.14在A

18、BC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知bcosC ccosB 1, 则a；J3已知 a1,sinBsinC sin A，贝U ABC的周长的取小值为2【答案】1.3.【解析】由余弦定理化简已知等式即可求解a的值.第 11 页共 22 页3【解析】画出几何体的直观图， 利用三视图的数据求解几何体的体积,然后求解外接球的表面【详由题意可知：几何体是三棱锥，是正方体的部分，5* tft*由已知运用正弦定理，三角形的面积公式可求BC边上的高为二，过A作BC的平2行线I，再过B作I的对称点D，连接AD，CD，求得BD，CD，再由三点共线取 得最小值的性质，即可得到所求周长的最小值.【详解】由

19、于：bcosC ccosB 1,所以由余弦定理可得：2 . 2 2 2 2 . 2.a b ca c b .bgcg1,整理可得 a 1.可得 bsinC可得BC边上的高为-1,2过A作BC的平行线I，再过B作I的对称点D，连接AD,CD，如图:可得AB AC AD ACCD，当且仅当A,C,D共线时，取得最小值.即有AB AC-2，即AB AC的最小值为 2,ABC的周长的最小值为 3.故答案为：1, 3.【点睛】本题考查三角形的余弦定理和面积公式的运用, 质，考查运算能力和推理能力，属于中档题.由于在ABC中，角A,B,C所对的边分别为 Q sin BsinC2inABCabsin C2考

20、查对称思想和三点共线取得最值的性D第16页共 22 页215.已知f(x) |x| a 1 ln|x a |，满足 f x 0 在定义域上恒成立，则a的值为_【答案】0.【解析】要使f(x)-0在定义域上恒成立，则函数h(x) |x|a21与函数 y ln | x a |必有相同零点，进而得解.【详解】令 ln |xa | 0，解得x1a或x 1a,依题意, 函数h(x) |x|2a 1的零点也为x 1a或x 1a,(因为 y ln |xa |的值域为R，若函数h(x)|x|2a 1的零点不为x1 a或x1 a，则f (x)0必有解，则与题设矛盾.)经检验，a 0符合题意.故答案为：0.【点睛

21、】本题考查不等式的恒成立问题，函数的零点，考查逻辑推理能力，属于中档题.r r r r7rrrrr16.已知平面向量a,b，c满足a b,|a b | 3,(a c)(b c)2，则c4的取值范围是_ .3 5【答案】3,5.2 2LUITUJLT 1【解析】取AB的中点D，利用极化恒等式可得|0D | 2 , |CD|1，通过图象即可得解.【详解】如图，1，则3 m21 a a211 a a21，解得a0第17页共 22 页/I /v_jr Iuurruur unurrr uuri设OAa,OBb,OCc，则|a b | | BA|3 ,第18页共 22 页取AB的中点D,UUU UU2UU

22、 UJU2则 agb(OA OB)(OA OB) 4UUT|OD | 2 ,又(a c)c(b c) 2,UUT 1|CD| -,2UUT ULUTUULT UULT |OD | |CD |剟|c| |OD | |CD| ,3 5故答案为：説【点睛】本题考查平面向量数量积的运算，考查极化恒等式的运用， 考查数形结合思想及运算求解能力，属于中档题.217 已知椭圆E:y21的左右顶点分别为A-，A，且B，C为E上不同两点（B，3C位于y轴右侧），B，C关于x的对称点分别为为B-，C1，直线BA1、B,A2相交于UULU UUUULUU点P，直线CA1、CA2相交于点Q，已知点M 2,0，则|PM

23、 | |QM | |PQ |的最小值为_【答案】4、32【解析】 根据题意，求得点P，Q的轨迹为双曲线 3线的性质得解.【详解】设点B(m, n)，则 AB : y (x V3) , A2B1: y - (x 3),m V3m 732则y2n2(x23),3m1212X2,亠、点P的轨迹方程为 y3(x 3)，即y2l(y 0), 332同理可得点Q也在轨迹L y21(y 0)上，34OD 4ADUUT2ODUJIT2ADUUT2|OD|974144UU UUCAgCB2 ,UU UUUCAgCBUUT(CAUUU2CB)UU(CAUUD2CB)LUT2LUT24CD 4AD |CD |24y

24、21的右支，进而根据双曲UULT2UUL4第19页共 22 页2注意到点M( 2,0)恰为双曲线 工y21的左焦点，3设双曲线L y21的右焦点为N(2,0)，3uiuur uuuu uu _则由双曲线的定义可得 |PM | |QM | |PQ| 2 3 |PN | 2. 3 |QN | | PQ |-4.3 ,UUlUUUJIluur一I PM I |QM | |PQ | 的取小值为4、,3故答案为：4.3【点睛】本题考查椭圆与双曲线的综合运用，考查化简求解能力及逻辑推理能力，属于中档题.三、解答题18 . (1)证明:2sin.2sinsi n()si n()(,R)；(2) 求f (x)

25、2sin x 2sin x在0,上的值域.3621【答案】(1)证明见解析；(2)-,1.2【解析】(1)利用两角和与差的正弦公式化简右边，即可得出右边左边;(2)由(1)得出 f(x) sin (2x )si n sin (2x -)，再利用三角函数的图象与性质 6 2 6求得 f (x)在 x 0 ,上的值域.2【详解】(1)因为sin( )sin( ) (sin cos cos sin )(sin cos cos sin )第20页共 22 页，得证;(2)由(1)可得的值域为-,12【点睛】档题.19.如图，在四棱锥P ABCD中，侧面PAD是边长为2的正三角形，底面菱形，其中BCD

26、120,PC , 3.fi(1) 证明：AD PC;(2) 求AC与面PBC所成角的正弦值.-2 2 2sin cos cos-2sin-22-2- 2- 2sincos1 sinsinsin-2sinf(x).2sinx 3sinsin 2x sin sin 2x 6 2 6因为x0,，因此22x本题考查了三也考查了三角函数的图象与性质的应用问题,是中ABCD为第21页共 22 页3【答案】(1)证明见解析；(2).4【解析】(1)取AD中点E,则PE AD, OE AD，从而AD平面PEC，由此 能证明AD PC.(2)取CE中点O，则PO平面ABCD，由等体积法可得VA PBCVP AB

27、C，求出3hhAPO -,AC与面PBC所成角 的正弦值为：sin：，由此能求出结果.2AC【详解】(1)取AD中点E，则PE AD第22页共 22 页OE AD，则AD平面PEC，因此AD PC(2)方法一：由题意可得POC为正三角形且平面PEC平面ABCD，则取CE中点O，因此PO平面ABCD.PO PC sin603,SPBC2由等体积法可得VAPBCVP ABC,1 _BC PC 3,S 21即因此AC与面PBC所成角的正弦值为3SPBChAhA13SABCOP，则hAPOAC方法二：设AC与面PBC所成角为sindA面PBCACdE面PBACxyz；方法三：如图建立空间直角坐标系O0

28、,0,3,A21,0，CT,0,02,0uuu，则BC (0, 2,0),uuurPCuuurACC、3,i,o).设平面PBC的法向量为n(x,y,z)，则uuvPCuuvBCx22y3z20(，3,o,i)则AC与面PBC所成角的正弦值为【点睛】murACLOT|AC| |n|本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面第23页共 22 页111第24页共 22 页间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.20 已知正项数列an,满足2 S? an1，其中Sn为an的前n项和.(1) 求an的通项公式；n 13n1(2)已知数列bn( 1) ，求数

29、列bn的前n项和Tn，并求出满足anan 12Tnm m对n N*恒成立时，实数m的取值范围.5【答案】(1)an2n 1；(2)m 2,1.【解析】(1)应用数列的递推式：n 1时，印S1；n2时，an合等差数列的定义、通项公式可得所求;n 11( 1)n1g2n亠丄anan 1(2n 1)(2n 1)2 2n 1奇数或偶数，由数列的裂项相消求和，可得所求和，由单调性可得最小值, 恒成立思想可得所求范围.【详解】(2)由题意可得SiSi 1，化简结1亍)，讨论n为结合不(2)求得 A ( 1)n 1gan(1)由题意可得a11,可得311同时当n 2时,4Sn4Sn 1an 12两式相减可得

30、4an1an12an 11化简可得anan 1anan 120,由此可得an则数列an是以1为首相，公差为2的等差数列故an的通项公为an2n1)12n(1)n1(2n 1)(2 n 1)12 2n12n 1111第25页共 22 页当n为奇数时，可得12n 3 2n 112n 12n 1故Tn12n 1，此时Tn单调递减，且Tn1第26页共 22 页-1-, n 为偶数2 2n 1由此可得Tn11 1 ,n 为奇数22n 12 2mm*mm对n N恒成立，故只需 一55【点睛】本题考查数列的递推式的运用， 考查等差数列的定义、 通项公式， 以及数列的裂项相消 求和，考查分类讨论思想和转化思想

31、，属于中档题.21.已知抛物线E : y2ax （a 0）,过焦点F的斜率存在的直线与抛物线交于C,D,1（2）已知y x与抛物线交于点P（异于原点），过点Q0,-作斜率小于 o 的直线交抛物线于M,N两点（点M在Q,N之间），过点M作y轴的平行线，交0P于A,S,交 ON 于 B,PMA与OAB的面积分别为 3 , S2，求g的取值范围.21【答案】（1） y2x ；（ 2） 0-.3【解析】（1 ）设过焦点的直线与抛物线联立，求出两根之和及两根之积，将到焦点的距1 1离转化为到准线的距离求出-tutuu-,再由椭圆求出 a 的值，即求出抛物线的方程；|CF | |DF|同理可得当n为偶数时

32、，Tn2n 1，因此Tn单调递增,Tn2-，解得m 2,1.5欲满足Tn且 4 丄4.第27页共 22 页(2)设MN的方程，与抛物线联立求出两根之和及两根之积，由坐标，所以求出两个商量下的面积，进而求出面积之比，转化为用一个变量表示，再由 题意知坐标的取值范围，求出面积之比的取值范围.【详解】故抛物线的方程为 y2x1y kx2，消去x，可得ky21y - 0,22y x联立方程可得(1)及椭圆求出 P 的(1)设直线CD的方程为xmy -,C冷y14,D X2,y2x联立方程可得my可得may0，由此可得化简可得Yiaxyyy2ma2a41uuir|DF |X1my1my21uuu|CF |1umr|DF |(2)设直线MN的方程为 ykx-,M X1,%,N X2,y21第28页共 22 页1y1y2k1ym2k则因为SpMA2y1x11x1X1x1- x-1因此SOABy2SPMAy1x11 x1y1y2y因为2，则yy22y1,SOMA1xX12y222y12yy1y222y1y1y22也y1*2y111，Y2y12y11OAB由此可得SPMAy21 y：12Y1第29页共 22 页因为yi0,22SOABy1101由此可得SPILA1 y11210,3y1【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方