浙江省杭州高级中学2020年3月高考模拟测试高三数学试卷(PDF版,含解析)

1、 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，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） 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 （4 分）若集合 ax|x210，bx|0 x4，则 ab（ ） a （，1） b0，4） c1，4） d （4，+） 2 （4 分）已知 i 为虚数单位， 2i z i + =，则 z 的虚部为（ ） a1 b2 c2 d2i 3 （4 分）已知双曲线 c： 22 22 1 yx ab =（a0，b0）的渐近线方程为 y 1 2 x，则双曲 线 c 的离心率为（ ） a b

2、c d 4 （4 分）函数函数( ) 1 f xx x =的大致图象为（ ） a b c d 5 （4 分）已知随机变量 满足 p（0）x，p（1）1x，若 1 0, 2 x ，则（ ） ae（）随着 x 的增大而增大，d（）随着 x 的增大而增大 be（）随着 x 的增大而减小，d（）随着 x 的增大而增大 ce（）随着 x 的增大而减小，d（）随着 x 的增大而减小 de（）随着 x 的增大而增大，d（）随着 x 的增大而减小 6 （4 分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ） 杭高杭高2 0 2 0 年3 月模拟测试 高三数学试卷 2 0 2 0 年3 月模拟测试 高三数学

3、试卷 a b c d 7 （4 分）“()()ln2ln10ab”是“1 a b ”成立的（ ） 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 8 （4 分） 如图， 圆 o 是半径为 1 的圆， 1 2 oa=， 设 b， c 为圆上的任意 2 个点， 则ac bc uuur uuu r 的取值范围是（ ） a 1 ,3 8 b1,3 c1,1 d 1 ,1 8 9 （4 分）如图，在三棱锥pabc中，pbbca=，() paacb ab= ，2pacpbc + b. + pcapcb + ，2pacpbc ，2pacpbc + d. + pca

4、pcb + + 10 （4 分）设a、br+，数列 n a满足 1 2a =， 2 1nn aa ab + =+，n n，则（ ） a. 对于任意a，都存在实数m，使得 n am恒成立 b. 对于任意b，都存在实数m，使得 n am恒成立 c. 对于任意()24 ,ba+，都存在实数m，使得 n am恒成立 d. 对于任意()0,24ba，都存在实数m，使得 n am恒成立 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分）分） 11（6 分）九章算术 中， 将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥

5、称为 “阳马” 现 有一“阳马”pabcd，pa底面 abcd，paab2，ad1，则该“阳马”的最长 棱长等于 ；外接球表面积等于 12 （6 分）设 x，y 满足约束条件 210 20 1 xy xy x + ，则 z2x+3y 的最大值为 ；满足 条件的 x，y 构成的平面区域的面积是 13 （6 分）已知（x+2）5（2x5）a0+a1x+a6x6，则 a0 ；a5 14（6 分） 已知abc 的内角 a， b， c 的对边分别为 a， b， c， 若 () ,42 3cos 6 abab =+， 且 b1，则 b ；abc 的面积为 15 （4 分）从 0，1，2，3，4，5 这 6

6、 个数中随机抽取 5 个数构成一个五位数abcde，则满 足条件“abcde”的五位数的个数有 16（4 分） 设 12 ,f f是椭圆 22 2 :1(02) 4 xy cm m +=的图象上相邻两对称轴之 间的距离为 4 （）求 的值及 f（x）的单调递增区间； （）若() 00 6 32 14 , 533 f xx = ，求 f（x0+1）的值 19 （15 分）如图，已知四棱锥 abcde 中，abbc2， 0 120 ,2 6abcae=， cdbe，be2cd4，ebc60 （）求证：ec平面 abc； （）求直线 ad 与平面 abe 所成角的正弦值 20 （15 分）已知等差数

7、列an的公差不为零，且 a33，a1，a2，a4成等比数列数列bn 满足 () 12 22 nn bbnbann + +=l （1）求数列an,bn的通项公式； （2）求证：() 312 11 12 n nn n bbb aann bbb + + + +l 21 （15 分）已知抛物线e：() 2 20ypx p=过点()1,2q，f为其焦点，过f且不垂直 于x轴的直线l交抛物线e于a，b两点，动点p满足pab的垂心为原点o. （1）求抛物线e的方程； （2）求证：动点p在定直线m上，并求 pab qab s s 的最小值. 22 （15 分）已知 f(x)2ln(x2)(x1)2，g(x)k

8、(x1)，kr. (1)求 f(x)的单调区间； (2)当 k2 时，求证：对于任意 x1，f(x)1，使得当 x(1，x0)时，恒有 f(x)g(x)成立，试求 k 的取值范围 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，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） 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 （4 分）若集合 ax|x210，bx|0 x4，则 ab（ ） a （，1） b0，4） c1，4） d （4，+） 【考点】1e：交集及其运算菁优网版权所有 【分析】可求出集合 a，然后进行交集的运

9、算即可 【解答】解：ax|x1，或 x1； ab1，4） 故选：c 【点评】考查描述法、区间的定义，以及交集的运算，一元二次不等式的解法 2 （4 分）已知 i 为虚数单位，则 z 的虚部为（ ） a1 b2 c2 d2i 【考点】a5：复数的运算菁优网版权所有 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案 【解答】解：， z 的虚部为2 故选：b 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题 3 （4 分）已知双曲线 c：1（a0，b0）的渐近线方程为 yx，则双曲 线 c 的离心率为（ ） a b c d 【考点】kc：双曲线的性质菁优网版权所有 【分析】根据题

10、意，由双曲线的方程分析可得其焦点在 x 轴上，进而可得渐近线方程， 结合题意可得有，即 a2b，由双曲线的几何性质分析可得 ca， 由离心率的计算公式可得答案 数学试卷全解析数学试卷全解析 杭高杭高2 0 2 0 年3 月模拟测试高三2 0 2 0 年3 月模拟测试高三 【解答】解：根据题意，双曲线的方程为1，其焦点在 y 轴上，其渐近线方程 为 yx， 又由其渐近线方程为 yx， 则有，即 b2a， ca， 则其离心率 e； 故选：b 【点评】 本题考查双曲线的几何性质， 涉及双曲线的渐近线、 离心率的计算， 关键是求 a， c 的关系，注意分析双曲线的焦点的位置 4 （4 分）函数函数的大

11、致图象为（ ） a b c d 【考点】3a：函数的图象与图象的变换菁优网版权所有 【分析】利用 x0 时，函数的单调性，以及 x0 时，函数值的符号进行排除即可 【解答】解：当 x0 时，f（x）x为增函数，排除 a，b， 当 x0 时，f（x）|x|0 恒成立，排除 c， 故选：d 【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用单调性和函数值的符号进行排除是 解决本题的关键 5 （4 分）已知随机变量 满足 p（0）x，p（1）1x，若，则（ ） ae（）随着 x 的增大而增大，d（）随着 x 的增大而增大 be（）随着 x 的增大而减小，d（）随着 x 的增大而增大 ce（）随着 x 的

12、增大而减小，d（）随着 x 的增大而减小 de（）随着 x 的增大而增大，d（）随着 x 的增大而减小 【考点】ch：离散型随机变量的期望与方差菁优网版权所有 【分析】 服从成功概率为 1x 的两点分布，故 e1x，d（1x）xxx2，进 而，得到 e 和 d 在 x（0，） ，上的单调性 【解答】解：根据题意， 服从成功概率为 1x 的两点分布， 所以 e1x，当 x（0，）时，e 单调递减，即 e（）随着 x 的增大而减小， d（1x）xx2+x，因为 d 的对称轴为 x，开口向下，故当 x（0，）时， d 随着 x 的增大而增大 故选：b 【点评】本题考查了两点分布的期望与方差，成功概率

13、为 p 的两点分布的期望为 p，方差 为 p（1p） ，本题属于基础题 6 （4 分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ） a b c d 【考点】l!：由三视图求面积、体积菁优网版权所有 【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据，通过三棱柱的体积减去三棱锥的体 积，求解几何体的体积即可 【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图，是正方体的一部分，四棱锥 pabcd， 正方体的棱长为 2，三棱柱的体积减去三棱锥的体积，求解几何体是体积， 所求体积为： 故选：c 【点评】本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状，画出直观图是解题的 关键 7 （4 分）“()()ln2l

14、n10ab”是“1 a b ”成立的（ ） 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】 由对数的运算性质与不等式的基本性质结合充分必要条件的判定方法得答案. 【详解】解：由()()ln2ln10ab，得 20 10 21 a b ab ， 得1ab，1 a b ； 反之，由1 a b ，不一定有()()ln2ln10ab，如2,1ab= = “() ()ln2ln10ab”是“1 a b ”成立的充分不必要条件. 故选：a. 8 （4 分）如图，圆 o 是半径为 1 的圆，设 b，c 为圆上的任意 2 个点，则

15、 的取值范围是（ ） a b1，3 c1，1 d 【考点】9o：平面向量数量积的性质及其运算菁优网版权所有 【分析】根据平面向量的数量积和二次函数的性质，结合余弦函数的性质即可求出结果 【解答】解：如图所示， 由（） |cosbco|cos |cos |cos， 且|cos|（|）2， 由|0，2， 当|时，有最小值为， 又当|2，且 cos1 时，|cos，此时3，为最大值 所以的取值范围是，3 故选：a 【点评】本题考查了向量的数量积和二次函数的性质应用问题，也考查了运算求解能力， 是中档题 9.如图，在三棱锥pabc中，pbbca=，() paacb ab= ，2pacpbc + b.

16、+ pcapcb + ，2pacpbc ，2pacpbc + d. + pcapcb + + 【答案】c 【解析】 【分析】 解题的关键是通过构造垂面得出pmc=，然后转化到平面中解决即可. 【详解】解：如图（1） ，取 pc 中点 d，连接 ad，bd， 由 pbbca，paac 易知 bdpc，adpc，故可得 pc平面 abd， 作 pm ab 于 m，由 abpabcvv，可得 cmab， pmc=， 又pmcmhab=， 2pacpbc +， 22 pbcpac pcapcbpcapcb + 22 pbcpac pcbpca =+= 故选：c. 【点睛】本题考查空间角的综合问题，考查

17、空间想象能力，逻辑推理能力，属于中档题. 10 （4 分）设a、br+，数列 n a满足 1 2a =， 2 1nn aa ab + =+，n n，则（ ） a. 对于任意a，都存在实数m，使得 n am恒成立 b. 对于任意b，都存在实数m，使得 n am恒成立 c. 对于任意()24 ,ba+，都存在实数m，使得 n am恒成立 d. 对于任意()0,24ba，都存在实数m，使得 n am恒成立 【答案】d 【分析】 取1ab=，可排除 ab；由蛛网图可得数列 n a的单调情况，进而得到要使 n am，只 需 114 2 2 ab a + ，由此可得到答案. 【详解】取1ab=， 2 1

18、1 nn aa + =+，数列 n a恒单调递增，且不存在最大值，故排除 ab 选项； 由蛛网图可知， 2 axbx+=存在两个不动点，且 1 114 2 ab x a = ， 2 114 2 ab x a + = ， 因为当 11 0ax时，数列 n a单调递增，则 1n ax； 当 112 xax时，数列 n a单调递减，则 11n xaa； 所以要使 n am，只需要 12 0ax，故 114 2 2 ab a + ，化简得24ba. 故选：d 【点睛】本题考查递推数列的综合运用，考查逻辑推理能力，属于难题 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题

19、6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分）分） 11（6 分）九章算术 中， 将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为 “阳马” 现 有一“阳马”pabcd，pa底面 abcd，paab2，ad1，则该“阳马”的最长 棱长等于 3 ；外接球表面积等于 9 【考点】lg：球的体积和表面积菁优网版权所有 【分析】由题意画出图形，利用勾股定理求得几何体最长棱长，再由分割补形法得到多 面体外接球的半径，则球的表面积可求 【解答】解：如图， pa底面 abcd，底面 abcd 为长方形，且 paab2，ad1， 最长棱 pc； 其外接球的半径为 则其外接球的表面积为 故答案为

20、：3；9 【点评】本题考查多面体外接球表面积与体积的求法，训练利用“分割补形法”求多面 体外接球的半径，是基础题 12 （6 分）设 x，y 满足约束条件，则 z2x+3y 的最大值为 11 ；满足条件 的 x，y 构成的平面区域的面积是 【考点】7c：简单线性规划菁优网版权所有 【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求 z 的最大 值 【解答】解：作出 x，y 满足约束条件，对应的平面区域（阴影部分） ， 由 z2x+3y，得 yx+， 平移直线 yx+， 由图象可知当直线 yx+经过点 c 时， 直线 yx+的 截距最大，此时 z 最大 由，解得 a（，） 解得

21、 b（1，） ； 解得 c（1，3） 此时 z 的最大值为 z21+3311， 可行域的面积为： 故答案为：11； 25 12 【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法 13 （6 分）已知（x+2）5（2x5）a0+a1x+a6x6，则 a0 160 ；a5 15 【考点】da：二项式定理菁优网版权所有 【分析】在所给的等式中，令 x 等于 0，求得 a0的值；再利用通项公式求得 a5即 x5的系 数 【解答】解：（x+2）5（2x5）a0+a1x+a6x6，令 x0，可得 a0- 160，15 a5即 x5的系数为5+2215， 【点评】本题主要考查二项

22、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（6 分） 已知abc 的内角 a， b， c 的对边分别为 a， b， c， 若， 且 b1，则 b ；abc 的面积为 【考点】hp：正弦定理菁优网版权所有 【分析】，利用正弦定理可得：sinb（4+2）sincosb， tanb2+，可得 b，c再利用三角形的面积计算公式即可得出 【解答】解：， sinb（4+2）sincosb， tanb2+， tan（）2+，b（0，） b cb cb1 sbcsina 故答案为：， 【点评】本题考查了正弦定理、和差公式、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计 算能力，属于中档题

23、 15 （4 分）从 0，1，2，3，4，5 这 6 个数中随机抽取 5 个数构成一个五位数，则满 足条件“abcde”的五位数的个数有 21 【考点】d9：排列、组合及简单计数问题菁优网版权所有 【分析】由题意可得 c 最大，a 不能为 0，分两类，当 c5 时，当 c4 时，根据分类计 数原理可得 【解答】解：由题意可得 c 最大，a 不能为 0， 当 c 取 5 时，则从剩下 4 个数（不包含 0）取两个，放在 c 的左边，再从剩下 3 个数（包 含 0）取两个，放在右边， 有 c42c3218 个， 当 c 取 4 时，则从剩下 3 个数（不包含 0）取两个，放在 c 的左边，再从剩下

24、 2 个数（包 含 0）取两个，放在右边， 有 c32c223 个， 故满足条件的五位数的个数有 18+321 个， 故答案为：15 【点评】本题考查了简单的排列组合问题，属于基础题 16 （4 分） 1 , 0 17 （4 分） 2 e 易 知( )max ln, lnfxxaxbxaxb=+， 设( )lng xxxab=+， ( )lnf xxxab=+，利用绝对值不等式的性质即可得解 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 小题，共小题，共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算过程）分解答应写出文字说明、证明过程或演算过程） 18 （14 分）已知函数（0）的图象上相邻两对

25、称轴之 间的距离为 4 （）求 的值及 f（x）的单调递增区间； （）若且，求 f（x0+1）的值 【考点】gp：两角和与差的三角函数菁优网版权所有 【分析】 （）利用三角函数恒等变换的应用化简已知可得函数解析式为 f（x） ， 由 已 知 可 求t ， 利 用 周 期 公 式 可 求的 值 ， 令 ，可求函数的增区间 （）由已知及（）可求，由范围，可求 ，利用同角三角函数基本关系式可求， 根据两角和的正弦函数公式即可计算得解 【解答】 （本题满分为 14 分） 解： （）因为：（0） ， 所以：，（3 分） 由条件 t8， 所以：，（4 分） 所以：， 令，得： 所以增区间为：（7 分） （

26、）因为：，由（1）知：， 即：，（8 分） 因为：， 所以：， 所以：，（10 分） 所以： （14 分） 【点评】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，周期公式以及正弦函数的单调性， 考查了计算能力和数形结合思想，属于中档题 19 （15 分）如图，已知四棱锥 abcde 中，abbc2，cd be，be2cd4，ebc60 （）求证：ec平面 abc； （）求直线 ad 与平面 abe 所成角的正弦值 【考点】lw：直线与平面垂直；mi：直线与平面所成的角菁优网版权所有 【分析】 （）通过求解三角形证明 ecca，eccb，推出 ec面 cab （）如图，建立空间直角坐标系 cxyz，求出

27、面 abe 的一个法向量，然后利用空间向 量的数量积求解直线 ad 与平面 abe 所成角的正弦函数值 【解答】 （）证明：在abc 中，由余弦定理得，在ebc 中，由余弦定理得 由 ce2+ca2ea2，ce2+cb2eb2得，ecca，eccb， 所以 ec面 cab（7 分） （）解：如图，建立空间直角坐标系 cxyz， 则 所以， 所以，（11 分） 所以是面 abe 的一个法向量，则 取（13 分） 记直线 ad 与平面 abe 所成角为 ， 则 （15 分） 【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查 空间想象能力以及计算能力 20 （15 分）已

28、知等差数列an的公差不为零，且 a33，a1，a2，a4成等比数列数列bn 满足 () 12 22 nn bbnbann + +=l （1）求数列an,bn的通项公式； （7 分） （2）求证：() 312 11 12 n nn n bbb aann bbb + + + +l（8 分） 菁优网版权所有 21 （15 分）已知抛物线e：() 2 20ypx p=过点()1,2q，f为其焦点，过f且不垂直于x 轴的直线l交抛物线e于a，b两点，动点p满足pab的垂心为原点o. （1）求抛物线e的方程； （2）求证：动点p在定直线m上，并求 pab qab s s 的最小值. （1）由题意，将点()

29、1,2q代入 2 2ypx=，即 2 22p=，解得2p =， 所以，抛物线e的方程为 2 4yx=.（5 分） （2）解析 1： （巧设直线） 证明：设l：1tyx=，() 11 ,a x y，() 22 ,b x y，联立 2 4yx=，可得 2 10 4 y ty =，则 有 12 12 4 4 yyt y y += = ，可设ap：() 2 11 2 x yyxx y = ，即 2 1 3 44 y yxy= +，同理bp： 1 2 3 44 y yxy= +，解得()3,3pt，即动点p在定直线m：3x = 上. 2 1 1 2 2 1 34 2 1 2 2 pab qab ab d

30、 t sd sdt ab d + = 32 2 3 2 t t =+，当且仅当 2 3 3 t = 时取等号.其中 1 d， 2 d分别为点p和点q到直线ab的距离.（10 分） （2）解析 2： （利用向量以及同构式） 证明：设l：()10 xmym=+，() 11 ,a x y，() 22 ,b x y，联立 2 4yx=，可得 2 440ymy=，则有 12 12 4 4 yym y y += = . 2 1 001 , 4 ypa y xy = uuu r ， 2 2 2 , 4 y yob = uuu r ，又o 为pab的垂心，从而 0pa ob= uuu r uuu r ，代入化

31、简得： 2 0 202 30 4 x yy y+=，同理： 2 0 101 30 4 x yy y+=，从而可知， 1 y， 2 y是方程 2 0 0 30 4 x xy x+=的两根，所以 0 12 0 12 0 4 4 12 4 y yym x y y x += = = 000 00 3 33 ymxym xx = = = = ， 所以动点p在定直线m：3x = 上. 2 1 1 2 2 1 34 2 1 2 2 pab qab ab d m sd sdm ab d + = 32 2 3 2 m m =+，当且仅当 2 3 3 m = 时取等号.其 中 1 d， 2 d分别为点p和点q到直线ab的距离.（10 分） 22. （本题满分 15 分） 已知函数( )()lnf xxxa x a=+r有两个极值点 1 x，