【最新】2020届浙江省杭州市学军中学高三下学期3月月考数学试题(解析版).pdf

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1、第 1 页 共 20 页2020 届浙江省杭州市学军中学高三下学期3 月月考数学试题一、单选题1 设集合1,1,2,3,5A，2,3,4B，|13CxRx,，则()ACBIUA2 B 2，3 C-1，2，3 D1，2，3，4【答案】D【解析】先求ACI，再求()ACBIU。【详解】因为1,2ACI，所以()1,2,3,4ACBIU.故选 D。【点睛】集合的运算问题，一般要先研究集合中元素的构成，能化简的要先化简，同时注意数形结合，即借助数轴、坐标系、韦恩图等进行运算2双曲线的离心率为，则其渐近线方程为ABCD【答案】A【解析】分析：根据离心率得a,c关系，进而得a,b 关系，再根据双曲线方程求

2、渐近线方程，得结果.详解：因为渐近线方程为，所以渐近线方程为，选 A.点睛：已知双曲线方程求渐近线方程：.3设 x，y 满足约束条件2330233030 xyxyy则 z 2xy 的最小值是（）A 15 B 9 C1 D9【答案】A【解析】作出不等式组表示的可行域，平移直线z2x y，当直线经过B（6，3）时，取得最小值.第 2 页 共 20 页【详解】作出不等式组表示的可行域，结合目标函数的几何意义得函数在点B（6，3）处取得最小值zmin 123 15.故选：A【点睛】此题考查二元一次不等式组表示平面区域，解决线性规划问题，通过平移目标函数表示的直线求得最值.4如图是由圆柱与圆锥组合而成的

3、几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A20B24C28D32【答案】C【解析】试题分析：由三视图分析可知，该几何体的表面积为圆锥的表面积与圆柱的侧面积之和，所以几何体的表面积为【考点】三视图与表面积5 已知直线a，b 分别在两个不同的平面，内.则“直线 a 和直线 b相交”是“平面和平面相交”的()第 3 页 共 20 页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】A【解析】【详解】当“直线 a和直线 b 相交”时，平面 和平面 必有公共点，即平面 和平面 相交，充分性成立；当“平面 和平面 相交”，则“直线 a 和直线 b 可以没有公共点”，即必要性不成立.故

4、选 A.6函数f(x)=2sincosxxxx在，的图像大致为ABCD【答案】D【解析】先判断函数的奇偶性，得()f x 是奇函数，排除A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案【详解】由22sin()()sin()()cos()()cosxxxxfxf xxxxx，得()f x 是奇函数，其图象关于原点对称又221422()1,2()2f2()01f故选 D【点睛】本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养采取性质法或赋值法，利用数形结合思想解题7已知 a，b 为实数，随机变量X，Y 的分布列如下：X-101Y-101P131216Pabc第 4 页 共 20 页若1

5、E YP Y，随机变量满足XY，其中随机变量XY相互独立，则E取值范围的是（）A3,14B1,018C1,118D3,14【答案】B【解析】写出X的所有可能取值，并计算出相应取值的概率，列出分布列即可算出期望得以解决.【详解】由已知，E Yca，所以caa，即2ca，又1abc，故1bac1 30,1a，所以10,3a，又随机变量XY的可能取值为-1，0，1，则115(1)366P XYcaa，11131(0)()36222P XYbbacab，112(1)363P XYaca，列出随机变量XY的分布列如下：XY-1 0 1 P 56a1322ba23a所以521636Eaaa1,018.故选

6、：B.【点睛】本题考查离散随机变量期望的取值范围问题，做此类题应该理解随机变量X的含义，准确写出X的所有可能取值，再求每个值的概率，写出分布列即可求出期望，本题是一道中档题.8抛物线22ypx（0p）的焦点为F，直线 l 过点 F 且与抛物线交于点M，N（点N 在轴上方），点 E 为轴上 F 右侧的一点，若|3|NFEFMF，12 3MNES，则p（）第 5 页 共 20 页A1 B 2 C3 D9【答案】C【解析】利用勾股定理先找到MNE的高，然后将面积用a表示，再利用三角形相似找到p与a的关系即可解决.【详解】设准线与x 轴的交点为T，直线 l 与准线交于R，|3|3NFEFMFa，则|3

7、NFEFa，|MFa，过 M，N 分别作准线的垂线，垂足分别为,P Q，如图，由抛物线定义知，|MPa，|3NQa，因为MPNQ，所以|PMRMQNRN，即|3|4aRMaRMa，解得|2RMa，同理|FTRFQNRN，即|336FTaaa，解得3|2FTa，又|FTp，所以32ap，23ap，过 M 作NQ的垂线，垂足为G，则22|MGMNGN2216423aaa，所以1|2MNESEFMG132 312 32aa，解得2a，故332pa.故选：C.【点睛】本题考查抛物线的定义及其性质，涉及到抛物线焦半径问题，通常在处理抛物线焦半径的问题时，一般都要想到利用抛物线的定义将点到焦点的距离转化成

8、点到准线的距离，这是常考点，本题属于中档题.9已知函数2(4),53()(2),3xxf xf xx，若函数1g xfxk x有 9 个零点，则实数k 的取值范围是（）第 6 页 共 20 页A111 1,466 4UB111 1,355 3C1 1,6 4D1 1,5 3【答案】A【解析】利用转化与化归思想将g x有 9 个零点的问题转化成fx与1yk x有 9 个不同交点问题，再分别画出两个函数的图象，利用数形结合求解.【详解】由题意，函数1g xfxk x有 9 个零点，可转化为fx与1yk x有9 个不同交点.因当3x有()(2)f xf x，所以()f x 在 3,)上是周期函数，又

9、当31x时，有523x，2()(2)(2)f xf xx，所以()f x 在 5,)上的图象如图所示要使fx与1yk x有 9 个不同交点，则只需1yk x夹在114yx与116yx之间即可，所以11|64k，解得1164k或1146k.故选：A.【点睛】本题考查由函数的零点个数求参数的取值范围，处理这类题目要注意，通常转化为函数与函数交点的问题来处理，利用数形结合求解，本题是一道中档题.第 7 页 共 20 页10已知函数()1xf xex，数列na的前n项和为,nS，且满足112a，1()nnaf a，则下列有关数列na的叙述正确的是（）A521|43aaaB78aaC101aD10026

10、S【答案】A【解析】由已知得到11e2nnnanaaa，设()e21xg xx，利用导数得到数列na的单调性即可判断B、C，再利用12223731e()2424a，通过简单运算即可判断A、D.【详解】由e1xx知，1()e10nannnaf aa，故na为非负数列，又1()nnaf a，即11enannaa，所以11e2nnnanaaa，设()e21xg xx，则()e2xg x，易知()g x在0,ln 2)单调递减，且112ln 2()02g x，又110ln 22a，所以，21102aa，从而1012nnaa，所以na为递减数列，且012na，故B、C 错误；又11222213731e1

11、e()22424a，故当2n时，有14na，所以100S123100aaaaL111110124444L，故 D 错误；又514a，而21231|4|22|43aaa，故 A 正确.故选：A.【点睛】本题考查利用导数研究数列的性质，涉及到数列的单调性、数列和的估计，要求学生有较好的思维，本题有一定的难度及高度，是一道难题.二、填空题第 8 页 共 20 页11若复数31izi（i 为虚数单位），则|z_，复数 z 对应的点在坐标平面的第_象限.【答案】5一【解析】用四则运算将z 化为12zi，利用复数模及几何意义即可解决.【详解】由已知，3i(3i)(1i)24i12i1i(1 i)(1i)2

12、z，22|125z，复数 z 所对应的点为(1,2)，在第一象限.故答案为：（1）5；（2）一【点睛】本题考查复数的四则运算，涉及复数的模、复数的几何意义，是一道基础题.12在二项式262()xx的展开式中，常数项是_，所有二项式系数之和是_.【答案】240 64【解析】由展开式的通项1kT12 36(1)2kkkkC x，令1230k即可找到常数项，利用0166666(11)CCCL即可算出二项式系数之和.【详解】由题，262()xx展开式的通项公式为26162()()kkkkTCxx12 36(1)2kkkkC x，令1230k，得4k，所以常数项为44462240TC；所有二项式系数之和

13、为01666666(11)264CCCL.故答案为：（1）240；（2）64【点睛】本题考查二项展开式中的常数项及二项式系数和的问题，做这类问题，一定要把展开式的通项公式计算准确，本题是一道基础题.13 在ABCV中，内角 A，B，C 的对边分别为a，b，c.若ABCV的面积是2 2，3b，1cos3C则c_；sin2sinBC_.第 9 页 共 20 页【答案】3 23【解析】利用ABCSV2 2，3b，1cos3C算出 a，再利用余弦定理即可算出c；由sin 22cossinBbBCc，结合此时ABC是等腰三角形算出cosB即可解决.【详解】由已知，1cos3C，得2 2sin3C，所以1

14、sin2 22abC，解得2a，由余弦定理得2212cos4922333cababC；sin22sincos2cossinsinBBBbBCCc12cos23B23.故答案为：（1）3；（2）23【点睛】本题考查利用正余弦定理解与三角形面积有关的问题，考查学生基本计算能力，是一道基础题.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，若停放后恰有3 个空车位连在一起，则不同的停放方法有_种.【答案】3600【解析】先将 5 辆不同型号的轿车停放好，再用插空法将空车插入5 辆不同型号的轿车产生的空位中即可.【详解】分两步：第一步，先将5 辆不同型号的轿车停放好有55A种不同停法，

15、第二步，再将3个空车位打包和剩下的1 个空车位插入5 辆车产生的6 个空位中有26A种不同的插法，根据分步乘法原理得不同的停放方法55A263600A种.故答案为：3600.【点睛】本题考查计数原理中的排列问题，求解排列问题主要有以下方法：1.直接法，2.优先法，第 10 页 共 20 页3.捆绑法，4.插空法，5.先整体后局部，6.定序问题除法处理，7.间接法等，做题时要灵活处理和运用，是一道中档题.15已知er为单位向量，平面向量ar，br满足|1aeberrrr，a brr的取值范围是_.【答案】14,2【解析】建系，不妨设(1,0)er，(,)ax yr，(,)bm nr，则a brr

16、mxny，再利用柯西不等式将所求mxny转化为22xyx2xx，利用换元法求出最大值，最小值显然为,a brr共线方向时取得.【详解】不妨设(1,0)er，(,)ax yr，(,)bm nr，由已知，得22(1)1xy，22(1)1mn，a brr2222(1)(1)mxnymxnyxmnxyx2xx，令20,2xt，则2211112(1)2222xxttt，又显然当ar，br向量反向时，a brr最小，即(2,0)ar，(2,0)br，此时4a brr，综上，a brr的取值范围是14,2.故答案为：14,2.【点睛】本题考查向量数量积取值范围的问题，解决中涉及到了柯西不等式，考查学生通过变

17、形利用不等式求解最大值，本题是一道难题.16已知,a bR，且满足24380abab，则22238abab的最小值是_.【答案】412 24【解析】将24380abab变形为(23)(2)2ab，令23ax，2by，得到2xy，22238abab22141244xy，再利用基本不等式即可.第 11 页 共 20 页【详解】由已知，24380abab，所以(23)(2)2ab，令23ax，2by，则3,22xaby，2xy，所以22332382(2)(2)22xxababyy221411412224424xyxy412 24，当且仅当51442,2xy时，等号成立.故答案为：412 24.【点睛

18、】本题考查基本不等式求双变量函数的最值，做此类题要有较好的观察能力和变形能力，是一道中档题.17在长方体1111ABCDA B C D中，4ABBC，11AA，E 是底面ABCD的中心，又AFABu uu ruuu r（102），则当_时，长方体过点1A，E，F 的截面面积的最小值为_.【答案】11012 5512 55【解析】首先确定点1A，E，F 的截面是平行四边形，再转化为1A FM面积的 2 倍，而1A FM的面积的高利用线面垂直的性质定理可得.【详解】如图所示，延长 EF 交 CD 于 M，由已知，有2 2AE，设EFa，(02)AFtt，第 12 页 共 20 页在AEF中，由余弦

19、定理得2222cosEFAFAEAEAFEAF，即2284att，作AG垂直于EF于 G，T 为 AB 中点，则AGF与EFT相似，且1AGEF，所以AGETAFEF，即2AGta，所以2tAGa，故过点1A，E，F 的截面面积21221()tSFMAGaa2222236242 5482 5(55atttt），当25t，即215410AEAB时，min3612 5255S.故答案为：（1）110；（2）1255.【点睛】本题考查立体几何中截面面积最值的问题，本题解决的关键是：首先要确定点1A，E，F 的截面是什么，其次是怎么设立未知数来解决.本题是一道中档题.三、解答题18设函数23()3 s

20、insincos(0)2f xxxx，且()yfx的图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为4，()求的值；()求()f x在区间3,2上的最大值和最小值.【答案】()1()32，1.【解析】2331cos213sinsincos3sin2222231cos2sin 2sin 2.223xfxxxxxxxx因为图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为4，又0，第 13 页 共 20 页所以24,1.24（II）由（I）知sin 23fxx，当32x时，582333x，所以3sin 21,23x因此31.2fx故()f x在区间3,2上的最大值和最小值分别为32，1.【考点定位】.本题考查三角函

21、数的图象和性质，通过三角恒等变换考查转化思想和运算能力.第一问先逆用倍角公式化为sinyAx的形式，再利用图象研究周期关系，从而确定.第二问在限制条件下求值域，需要通过不等式的基本性质先求出23x的取值范围再进行求解.233 sinsincos2fxxxx式子结构复杂，利用倍角公式简化时要避免符号出错导致式子结构不能形成sinyAx这一标准形式，从而使运算陷入困境.19 如图，四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD 是边长为2 的等边三角形且垂直于底ABCD，o1,90,2ABBCADBADABCE是PD的中点（1）证明：直线/CE平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成

22、角为o45，求二面角MABD的余弦值【答案】（1）见解析；（2）105【解析】【详解】试题分析：（1）取PA的中点F，连结EF，BF，由题意证得CEBF，第 14 页 共 20 页利用线面平行的判断定理即可证得结论；（2）建立空间直角坐标系，求得半平面的法向量：(0,6,2)mu r，0,0,1nr，然后利用空间向量的相关结论可求得二面角MABD的余弦值为105试题解析：（1）取PA中点F，连结EF，BF因为E为PD的中点，所以/EFAD,12EFAD,由90BADABC得/BCAD，又12BCAD所以四边形BCEF为平行四边形，/CEBF又 BFPAB平面，CEPAB平面，故/CEPAB平面

23、（2）由已知得BAAD,以 A 为坐标原点，ABuuu v的方向为x 轴正方向，ABuu u v为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则则0 0 0A，1 0 0B，1 1 0C，0 13P，1 03PCuuu r，,10 0ABu uu v，则1,13BMxyzPMxyzuuu u vuuuu v，因为 BM 与底面 ABCD 所成的角为45，而0 01nr，是底面 ABCD 的法向量，所以0,cossin45BM nruuuu v，222z221xyz即（x-1）2+y2-z2=0 又 M 在棱 PC 上,设,PMPCuu uu vuu u v则x,1,33yz第 15 页 共

24、 20 页由，得22x=1+x=1-22y=1y=166zz22舍去，所以 M261-,1，22，从而26AM1-,122uuuu v，设000 x,y,zmu r是平面 ABM 的法向量，则00002-2 x2y6z0 AM0 AB0 x0mmuu uu vuuu v即所以可取(0,6,2)mur.于是10,5m ncos m nm nu r ru r ru r r因此二面角M-AB-D的余弦值为105点睛:（1）求解本题要注意两点：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，利用方程思想进行向量运算，要认真细心、准确计算（2）设 m，n 分别为平面，的法向量，则二面角 与互补或相等，故有|c

25、os|cos|=m nm nu r ru r r求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角20 设na是等差数列，nb是等比数列.已知1122334,622,24abbaba，.（）求na和nb的通项公式；（）设数列nc满足111,22,1,2,kknkknccb n其中*kN.（i）求数列221nnac的通项公式；（ii）求2*1niiiacnN.【答案】（）31nan；32nnb（）（i）221941nnnac（ii）2*211*127 25 212nnniiiacnnnNN【解析】()由题意首先求得公比和公差，然后确定数列的通项公式即可；第 16 页 共 20 页()结合()中

26、的结论可得数列221nnac的通项公式，结合所得的通项公式对所求的数列通项公式进行等价变形，结合等比数列前n 项和公式可得21niiia c的值.【详解】()设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q.依题意得262 426262 424124qddqdd，解得32dq，故4(1)331nann，16232nnnb.所以，na的通项公式为31nan，nb的通项公式为32nnb.()(i)222113 21321941nnnnnnnacab.所以，数列221nnac的通项公式为221941nnnac.(ii)22111nniiiiiiiacaac2222111nniiiiiaac22124

27、32nnn1941nii2114 143252914nnnn211*2725212nnnnN.【点睛】本题主要考查等差数列?等比数列的通项公式及其前n 项和公式等基础知识.考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力.21已知抛物线1C：22ypx（0p），圆2C：222(1)xyr（0r），抛物线1C上的点到其准线的距离的最小值为14.第 17 页 共 20 页（1）求抛物线1C的方程及其准线方程；（2）如图，点0(2,)Py是抛物线1C在第一象限内一点，过点P 作圆2C的两条切线分别交抛物线1C于点 A，B（A，B 异于点 P），问是否存在圆2C使 AB 恰为其切线？若存在，求出

28、r 的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）1C的方程为2yx，准线方程为14x.（2）存在，512r【解析】（1）由124p得到 p 即可；（2）设211,A yy，利用点斜式得到PA 的的方程为11220 xyyy，由2(1,0)C到 PA 的距离为半径可得22221122 2 1130ryryr，同理22222222 2 1130ryryr，同理写出直线AB 的方程，利用点2(1,0)C到直线 AB 的距离为半径建立方程即可.【详解】解：（1）由题意得124p，解得12p，所以抛物线1C的方程为2yx，准线方程为14x.（2）由（1）知，(2,2)P.假设存在圆2C使得 AB 恰为其切线

29、，设211,A yy，222,B yy，则直线 PA 的的方程为12122(2)2yyxy，即11220 xyyy.由点2(1,0)C到 PA 的距离为r，得1211212yry，化简，得22221122 2 1130ryryr，同理，得22222222 2 1130ryryr.所以1y，2y是方程的222222 2 1130ryryr两个不等实根，故21222 2 12ryyr，2122132ry yr.易得直线AB 的方程为12120 xyyyy y，第 18 页 共 20 页由点2(1,0)C到直线 AB 的距离为r，得1221211y yryy，所以2222222222 113122r

30、rrrrr，于是，2222222234281rrrrr，化简，得6424410rrr，即2421310rrr.经分析知，01r，因此512r.【点睛】本题主要考查抛物线的定义和几何性质，直线与圆、抛物线的位置关系等，考查运算求解能力、数形结合思想.22已知函数2()(2ln)xf xxeaxx（aR）.（1）若曲线yfx在点1,1f处的切线方程为2ye，求 a 的值；（2）若0 x是函数fx的极值点，且0()0f x，求证：3000()4f xxx.【答案】（1）2ea（2）见解析【解析】（1）求出切线方程222e23 e33eyaa xa，与2ye对比系数即可；（2）2()(21)exafx

31、xx，令2()exag xx，通过讨论知0a，且020exax，从而00022200000000ee2lne12lnxxxfxxxxxxxx，再由0()0f x确定出0 x的范围即可获证.【详解】解：（1）由题意知，()f x 的定义域为(0,)f，2221()e22(21)exxxafxxeaxxx，则2(1)3 efa，又2(1)e2fa，第 19 页 共 20 页所以曲线yfx在点1,1f处的切线方程为22e23 e(1)yaax，即222e23 e33eyaa xa，所以22223 e033ee2eaaa，解得2ea.（2）由（1）得，2()(21)exafxxx，显然210 x.令2

32、()exag xx，(0,)x，当0a时，()0fx，()f x 在(0,)上单调递增，无极值，不符合题意；当0a时，22()2e0 xag xx，所以()g x在上(0,)单调递增取 b 满足10min,4 2ab，则2eeb，2ab，所以2()ee20bag bb.又2()e10ag a，所以存在0(,)xb a，使得0200e0 xag xx，此时020exax.又当00,xx时，0()0g xg x，()0fx，()f x 单调递减，当0,xx时，0()0g xg x，()0fx，()f x 单调递增，所以0 x为函数()f x 的极小值点，且00022200000000ee2lne1

33、2lnxxxfxxxxxxxx.令()12lnh xxx，则121()20 xh xxx，所以()h x在(0,)上单调递减，又1ln 202h，(1)10h，所以001x，0ln0 x；令()e(1)xt xx，则()e1xt x.所以当(0,)x时，()t x单调递增，所以()(0)0t xt，所以e1xx，第 20 页 共 20 页所以023000000000e12ln21 124xfxxxxxxxxx.【点睛】本题考查已知切线方程求参数值以及利用导数证明不等式，涉及到了不等式放缩，这里要强调一点，在证明不等式时，通常是构造函数，将问题转化为函数的极值或最值来处理，本题是一道有高度的压轴解答题.