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1、第 1 页 共 24 页2020 届浙江省台州市温岭中学高三下学期3 月模拟测试数学试题一、单选题1设集合1,2,3,4,5,6A，2,3,4B，|13CxRx，则ACBIU（）A2,3B2,3,4C1,2,3,4D2,3,4,5【答案】C【解析】求出集合，直接计算即可.【详解】解：集合1,2,3,4,5,6A，2,3,4B，|13CxRx，则1,2,32,3,41,2,3,4ACB，故选：C.【点睛】考查集合的交集，并集运算，属于基础题.2已知,x y是非零实数，则“xy”是“11xy”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11xy,所以
2、00 xyxyxyxy或0 xyxy,所以xy是“11xy”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p则q”、“若q则p”的真假并注意和图示相结合，例如“p?q”为真，则p是q的充分条件2等价法：利用p?q与非q?非p，q?p与非p?非q，p?q与非q?非p的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法3集合法：若A?B，则A是B的充分条件或B是A的必要条件；若AB，则A是B的充要条件第 2 页 共 24 页3双曲线2222:10,0 xyCabab的一条渐近线的倾斜角为110，则C的离心率为（）A2sin 20B2cos20C1sin
3、 20D1cos20【答案】C【解析】由双曲线C的一条渐近线的倾斜角为110，得tan110ba，所以tan70ba，C的离心率222cabeaa代入求值即可.【详解】解：Q双曲线C的一条渐近线的倾斜角为110，所以tan70ba，C的离心率222211tan 70sin20cabeaa.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（）A23B1C2D3【答案】B【解析】由三视图还原原几何体，该几何体为四棱锥，PA底面ABCD，且1PA，底面ABCD为直角梯形，ABAD
4、，/ADBC，2ABAD，1BC，再由棱锥体积公式求解.第 3 页 共 24 页【详解】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为四棱锥，PA底面ABCD，且1PA，底面ABCD为直角梯形，ABAD，/ADBC，2ABAD，1BC，该多面体的体积11122 1132V.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x，y满足叫2yx，且1x，则2xy的最小值为（）A7B5C1D4【答案】B【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，即可得到结论.【详解】解：作出x，y满足2yx，且1x，对应的平面区域如图：由2zxy得2yxz平移直线2yx
5、z，由图象可知当直线2yxz经过点A时，直线的截距最小，此时z最小，由21yxx，解得1,3A，此时2135z，则2xy的最小值为：5.故选：B.第 4 页 共 24 页【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若函数2ln1fxax是奇函数，则使1f x的x的取值范围为（）A11,1eeB10,1eeC1,11eeD11,(1,)1ee【答案】A【解析】由奇函数的定义可得00f，变形可得a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fx在1,1上为增函数，求出满足1fx的x的值，据此分析可得答案.【详解】解：根据题意，函数2ln1fxax是奇
6、函数，则00f，即2ln010a，可得1a，则21ln1ln11xfxxx，有101xx，解可得11x，即函数的定义域为1,1，设11xtx，则lnyt，12111xtxx，则t在1,1上为增函数，而lnyt在0,上为增函数，则fx在1,1 上为增函数，第 5 页 共 24 页若1fx，即11xex，解可得11exe，则1f x，即11efxfe，解得11exe，又由11x，则有111exe，即x的取值范围为11,1ee；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ca，随机变量，n的分布列如表所示，则（）432pabc234pabcAEE，DDB
7、EE，DDCEE，DDDEE，DD【答案】B【解析】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：234Eabc，432Eabc，20EEca，由6，所以6DDD，故选：B.第 6 页 共 24 页【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ABCD中，BCCD，2ABBC，4CD，E为CD中点，M，N分别为AD，BC的中点，将ADEV沿AE折起，使点D到1D，M到1M，在翻折过程中，有下列命题：1M M的最小值为1；1/M N平面1CD E；存在某个位置，使1M EDE；无论1M位于何位置，均有1M NAE.其中正确命题的个数为（）A1B
8、2C3D4【答案】D【解析】通过连接直线1,MN M N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4个命题的真假即可.【详解】在直角梯形ABCD中，BCCD，2ABBC，4CD，E为CD中点，M，N分别为AD，BC的中点，将ADEV沿AE折起，使点D到1D，M到1M，在翻折过程中，当1D与C重合时，1M N的最小值为1；所以正确；连接MN交AE于F连接1M F，可以证明平面1FM N/平面1CD E，所以1M N/平面1CD E，所以正确；当1D E平面ABCD时，可得DE平面1D AE，所以1M EDE，所以正确；因为AEFN，1AEM F，所以直线AE平面1FM E，所以无论
9、1M位于何位置，第 7 页 共 24 页均有1M NAE.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11919a，1949ka，2019la是等差数列na中的三项，同时11919b，1949kb，2019lb是公比为q的等比数列nb中的三项，则q的最大值为（）A20191949B1720191949C10720191949D无法确定【答案】B【解析】由题意可得3107lk，120191949l kq，要使q最大，则lk最小，结合等式3107lk求得lk的最小值，则q的最大值可求.【详解】解：由题意，数列nb不是常数
10、列.由11919a，1949ka，2019la是等差数列na中的三项，得1111klaaaadkl，即1949 19192019 191911kl，得1073kl.由11919b，1949kb，2019lb是公比为q的等比数列nb中的三项，得201911949kllkaqa，则120191949lkq，要使q最大，则lk最小，由3107lk，得1k，1l(舍)；第 8 页 共 24 页4k，11l；7k，21l；10k，31l；由上可知，当k与l均增加时，由于l的系数小于k的系数，则要使等式3107lk成立，l比k增加要快.lk的最小值为7.则q的最大值为1720191949.故选：B.【点睛
11、】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2,()fxxaxb a bR在区间2,3上有零点，则2aab的取值范围是（）A,4B81,8C814,8D81,8【答案】B【解析】不妨设1x，2x为函数fx的两个零点，其中12,3x，2xR，运用韦达定理和主元法?二次函数的最值，构造函数1g x，求得导数，判断单调性，可得所求范围.【详解】解：不妨设1x，2x为函数fx的两个零点，其中12,3x，2xR，则12xxa，12x xb.则2222212121212112112aabxxxxx xxxxxxx，由110 x，2xR，所以222111122212112
12、114 12124 1xxxxxxxxxxx41141xx，可令411141xg xx，311113441xxgxx，当12,3x，10gx恒成立，所以1812,34,8g xgg.第 9 页 共 24 页则1g x的最大值为818，此时13x，还应满足21121232 14xxxx，显然13x，234x时，94ab，2818aab.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、双空题11已知若复数2mizi(i为虚数单位).若 z 是纯虛数，则以0,Fm为焦点的抛物线的标准方程为_；若2z，则m_.【答案】
13、22xy；3.【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简，由实部为0 且虚部不为0求得m，可得抛物线的方程；再由复数模的计算公式列式求m值.【详解】解：221222255miimimmziiiiQ为纯虚数，则210m，即12m，则10,2F，以10,2F为焦点的抛物线的标准方程为22xy；由2z，得212225mimimii，解得3m.故答案为：22xy；3.【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.第 10 页 共 24 页12已知2,0A，2,0B，动点M满足2MAMB，则点M的轨迹方程是_；又若0MA MBuuu ruu u
14、r，此时MAB的面积为 _.【答案】223320120 xyx；165.【解析】设,Mx y，由2MAMB列式可得点M的轨迹方程，再写出以AB为直径的圆的方程，与M的轨迹联立求得M的纵坐标，再由三角形面积公式求解.【详解】解：2,0A，2,0B，设,Mx y，由2MAMB，得2222222xyxy，整理得：223320120 xyx；以AB为直径的圆的方程为224xy，联立222233201204xyxxy，解得85y.即M点的纵坐标的绝对值为85.此时MAB的面积为18164255S.故答案为：223320120 xyx；165.【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
15、能力，属于中档题.13 在二项式72313xx的展开式中，所有项系数和为_，展开式中含2x的项是 _.【答案】128；22835x.【解析】令1x，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2x的项.【详解】解：Q二项式72313xx的展开式中，令1x，可得所有项系数和为7(31)128.第 11 页 共 24 页二项式72313xx的展开式中，通项公式为577317(1)3rrrrrCxT，令5723r，求得3r，可得展开式中含2x的项是3422732835Cxx，故答案为：128；22835x.【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，
16、属于基础题.14记A，B，C为ABCV的内角，若1sin3cosAA，则1cossinAA_；若cosB，cosC是方程25310 xx的两根，则sinsinBC_.【答案】2；75.【解析】由已知得1 sin3cosAA，再利用22sincos1AA，即可得出sin A，cosA代入即可；由题知3coscos5BC，1coscos5BC，得出22coscosBC，再由22sinsin1cos1cosBCBC，乘进去代入即可得出结果.【详解】解：由已知得1sin3cos0AA，再由22sincos1AA，联立化简3cos5A，4sin5A，则1cos2sinAA，由题知3coscos5BC11
17、coscos5BC2将1式平方得229cos2coscoscos25BBCC，得229119coscos225525BC，22sinsin1cos1cosBCBC22221coscoscoscosBCBC第 12 页 共 24 页1917125255，故答案为：2；75.【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.三、填空题15已知正实数a满足98aaaa，log2aa的值为 _.【答案】1927【解析】推导出9 log 8aaaa，由1log 89aa，得8log 89a，从而8log 227a，由此能求出log2aa的值.【详解】解：Q正实数a满足98aaaa，9 log 8
18、aaaa，由1log 89aa，得8log 89a，8log 227a，819log2log 2112727aaa.故答案为：1927.【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.16已知P，Q是椭圆2213xy上的两点(点Q在第一象限)，若1,0M，且直线PM，QM 的斜率互为相反数，且2PMQM，则直线 QM 的斜率为 _.【答案】1【解析】设直线PM斜率为k，得出直线PM的方程，联立方程组消元，得出N点坐标，代入椭圆方程计算k的值即可得出OM的斜率k.【详解】第 13 页 共 24 页解：延长PM交椭圆于N，由对称性可知QMMN，设直线P
19、M的斜率为k，则直线PM的方程为10yk xk，联立方程组22133yk xxy，消元得：2212320yykk，设11,P x y，22,N xy，则1222k13kyy，2PMQMQ，122yy.1222213kyyyk，即22213kyk，222113xk，把22221,1313kNkk代入椭圆方程得：222222133131 3kkk，解得21k，1k，直线QM 的斜率为1k.故答案为：1.【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A，B，C，D，E为半径为1的圆上相异的5点(没有任何两点重合)，这5个点两两相连可得到10条线段，则这10条线
20、段长度平方和的最大值为_.【答案】25【解析】不妨设圆心O，则22222ABOBOAOAOBOA OBu uu ruuu ru uu ruu u ruuu ruuu r uuu r，同理可求222222222,BCCDDEEAACADBDBECEuuu ruuu ruuu ruu u ru uu ruuu ruuu ruu u ruuu r的值，再相加即可求得答案.第 14 页 共 24 页【详解】解：不妨设圆心O，则22222ABOBOAOAOBOA OBuu u ruuu ruu u ruuu ruuu ruuu r uuu r，同理可求222222222,BCCDDEEAACADBDBE
21、CEuu u ru uu ruu u ruu u ruuu ruu u ruu u ruu u ru uu r的值，相加可得2222222222ABBCCDDEEAACADBDBECEuu u ru uu ruu u ru uu ruu u ru uu ruuu ruuu ruuu ru uu r222224 OAOBOCODOEu uu ruu u ru uu ruu u ru uu r2 OA OBOB OCOC ODOD OEOE OAOA OCOA ODuuu v uuu vuuu v uuu vuu u v u uu vu uu v uu u vuuu v u uu vuu u v
22、uuu vu uu v uuu vOD OBOB OEOC OEuuu v uu u vuu u v uuu vuu u v u uu v22222220OAOBOCODOEOAOBOCODOEuu u ruu u ru uu ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu r22525OAOBOCODOEu uu ruu u ruu u ruuu ruuu r，当且仅当OAOBOCODOEOuu u ruuu ruuu ru uu ru uu ru r时取等号.故答案为：25.【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.四、解答题18已知函数2
23、3sincoscos1222xxxfx.1若0,2x，56fx，求cosx得值；2在ABCV中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且满足2 cos23bAca，求fB的取值范围.【答案】12 616；210,2.【解析】1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；2由已知结合正弦定理进行化简可求cosB的范围，进而可求B的范围，代入fB后结合余弦函数的性质即可求解.【详解】第 15 页 共 24 页解：1231cos3 sincoscos1sin122222xxxxfxx3111sincossin22262xxx，由0,2x，56fx，可得15si
24、n626x，所以1sin63x，2 2cos63x，所以32 2112 61coscos6623326xx.2因为2 cos23bAca，由正弦定理可得，2sincos2sin3sinBACA，从而可得，2sincos2sincos2sincos3sinBAABBAA，即3cos2B，因为0B，所以06B，066B，所以1sin026B，所以11sin0,622fBB.【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 SABCD 中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面SAD为正三角形，2 2SC，E为AD的中点.第 16 页 共 24 页1证明：平面SAD平面A
25、BCD；2求直线SB与平面SEC所成角的正弦值.【答案】1证明见解析；2105.【解析】1推导出SEAD，SECE，从而SE平面ABCD，由此能证明平面SAD平面ABCD；2以E为原点，EA为x轴，过E作AB的平行线为y轴，ES为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线SB与平面SEC所成角的正弦值.【详解】解：1证明：Q侧面 SAD为正三角形，E为AD的中点，SEAD，Q底面ABCD是边长为2的正方形，侧面SAD为正三角形，2 2SC，E为AD的中点.413SE，415CE，222SECESC，SECE，ADCEEQI，SE平面ABCD，SE平面 SAD，平面SAD平面ABCD.2
26、解：以E为原点，EA为x轴，过E作AB的平行线为y轴，ES为 z轴，建立空间直角坐标系，则0,0,3S，1,2,0B，0,0,0E，1,2,0C，1,2,3SBuur，0,0,3ESuu u r，1,2,0ECu uu r，第 17 页 共 24 页设平面SEC的法向量,nx y zr，则3020n ESzn ECxyuu u vvuuu vv，取1y，得(2,1,0)nr，设直线SB与平面SEC所成角为，则直线SB与平面SEC所成角的正弦值为：410sin585SB nSB nuur ruurr.【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
27、等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题.20数列na中，11a，214a，且*11,2nnnannNnana.1令*111,2(1)nnfnnNnnana，将fn用n表示，并求na通项公式；2令22212nnTaaaL，求证：76nT.【答案】11,11,256nnann；111f nnn；2证明见解析.【解析】1由数列na中，11a，214a，且*11N,2nnnannnana.可得111111111nnnf nnanan nnnnna.利用累加求和方法可得1na，可得na.第 18 页 共 24 页23n时，2211111511565 5115656nannnnn.即可证明.【详解】解：
28、1Q数列na中，11a，214a，且*11N,2nnnannnana.111111111nnnf nnanan nnnnna.2n时，1211111111112231nnaannn.1151nan，可得156nan.2n时成立.1,11,256nnann.2证明：3n时，2211111511 565 5115656nannnnn.1111111111711165499145115616206nTnnL.1n，2时也成立.综上可得：76nT.【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214yx的焦点为F.第 19
29、页 共 24 页1若点P为抛物线上异于原点的任一点，过点P作抛物线的切线交y轴于点Q，证明：2PFyPQF.2A，B是抛物线上两点，线段AB的垂直平分线交y轴于点0,4D(AB不与x轴平行)，且6AFBF.过y轴上一点E作直线/mx轴，且m被以AD为直径的圆截得的弦长为定值，求ABE面积的最大值.【答案】1证明见解析；210 309.【解析】1设P的坐标，求出在P处的导数，进而求出在P处的切线的方程，令0 x求出Q的坐标，进而求出FQ的值，P到准线的距离为PF的值可得PFFQ，进而可得结论；2设直线AB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AB，再求线段AB的中点坐标，求出AB
30、的中垂线的方程，将D点代入中垂线的方程可得参数的关系，设E的坐标，由以AD为直径的圆截直线m的弦长为定值可得E的坐标，进而求出E到直线AB的距离，代入面积公式可得关于直线AB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：1由抛物线的方程可得0,1F，准线方程：1y，设200,4xP x，由抛物线的方程可得2xy，所以在P处的切线的斜率为：02xk，所以在P处的切线方程为：200042xxyxx，第 20 页 共 24 页令0 x，可得204xy，即2040,Qx，所以2014xFQ，而P到准线的距离2014xd，由抛物线的性质可得PFd所以PFFQ，PQFQPF，可
31、证得：2PFyPQF.2设直线AB的方程为：ykxm，11,A x y，22,B xy，直线与抛物线联立24ykxmxy，整理可得：2440 xkxm，216160km，即20km，124xxk，1 24x xm，21212242yyk xxmkm，所以AB的中点坐标为：22,2kkm，所以线段AB的中垂线方程为：212(2)ykmxkk，由题意中垂线过0,4D，所以2224km，即222km，由抛物线的性质可得：1226AFBFyy，所以24226km，即222km，设0,Eb，222114ADxy，AD的中点的纵坐标为142y，所以以AD为直径的圆与直线m的相交弦长的平方为：2214442
32、yADb222112114444444yyxbb y第 21 页 共 24 页221111444434ybbybybybb，要使以AD为直径的圆截得的弦长为定值则可得3b，时相交弦长的平方为定值12，即0,3E所以E到直线AB的距离为：231mdk，而弦长22121214ABkxxx x224 1kkm，所以22223114 12 3221EABmSAB dkkmmmkkV，将代入可得222222 322222 122ABESkkkkkV64224472kkk，设6424472fkkkk为偶函数，只看20k的情况即可，5342222416142126722167fkkkkkkkkkk令0fk，
33、426k当4206k，0fk，fk单调递增；当42k26，()0fk，fk单调递减，所以2,2k且0k上，424266ff为最大值10 309，所以ABESV的最大值为：424210 3021 2236369.【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123lnfxxxx.1求函数yfx在1x处的切线方程；第 22 页 共 24 页2若yfx在1xx，212xxx处导数相等，证明：123ln 2fxfx.3若对于任意,2k，直线ykxb与函数yfx图象都有唯一公共点，求实数b的取值范围.【答案】11y；2证明见解析；323ln3b.【解析】1
34、先求导得1f函数fx在1x处的切线方程为：11yff1x，代入化简即可得结论.2根据yfx在1xx，212xxx处导数相等，即1x，2x为方程23210 xm x的根，2094 20302 2mmxm，解得124m，由韦达定理12xx，12x x的值写出12121212116123 lnln33ln22fxfxxxxxxxmm，进而求导可证.3将问题传化为1231xnxbxh xx有唯一零点，再利用导数研究函数的单调性，利用函数单调性得函数草图，根据草图可得.【详解】解：1222132312xxfxxxx，所以()01f，所以函数fx在1x处的切线方程为：111yffx，即1y，2根据题意得，
35、12fxfxm，即1x，2x为方程22310m xx的根，第 23 页 共 24 页2094 20302 2mmxm，解得124m，所以1232xxm，1212x xm，所以121212121123 lnlnfxfxxxxxxx2112121223lnxxxxx xx x331223ln1222mmmm6133ln22mm，令12tm，49t，633lng ttt，49t，3636tg ttt，当1,2t时，0g t，g t单调递增.当4 1,9 2t时，0g t，g t单调递减.所以min13ln 22g tg，所以3ln 2g t，所以123ln 2fxfx.3根据题意得，方程fxkxb只
36、有一个根，即1231xnxbxkx，只有一个根，第 24 页 共 24 页令1231xnxbxh xx，有唯一零点，当x趋近于 0 时，()h x趋近于，x趋近于时，()h x趋近于2，下面证明2h x恒成立，若存在00 x,，使得01h x，所以存在100,xx，20,xx，使得11h x，21h x，12max,2kh xh x，则yk与yh x至少有两个交点，矛盾.由对于任意,2k，h xk只有一个解，得h x为0,上的增函数，所以223130nxbxhxx，得23ln3bxx，令23ln3m xxx，0 x，则222323xm xxxx，所以m x在20,3上单调递增，在2,3上单调递减，max223ln33m xm，得max223ln33bm xm.【点睛】本题考查导数的综合应用，属于难题.