《【最新】2020届浙江省温州中学高三下学期3月检测数学试题(解析版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【最新】2020届浙江省温州中学高三下学期3月检测数学试题(解析版).pdf（23页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第 1 页 共 23 页2020 届浙江省温州中学高三下学期3 月检测数学试题一、单选题1已知集合|1,2,3Aa a，则A的真子集个数为（）A7 B 8 C255 D256【答案】C【解析】求出集合A 的元素，再求出A 真子集的个数【详解】因为集合|1,Aa a2，3，所以集合A 的元素是集合1,2，3的子集，共有8 个，所以集合A 的真子集个数为821255个，故选：C【点睛】本题主要考查了集合与元素，集合与集合的关系，属于中档题2“若p则非q”的否命题是（）A若p则qB若非p则qC若非q则pD若非p则非q【答案】B【解析】直接利用已知条件求出否命题，要区别否命题和命题的否定之间的关系【详
2、解】根据否命题的定义可知：“若 p，则非 q”的否命题为：“若p，则 q”故选：B【点睛】本题主要考查了四个命题的应用，主要考查学生对基础知识的理解和应用，属于基础题型3“直线1330mxy与直线220 xmy平行”的充要条件是m（）A-3 B 2 C-3 或 2 D3 或 2【答案】A【解析】根据直线的平行条件，得到关于m 的方程，解出检验即可【详解】第 2 页 共 23 页当0m或1m时，显然直线不平行，由132mm，解得：3m或2m，3m时，直线分别为：2330 xy和2320 xy，平行，2m时，直线分别为：3330 xy和2220 xy，重合，故3m，故选：A【点睛】本题主要考查了直
3、线平行问题，考查充分必要条件，是一道基础题4函数sin2sin3fxxx的最小正周期为（）AB2C3D6【答案】B【解析】求出2ysin x与3ysin x的周期，然后求解最小公倍数即可【详解】2ysin x的最小正周期为：；函数3ysin x的最小正周期为：23，与23的最小公倍数为：2，所以函数23fxsin xsin x的最小正周期为：2故选：B【点睛】本题考查三角函数的最小正周期的求法，是基本知识的考查，基础题5若,a bR，下列等式不可能成立有（）个.（1）1abba（2）221abab（3）3224abbaA0 B 1 C2 D3【答案】C 第 3 页 共 23 页【解析】分类讨论
4、结合基本不等式判断1；特殊值判断2；基本不等式以及函数的最值判断3【详解】对于1：当 a，b 异号时，01abba，当 a，b 同号时，2abba，故1不可能成立对于2：若0a，0b，则2201ab，当0ab时，221abab；化为：2211abab，看作是点1,1到直线10a xb y的距离为1，可能成立；对于3：32|211|3aaaaa，24ybb，令2bcos，2222sin2 2,2 24ysincos，所以32|24abba，不可能成立故选：C【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，考查函数的最值以及基本不等式的应用，是中档题6随机变量的可能值有1，2，3，且131Pp，31Pp，
5、则D的最大值为（）A89B1716C2625D1【答案】D【解析】求出2P的值，求出期望，得到方差的表达式，然后求解最值即可【详解】随机变量的可能值有1，2，3，且131Pp，31Pp，可得：212Pp，第 4 页 共 23 页由03110110121ppp，可得1 1,3 2p所以1 312 123 144Epppp222(1 44)31(244)12(344)1DPPPPPP（）216184PP，1 1,3 2p当12p时，D的最大值为1故选：D【点睛】本题考查离散型随机变量的期望与方差的求法，考查转化思想以及方差思想的应用，是中档题7单位正方体内部或边界上不共面的四个点构成的四面体体积的
6、最大值为（）A16B14C13D12【答案】C【解析】四面体的四个顶点应该在正方体的表面上的四面体称为正方体的内接四面体，记正方体的外接球为球O，由题意知正方体的内接四面体体积的最大值不大于球O的内接四面体的体积的最大值，球O 的内接四面体以正四面体的体积最大，此时正四面体恰好是正方体的内接四面体，由此能求出结果【详解】要使四面体的体积最大，则四面体的四个顶点应该在正方体的表面上，了叙述方便，把此时的四面体称为正方体的内接四面体，记正方体的外接球为球O，由题意知正方体的内接四面体体积的最大值不大于球O 的内接四面体的体积的最大值，球 O 的内接四面体以正四面体的体积最大，此时正四面体恰好是正方
7、体的内接四面体，正方体为1 时，内接正四面体的体积为13第 5 页 共 23 页故选：C【点睛】本题考查四面体体积的最大值的求法，考查正方体的内接四面体，外接球、球的内接四面体等基础知识，考查运算求解能力，是中档题8设实数列na满足10aa，则下面说法正确的是（）A若*10nnaanN，则na前 2019 项中至少有1010 个值相等B若2020*1nnnaaanN，则当a确定时，一定存在实数M使naM恒成立C若2*21nnnaaanN，na一定为等比数列D若*nnaenN，则当a确定时，一定存在实数M使2nnnaMC恒成立【答案】D【解析】对于 A，由抽屉原理可知前2019 项中至少有100
8、9 个值相等，即其中的偶数项都为 0；对于 B，由不动点理论知，2020*1nnnaaanN所对应的特征函数2020fxxxx，当 a 确定时，数列na单调递增无上界；对于C，若2*21nnnaaanN，不排除数列的项可以为0，所以na不为等比数列；对于 D，由数学归纳法能证明：若*nnaenN，则当 a 确定时，一定存在实数M 使2nnnaMC恒成立【详解】对于 A，*10nnaanNQ，10aa，由抽屉原理可知前2019 项中至少有1009 个值相等，即其中的偶数项都为0，故 A 错误；对于 B，由不动点理论知，2020*1nnnaaanN所对应的特征函数2020fxxxx，当 a 确定时
9、，数列na单调递增无上界，故B 错误；对于 C，若2*21nnnaaanN，则数列的项可以为0，所以na不为等比数列，故 C 错误；对于 D，由数学归纳法知，当1n时，1aa，12aM，使得2nnnaMC成立；第 6 页 共 23 页假设nk，2kkkeMC成立，则1nk，12kkkkee eeMC，2111222212124(1)1kkkkkeMCMMMkkQ，对应的1M存在，若*nnaenN，则当 a 确定时，一定存在实数M 使2nnnaMC恒成立，故D正确故选：D【点睛】本题考查命题真假的判断，考查抽屉原理、不动点原理、等比数列、数学归纳法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题9若0 x
10、y，0,1,2,2020n，则使得1nynxxy恒成立的n有（）个.A1 B 2 C3 D2021【答案】B【解析】根据题意，分情况讨论，1xy和10 xy，0n，1n，2n判断，得出结论.【详解】如1xy，1nynxxy显然成立；当10 xy，0n时，21nynxxy成立；当1n时，由贝努力不等式(1)1rxrx，1r，1x，取1ry，yax，则111(1)10yyxxx，1yxyxx，得yxxxy，同理xyyxy，故1nynxxy成立；当2n时，取12x，14y，代入检验11242111121()()()()1222224nnynxnxy，不成立，故选：B第 7 页 共 23 页【点睛】本
11、题考查恒成立问题，利用了贝努力不等式，考查运算求解能力，是中档题10过点2,1P斜率为正的直线交椭圆221245xy于A，B两点.C，D是椭圆上相异的两点，满足CP，DP分别平分ACB，ADB.则PCD外接圆半径的最小值为（）A2 155B655C2413D1913【答案】D【解析】分析可知，P，C，D 在一个阿波罗尼斯圆上，设其半径为r，且111rAPBP，分直线 AB 斜率存在及不存在两种情况分别讨论得解【详解】如图，先固定直线AB，设BMfMAM，则fCfDfP，其中BPfPAP为定值，故点 P，C，D 在一个阿波罗尼斯圆上，且PCDV外接圆就是这个阿波罗尼斯圆，设其半径为 r，阿波罗尼
12、斯圆会把点A，B 其一包含进去，这取决于BP 与 AP 谁更大，不妨先考虑BPAP的阿波罗尼斯圆的情况，BA 的延长线与圆交于点Q，PQ 即为该圆的直径，如图：接下来寻求半径的表达式，第 8 页 共 23 页由2,2APBPrBPBQrAPAQAPAPAQBP，解得111rAPBP，同理，当BPAP时有，111rBPAP，综上，111rAPBP；当直线 AB 无斜率时，与椭圆交点纵坐标为555,1,1666APBP，则1912r；当直线 AB 斜率存在时，设直线AB 的方程为12yk x，即21ykxk，与椭圆方程联立可得22224548129610kxkk xkk，设11,A x y，22,
13、B xy，则由根与系数的关系有，12221224821245961245kkxxkkkx xk，2221212111111112212121rAPBPxxkxkxk，注意到12x与22x异号，故12122221212122212541111222419111xxkxxrxxx xxxkkk，设125tk，则22121112112 2613191919 24191110169169()101trtttt，当15169t，即1695t，此时125k，故1913r，又19191213，综上外接圆半径的最小值为1913.故选：D【点睛】本题以阿波罗尼斯圆为背景，考查直线与椭圆的位置关系以及外接圆半径最
14、小值的求解，考查运算求解能力以及数形结合思想，函数思想等，属于难题第 9 页 共 23 页二、填空题11平面直角坐标系中，直线倾斜角的范围为_，一条直线可能经过_个象限.【答案】)0,p0，2，3【解析】根据直线倾斜角的定义得出倾斜角的取值范围，考虑直线的各种不同情况可得出所过象限的个数.【详解】平面直角坐标系中，直线倾斜角的范围为0,，一条直线可能经过2 个象限，如过原点，或平行于坐标轴；也可能经过3 个象限，如与坐标轴不平行且不过原点时；也可能不经过任何象限，如坐标轴；所以一条直线可能经过0或2或3个象限故答案为：0,，0 或 2 或 3【点睛】本题考查了直线的倾斜角与直线方程过象限问题，
15、是基础题12设平面直角坐标系中有线段AB，其对应的直观图上的线段为A B，若ABA B，则AB的斜率为 _.【答案】0 或2 23【解析】根据斜二侧画法，“平行于 x 轴的线段长度不变，平行于y 的线段长度减半”，由此得出若直线AB 与 x 轴平行满足条件，当直线与x 轴不平行时，设倾斜角为，|ABx计算即可求解【详解】根据斜二侧画法知，线段AB 对应直观图上的线段A B，若直线 AB 与 x 轴平行时，ABA B，此时 AB 的斜率为0；若直线 AB 不与 x 轴平行时，设AB 倾斜角为，|ABx,则在直观图中，据斜二侧画法及余弦定理可得：22211|(cos)(sin)cossincos(
16、)224A Bxxxx，因为ABA B，所以22211(cos)(sin)cossincos()224xxxxx，第 10 页 共 23 页化简得3sin2 2 cos，即2 2tan3k，故答案为：0 或2 23【点睛】本题考查了斜二侧画法中线段长度的变化情况，余弦定理，属于中档题13若抛物线24yx与圆222xyax只有一个交点，则抛物线焦点的坐标为_，a的取值范围为_.【答案】1,0,00,2U【解析】由抛物线的性质可得焦点的坐标，联立抛物线方程和圆方程，解方程，结合抛物线的性质和圆的性质，可得所求范围【详解】抛物线24yx的焦点为1,0，联立抛物线方程24yx与圆222xyax，可得2
17、420 xa x，即有0 x或24xa，由抛物线的范围可得0,x，且抛物线24yx与圆222xyax只有一个交点，可得交点为原点，则240a，且0a，解得2a且0a故答案为：1,0，2a且0a【点睛】本题考查抛物线和圆的方程和性质，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于基础题14 已知23iizz，izC，1,2i，122zz，则12zz的最大值为 _.【答案】4【解析】本题先将1z，2z分别代入23iizz，然后相加，再运用复数模的三角不等式可计算出12zz的最大值【详解】第 11 页 共 23 页由题意，可知1123zz，2223zz，则12121212126222zzzzzzzzzz，当
18、12z与22z对应的向量反向共线时，等号成立.124zz故12zz的最大值为4故答案为：4【点睛】本题主要考查复数的模的计算，以及复数模的三角不等式的运用，不等式的计算能力 本题属基础题15已知正实数,0 x y z，则12max,max,Axyyx的最小值为 _；123max,max,max,Bxyzyzx的最小值为 _.【答案】2 22 5【解析】分类讨论，结合均值不等式，注意取等验证是否满足即可【详解】（1）若1 2,xyy x时，即12xy时，222Axx，当2,1xy时可取等号，若12,xyyx时，即2xy时，22 2Axyxy，若12,xyyx时，即01xy时，由01xy知22xy
19、，所以12222 2Ayxxy，综上可知A 的最小值为2 2；2当3zx时，252 5Bxzzzz，当3 52 55,55zxy时可取等号；第 12 页 共 23 页当3zx时，3232532 533xxBxxxzxx，当3 52 55,55zxy时可取等号；综上所述，2 5B，3 52 55,55zxy时可取等号；故答案为：2 2，2 5【点睛】本题考查代数式的最值求法，考涉及均值不等式及分类讨论思想，属于中档题16海面上漂浮着A、B、C、D、E、F、G七个岛屿，岛与岛之间都没有桥连接，小昊住在A岛，小皓住在B岛.现政府计划在这七个岛之间建造n座桥（每两个岛之间至多建造一座桥）.若1n，则桥
20、建完后，小吴和小皓可以往来的概率为_；若3n，则桥建完后，小昊和小皓可以往来的概率为_.【答案】12130133【解析】利用古典概型、排列组合直接求解【详解】七个岛之间两两连接共可以有27=21C条线路，在这21 条线路中若1n，若只建一座桥，则有21 种建法，则桥建完后，小吴和小皓可以往来的概率为271121C，若3n，则桥建完后，小昊和小皓可以往来可以的情况有：若 A 岛和 B 岛连接，其余任选2 条线路建桥，共有220C种方法，若 A 岛和 B 岛不连接，再选一个岛，与A 岛和 B 岛都连接，再在其他18 条线路种选一条建桥，则有58111C C种方法，若 A 岛和 B 岛不连接，再选两
21、个岛，与A 岛和 B 岛连接，共建3 座桥，共有522C种方法，若3n，则桥建完后，小昊和小皓可以往来的概率为2211201853521+133230CCC CC故答案为：121，30133【点睛】第 13 页 共 23 页本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题17已知平面向量ar，br满足4ar，33br，0a brr.记,1fxbxa bxarr rr，则11fxfx的最大值为 _.【答案】3【解析】先表示出11xfx，不妨设6,0A，4,0,0,33ABabuuu rrr，点,P x y在直线 l：33y上移动，由此所求11fxfx即为APBCP
22、DAPDBPC，进一步转化为通过求正切值来比较角度大小，进而求得最值【详解】111,21,fxfxbxa bxabxa bxarrrrrrrr，如图，在平面直角坐标系中，不妨设6,0A，4,0,0,33ABabu uu rrr，点 P 在直线 l：33y上移动，设点,P x y，由于33y数据略复杂，故先用字母b代替计算，则所求11fxfx即为APBCPDAPDBPC且ABBCCD，这里可求正切来判断角度大小，则122212116612tan11663611xxkkbbbAPDxxbxkkbb，第 14 页 共 23 页224tan4bBPCbx，22222222222222231481236
23、4tan313641441364bb bxbxbxAPDBPCbxbxbbxbx，不妨设2212bxt，则2283+3tan3768489+383 16864bbAPDBPCbbtt，即3APDBPC，即11fxfx的最大值为3故答案为：3【点睛】本题考查平面向量数量积的综合运用，考查运算求解能力以及数形结合思想，属于难题三、解答题18如图，在ABC中，AH为BC边上的高线.P为三角形内一点，由P向三角形三边作垂线，垂足分别为D，E，F，已知AH，AC，BC，AB依次构成公差为1 的等差数列.（1）求ABC的面积；（2）求222TPDPEPF的最小值.【答案】（1）84；（2）14112295
24、.【解析】1由题意，可设出1AHx，ACx，1BCx，2ABx，由等面积法可求出x，进而求得面积；2由等面积可知141315168PDPEPF，再利用柯西不等式即可得到结果【详解】第 15 页 共 23 页1设1AHx，ACx，1BCx，2ABx，则213331122222xxxxx，解得13x，ABCV的面积为11412842；21413152 84168PDPEPFQ，22222222168(141315)141315(|)PDPEPFPDPEPF，22214112|295TPDPEPF，T的最小值为14112295【点睛】本题巧妙地把等差数列，柯西不等式以及解三角形结合起来考查，还考查了
25、等面积法的应用，考查运算求解能力，属于中档题19如图，正四面体ABCD底面的中心为O，ACD的重心为G.P是ACD内部一动点（包括边界），满足A，P，G不共线且点P到点A的距离与到平面BCD的距离相等.（1）证明：/AB平面OPG；（2）若2AB，求四面体BOPG体积的最大值.【答案】（1）证明见解析；（2）43227.【解析】(1)延长 AG 交 BC 于 M，则 M 为 BC 的中点，由于O 是BCDV的重心，从而/OGAB，由此能证明/AB平面 OPG(2)作PQAM于 Q 点，可证得PQ平面 ABM，则12 2327P OBGBOGVSPQPQV，作 P 到底面上的投影H，则HHCD于
26、H，第 16 页 共 23 页由三垂线定理得PHCD，从而223PHPA，由椭圆的第二定义得P 点的轨迹是以 A 为右焦点，直线 CD 为右准线的椭圆，由椭圆的对称性得当P 与P重合时，PQ最大，由此能求出四面体BOPG体积的最大值【详解】（1）证明：如图，延长 AG 交 BC 于 M，则 M 为 BC 的中点，由于 O 是BCDV的重心，则B、O、M 共线，且13MGMOMAMB，/OGAB，又 A，P，G 三点不共线，则P 不在平面ABOG 内部，则/AB平面 OPG(2)作PQAM于 Q 点，由BMCD，AMCD，得CD平面 ABM，又/PQCD，则PQ平面 ABM，则12 2327P
27、OBGBOGVSPQPQV，下面求 PQ 的最大值，作 P 到底面上的投影H，第 17 页 共 23 页则HHCD于H，由三垂线定理得PHCD，则22sinsin3AOPHHAMOAM，由PAPH，得223PHPA，接下来，分析在平面ACD 中PQ的最小值，由于223PHPA，由椭圆的第二定义得P 点的轨迹是以A 为右焦点，直线CD 为右准线的椭圆，由椭圆的对称性得当P 与P重合时，PQ最大，此时，设P Qx，则22P Ax，3 1P Kx，则2 23PHPA，2 6123xx，解得62x，四面体BOPG体积4322 22 2272727P OBGVPQP Q四面体BOPG体积的最大值为432
28、27【点睛】本题考查线面平衡地的证明，考查四面体的体积的最大值的求法，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，是中档题20 如图，,0P a为x正半轴上一点.第一象限内两点,ABA B xx在抛物线24yx第 18 页 共 23 页上，满足3APB，记PBkPA.（1）若3Ax，2k，求a的值；（2）若存在PAB，使得1k，求a的取值范围.【答案】（1）2 31a；（2）83a.【解析】1推导出3,23A，200,4yBy，2PAB，6PBA，从而03AB APABAPuuu v u uu vu uu v，由此能求出a(2)设点,0P a，11,A x y，22,B
29、 xy，且120yy，点1212,22xxyyC，ABl：xmyn，根据120yy，得0n，联立24yxxmyn，得2440ymyn，由此利用韦达定理、直线垂直、抛物线性质，结合题设条件能求出a 的取值范围【详解】1,0P aQ为 x 正半轴上一点第一象限内两点A，()ABB xx在抛物线24yx上，满足3APB，记,3APBk xPA，2k，3,2 3A，200,4yBy，2PAB，6PBA，第 19 页 共 23 页03AB APABAPuu u v u uu vu uu v，02022222002 312334(3)(2 3)3(3)2 3)4yayyya，解得06y，2 31a(2)设
30、点,0P a，11,A x y，22,B xy，且120yy，点1212,22xxyyC，ABl：xmyn，根据120yy，得0n，取立24yxxmyn，得2440ymyn，124yym，124y yn，(0)n，点1212,22xxyyC，即22,2Cmnm，3APBQ，1PBPA，PABV是等边三角形，PCAB，220112mmna m，222amn，32PCABQ，2221220312 3121anmyymmnm，213nm，且0n，213m，22221782222333amnmmma的取值范围是8,3第 20 页 共 23 页【点睛】本题考查实数值、实数取值范围的求法，考查韦达定理、直
31、线垂直、抛物线性质等基础知识，考查了推理能力与计算能力，属于中档题21对于正整数n与实数0a，1a，na，记10sinsinsin22nnnxaxafxaxL.（1）若00a，13a求，1fx的取值范围；（2）当2020n时，判断:是否存在实数0a，1a，2020a，使得20202020012ff成立.若存在，请求出任意一组0a，1a，2020a的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）77,22；（2）不存在.证明见解析.【解析】1推导出11537sinsin23442fxsinxxsinxcosxx，xR，其中35tan，由此能求出1fx的取值范围2不存在满足条件的实数0a，1a，2020
32、a，使得20202020120ff成立，利用反证法能进行证明【详解】1 Q对于正整数n 与实数0a，1a，na，记10sinsinsin22nnnxaxafxxa，00a，13a，11537sinsin23442fxsinxxsinxcosxx，xR，其中35tan，1fx的取值范围是77,.222不存在满足条件的实数0a，1a，2020a，使得20202020120ff成立第 21 页 共 23 页证明如下：假设存在实数0a，1a，2020a，使得20202020120ff成立，先证明002nfa，001020221111111111221sinsinsin11012222222222212
33、nnnnnnfaaaaaaa，由202020f，即：012020202011sin 11sin 11sin 11022aaa，用两角和正弦公式展开整理，得：0120200120202020202011111cos 1cos 1cos 11sin 1sin 1sin 12222sinaaacosaaa，即01202020202020111cos 1cos 1111022sinaaacosf，202010fQ，从而012020202011cos 1cos 1cos 1022aaa，下面说明20200fx对所有 x 都成立，2020012020202011sinsin22fxxaxaxa012020
34、202011sin11sin11sin1 122xaxaxa012020202011sin1cos 1cos 1cos 122xaaa012020202011cos1sin 1sin 1sin 1022xaaa，这与002nfa矛盾假设不成立，不存在满足条件的实数0a，1a，2020a，使得20202020120ff成立【点睛】本题考查函数的取值范围的求法，考查满足条件的是否存在的判断与证明，考查两角和第 22 页 共 23 页正弦公式、三角函数恒等变换等基础知识，考查运算求解能力，属于难题22已知函数ln,01axxbfxxb a ba.（1）求fx的最小值g a；（2）若数列nx满足：11
35、1ln2nnxxe，且对任意正整数n，12nx.证明：12202120201010 xxxeL.【答案】（1）1,0111 ln,11a baag aabaaa；（2）证明见解析.【解析】(1)去掉绝对值号可得分段函数，当1xb时，()f x1ln11axxbaa单调递增，当1xb时，利用导数研究函数的单调性及极值，由此能求出fx的最小值g a（2）由题目条件构造等式，1111ln211nnnnxexxexeeee，从而111,111a bablnaablnag aminaaa，进而113112121nnxexeeeeee，迭代即可证明结论【详解】(1ln)(,0).1axxbfxxb a b
36、aQ()f x1ln,1111ln,111axxbxbaaaxxbxbaa，当1xb时，1ln11afxxxbaa单调递增，当1xb时，1ln11afxxxbaa，()fx1111aaaxb，第 23 页 共 23 页令()fx0，得1xba，若1a时，11bba，即fx在1,b ba上单调递减，1,ba单调递增，此时11()1minablnag af xfbaa，若01a时，11bba，即fx在,1b b上单调递减，1,b单调递增，此时，1()11mina bg af xfba综上所述，fx的最小值()g a1,0111,11a baaablnaaa(2)证明：数列nx满足：111ln2nnxxe，1111ln211nnnnxexxexeeee，由(1)知，111,111a bablnaablnag aminaaa，()f x113ln2121exexee，113112121nnxexeeeeee，对任意正整数n，12nx，12202120201010 xxxe【点睛】本题考查函数的最小值的求法，考查不等式的证明，考查函数的单调性、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，属于难题