1、浙江师大附中浙江师大附中 2020 届高三数学模拟试卷（三）届高三数学模拟试卷（三） 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 10 小题，共小题，共 40 分分 1已知 i 为虚数单位，则 = 1+2 =（ ） A 2 5 1 5 B 2 5 + 1 5 C2 5 1 5 D2 5 + 1 5 2设集合 UxZ|1x6，A3，5，Bx|x23x40，U（AB）（ ） A2，4 B2，4，5 C2，3，4，5 D2，3，4，6 3如图，在平行四边形 ABCD 中，E 是 BC 的中点，F 是线段 AE 上靠近点 A 的三等分点， 则 =（ ） A 1 3 + 2 3 B1 3 2 3 C1 3
2、 5 6 D1 3 3 4 4已知函数() = 2， 0 2，0，则下列结论中不正确的是（ ） Af（2）4 B若 f（m）9，则 m3 Cf（x）是奇函数 Df（x）在 R 上单调函数 5已知函数() = (2 6)，则“ 2”是“函数 f（x）在（a，b）上不单调”的 （ ） A必要不充分条件 B充分不必要条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 6若(22 3 ) 5的展开式中不含 xa（aR）项，则 a 的值可能是（ ） A5 B1 C2 D7 7某师范院校为响应国家教育脱贫攻坚号召，决定每年安排 5 名师范生到某贫困县的 3 所 学校进行支教，要求每所学校至少安排 1 名师范生，
3、且 1 名师范生只去一所学校，则不 同的安排方法有（ ） A90 种 B120 种 C150 种 D180 种 8在正四面体 ABCD 中，已知 E，F 分别是 AB，CD 上的点（不含端点） ，则（ ） A不存在 E，F，使得 EFCD B存在 E，使得 DECD C存在 E，使得 DE平面 ABC D存在 E，F，使得平面 CDE平面 ABF 9已知双曲线： 2 3 2= 1的左焦点为 F，过 F 的直线 l 交双曲线 C 的左、右两支分别 于点 Q，P，若|FQ|t|QP|，则实数 t 的取值范围是（ ） A(0， 233 6 - B(2 33 6 ，1- C(， 233 6 - D(
4、23:3 6 ，2-,来源:学6 4 3， 又 t0，所以 0t 233 6 ， 即实数 t 的取值范围是（0，23;3 6 ） ， 故选：A来源:Zxxk.Com 本题考查双曲线的几何性质，直线与双曲线的位置关系，考查学生的逻辑推理能力和运 算求解能力 10已知函数() = |2()|，0 2|1 |， 0，若 f（x 1）f（x2）f（x3）f（x4） ，且 x1 x2x3x4，则下列结论：x1x21，x3+x41，0x1x2x41，x1+x2+x3+x4 0，其中正确的个数是（ ） A1 B2 C3 D4 由已知画出图象，求得 x1x21，x3+x42，再把 x1x2x4与 x1+x2+
5、x3+x4分别转化为 x4与 x2的关系式，进而判断出正确的个数，选出正确选项 函数 f（x）的图象如右图所示： 若 f（x1）f（x2）f（x3）f（x4） ， 且 x1x2x3x4，则 x11x20x31x42 由 f（x1）f（x2）可得：log2（x1）log2（x2） ， 即 log2（x1）+log2（x2）log2（x1x2）0，x1x21，故正确； 由 f（x3）f（x4）可得：log2（1x3）log2（x41） ， 即 1x3x41，x3+x42，故错误； 又 x1x2x4（1，4） ，故错误； x11x20，x1x21，x3+x42，x1+x2+x3+x4= 1 2 +
6、2+2，x2（1，0） ， x2+ 1 2 2， 1 2 + 22， x1+x2+x3+x42+20，故正确所以正确的个数为 2 故选：B 本题考查数形结合、对数运算及基本不等式的应用，属于中档题 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，共小题，共 36 分分 11 随机变量 的所有可能取值为 1， 2， 3 且 P （k） logak （k1， 2， 3） ， 则 a 6 ， E（） 5log62 先根据分布列的性质，概率和为 1，可以得出 a 的值，再根据数学期望的算法即可得解 由随机变量分布列的性质可知，P（1）+P（2）+P（3）1， 即 loga1+loga2+loga3
7、1，解得 a6 E（）1log61+2log62+3log63log6325log62 故答案为：6，5log62 本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望，考查学生的运算能力，属于基础题 12如图所示为某几何体的三视图，网格纸上小正方形的边长均为 1，则该几何体的体积为 4 ，表面积为 8+35 + 13 将这个几何体放在一个长方体中，容易找出它的直观图，是一个一个侧面水平放置的四 棱锥然后计算其体积与表面积即可 由正视图和俯视图均为三角形可知该几何体是锥体，再结合侧视图可以确定是一个四棱 锥如图所示： 可以将该四棱锥 OABCD（图中蓝线部分对应的四棱锥）置于长、宽都为 2，高为 3 的
8、长方体 ABCDMNPQ 中，其中 O 为 MN 的中点 故 = 1 3矩形 = 1 3 2 3 2 = 4 易知AOD，COB 是全等的直角三角形， = = 22+ 12= 5， = = 1 2 5 3 = 35 2 COD 底边 CD 上的高为 DM= 32+ 22= 13， = 1 2 = 1 2 2 13 = 13 = 1 2 = 1 2 2 2 = 2 底面矩形 ABCD 的面积为 ABAD236 故该四棱锥的表面积为 SAOB+SCOB+SCOD+SAOD+S矩形ABCD= 8 + 35 + 13 故答案为：4，8 + 35 + 13 本题考查了三视图的视图问题，以及空间四棱锥的体
9、积及表面积的计算问题同时考查 了学生的直观想象、逻辑推理以及数学运算等数学核心素养 13已知直线 l：yx1 经过抛物线 C：y22px（p0）的焦点，且与抛物线 C 交于点 A， B 两点，则 p 2 ，|AB| 8 焦点为（ 2，0） ，带入直线方程即可求出 p，联立直线与抛物线方程，结合抛物线的定义 可得|AB|x1+x2+p，并结合 x1+x26，即可得到弦长 AB 根据条件得到抛物线的焦点为（ 2，0） ， 故 0= 2 1，解得 p2， 所以抛物线方程为 y24x， 联立 2 = 4 = 1，整理可得 x 26x+10， 则 xA+xB6， 所以|AB|xA+xB+26+28， 故
10、答案为 2，8 本题考查了抛物线的定义、标准方程和简单几何性质等知识，属于中档题 14定义*，+ = ， ， ，已知实数 x，y 满足不等式组 | 2 | 2 *，+ 0 ，则目标 函数 zx+2y 的最大值为 6 先画出满足条件的平面区域，求出面积即可，再结合图象分别求出 3x+2y 和 x+3y 的最大 值，从而求出答案 画出满足条件的平面区域，如图示： A（2，2） 目标函数 zx+2y 过 A（2，2）时 z 取得最大值，最大值是 6， 故答案为：6 本题考察了简单的线性规划问题，考察数形结合思想，是一道基础题 15已知数列an，bn，且 a1b11，an+1an+1，bn+1bn+2
11、n，则 bn 2n1 ；设 cn= +1 2 ，则 cn的最小值为 8 9 根据递推关系式找到数列an，bn的规律，即可求其通项；进而得到数列cn的通项， 相邻项作差判断其单调性即可求解结论 因为 a1b11，an+1an+1，bn+1bn+2n， 所以：anan11； 所以：数列an是首项为 1，公差为 1 的等差数列； an1+（n1）n； bn+1bn+2nbn （bnbn1） + （bn1bn2） + （b2b1） +b12n 1+2n2+21+20= 1(12) 12 =2n1； 即 bn2n1； cn= +1 2 = 2 2； cn+1cn= 2+1 (+1)2 2 2 = 2(2
12、21) (+1)22 ； 因为：f（n）n22n1（n1）22； 对称轴为 n1，开口向上，其最小值为 f（1）2，且 f（2）1，f（3）0 即数列cn前三项递减，从第三项开始其递增； 故 cn的最小值为 c3= 23 32 = 8 9 故答案为：2n1；8 9 本题主要考查由数列的递推关系式求数列的通项公式，同时考查等比数列前 n 项和，考 查推理能力，属于中档题 16已知 f（x）的定义域为（，0）（0，+） ，f（x）是 f（x）的导函数，且满足 xf（x）2f（x）0，若 f（x）是偶函数，f（1）1，则不等式 f（x）x2的解集为 （，1）（1，+） 构造函数 g（x）= () 2
13、 （x0） ，依题意可知它是偶函数且在（0，+）上单调递增，于 是 f（x）x2等价转化为 g（x）g（1） ，即 g（|x|）g（|1|）|x|1，从而可得答案 令 g（x）= () 2 （x0） ，则 g（x）= 2()2() 4 = ()2() 3 ， 因为足 xf（x）2f（x）0， 所以，当 x0 时，g（x）0， 所以 g（x） 在（0，+）上单调递增 又 f（x）是偶函数， 故 g（x）= () 2 （x0）也是偶函数， 而 f（1）1，故 g（1）= (1) 12 =f（1）1， 因此，f（x）x2() 2 1，即 g（x）g（1） ，即 g（|x|）g（|1|） 所以，|x|
14、1，解得：x1 或 x1 则不等式 f（x）x2的解集为（，1）（1，+） ， 故答案为： （，1）（1，+） 本题考查利用导数研究函数的单调性，构造函数 g（x）= () 2 （x0） ，并判断它为偶函 数且在（0，+）上单调递增是关键，考查等价转化思想与逻辑思维能力及运算能力， 属于中档题 17 在ABC 中， = 3， = 3， 点 D 与点 B 分别在直线 AC 的两侧， 且 AD1， = 3，则 BD 的长度的最大值是 33 根据 = 3， = 3可分析出ABC 是直角三角形， 画出图形， 可设ACD， 借助于余弦定理在三角形 BCD 中表示出 BD2，然后再利用三角形 ACD 借助
15、于余弦定理 找到 x 与 角的关系，代入 BD2表达式，利用导数研究函数最值的方法求解 在三角形 ABC 中，设 ACx，则 BC= 3，且3 13 + 1 由正弦定理得 = 3 ，解得 = 1 2， 显然 B 为锐角，故 B= 6 = 2 设ACD， = 2 + 在BCD 中，2= (3)2+ 3 2 2 3 3( 2 + ) 3（x2+1）+6xsin 又在ACD 中， = 2+31 23 = 2+2 23 = 4+824 23 代入式得： BD2= 3(2+ 1) + 34+ 82 4 令 tx2+1， 则上式可化为 = 3 + 3 2+ 10 13， （5 235 + 23） = 3
16、+ 3(2+10) 22+1013 ，令 y0 得3 = 5 2+1013，可见 t5 即 t210t+160，t8 或 t2（舍） 将 t8 代入式得 BD227，故 = 33 （因为开区间内唯一的极值点即为该函数的 最值点） 故答案为：33 本题考查了利用正余弦定理解三角形的问题，同时也考查了导数在实际优化问题中的应 用还考查了学生的逻辑推理能力和数学运算能力难度较大， 三三.解答题：本大题共解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 74 分分 18已知函数() = (2 + 6) + 1 2 2( 6) （1）求 f（x）的最小正周期以及( 12)的值； （2）若() = ( 2 )，求
17、g（x）在区间, 4 ， 6-的最值 （1）化函数 f（x）为正弦型函数，求出函数 f（x）的最小正周期和( 12)的值； （2）化简函数() = ( 2 )，再求 g（x）在区间, 4 ， 6-的最小、最大值 （1）函数() = (2 + 6) + 1 2 2( 6) sin（2x+ 6）+ 1 2 1+(2 3) 2 （ 3 2 sin2x+ 1 2cos2x）+ 1 4（ 1 2cos2x+ 3 2 sin2x）+ 1 4 = 53 8 sin2x+ 5 8cos2x+ 1 4 = 5 4sin（2x+ 6）+ 1 4； 所以 f（x）的最小正周期为 T= 2 2 =， ( 12) =
18、5 4sin（2 12 + 6）+ 1 4 = 5 4 3 2 + 1 4 = 53+2 8 ；来源:学科网 （2）由() = ( 2 ) = 5 4sin（2x）+ 6+ 1 4 = 5 4sin（2x 6）+ 1 4， 当 x 4， 6时，2x 6 2 3 ， 6， 所以 sin（2x 6）1， 1 2， 所以5 4sin（2x 6）+ 1 41， 7 8， 所以 g（x）在区间, 4 ， 6-的最小值为1，最大值为 7 8 本题考查了三角函数的化简与求值问题，也考查了运算求解能力，是中档题 19如图，ABC 为正三角形，半圆 O 以线段 BC 为直径，D 是圆弧 BC 上的动点（不包括
19、B，C 点）平面 ABC平面 BCD （1） 是否存在点 D， 使得 BDAC？若存在， 求出点 D 的位置， 若不存在， 请说明理由； （2）CBD30，求直线 AC 与平面 ABD 所成角的正弦值 （1）D 是圆弧 BC 上的动点（不包括 B，C 点） ，假设存在点 D，使得 BDAC过点 D 作 DEBC，利用面面垂直的性质定理、线面垂直的性质定理得出矛盾，即可判断出结 论 （2）设圆心为点 O，连接 OA，分别以 OC，OA，为 y 轴作空间直角坐标系设平面 ABD 的法向量为： =（x，y，z） ，则 = =0，可得 利用直线 AC 与平面 ABD 所成角的正弦值|cos ， |=
20、| | | | | 即可得出 （1）D 是圆弧 BC 上的动点（不包括 B，C 点） ，假设存在点 D，使得 BDAC 过点 D 作 DEBC，平面 ABC平面 BCD，平面 ABC平面 BCDBC DE平面 ACB，AC平面 ABC， DEAC，又 DEBDD， AC平面 BCD，而ACB60，得出矛盾 假设不正确因此不存在点 D，使得 BDAC （2）设圆心为点 O，连接 OA，分别以 OC，OA，为 y 轴作空间直角坐标系 设 OC1，O（0，0，0） ，A（0，0，3） ，B（0，1，0） ，D（ 3 2 ，1 2，0） ，C（0，1， 0） =（0，1，3） ， =（ 3 2 ，3
21、2，0） ， =（0，1，3） ， 设平面 ABD 的法向量为： =（x，y，z） ，则 = =0， y+3z0， 3 2 x+ 3 2y0， 取 =（3，3，1） ， 直线 AC 与平面 ABD 所成角的正弦值|cos ， |= | | | | | = 23 132 = 39 13 本题考查了线面面面垂直的性质定理、法向量的应用、数量积运算性质、圆的性质，考 查了推理能力与计算能力，属于中档题 20 已知 Sn为数列an的前 n 项和， 且 a22， 2Snnan+n， 数列bn的通项公式为= 3， （1）证明：数列an为等差数列； （2）设数列bn前 n 项的和为 Tn，nN*，若n（1）
22、n+1 4:3 +1，且对于任意的正 整数 n，C1+C2+n 1 + 41 12恒成立，求实数 m 的取值范围 （1）可先求出数列的前几项，然后猜想出数列an的通项公式，借助于数学归纳法证明 猜想，再证明其为等差数列； （2） 先求出等比数列bn前 n 项的和为 Tn， 接着求出n， 利用裂项相消法求出 C1+C2+ +n，再求出其最大值，然后求解含 m 的不等式，解出 m 的取值范围 （1） 证明： 2Snnan+n， 当 n1 时， 2S1a1+1， 解得 a11 当 n3 时， 2S33a3+3 2（a1+a2+a3） ，又 a22，解得 a33所以猜想 ann下面用数学归纳法证明猜想
23、： 当 n1，2，3 时，通过前面运算有 ann： 假设当 nk（k3，且 kN） ，有 akk，2Snnan+n，2Skkak+kk2+k，解得 Sk= 2+ 2 又 2Sk+1（k+1）ak+1+（k+1）2（Sk+ak+1）k2+k+2ak+1，ak+1k+1这说明当 n k+1 时也成立 综合知：ann 又 an+1an1，故数列an为等差数列 （2）解：由（1）知：ann，又= 3，bn3n，Tn= 3(13) 13 = 3(31) 2 若n（1）n+1 4:3 +1，则n（1） n+14 3 231 (31)(3+11) =（1）n+1 2 3 （ 1 3;1 + 1 3+1;1）
24、 ， C1+C2+n= 2 3 （ 1 31;1 + 1 32;1 ）（ 1 32;1 + 1 33;1 ）+（ 1 33;1 + 1 34;1 ） （ 1 34;1 + 1 35;1）+（1） n+1 1 3;1 + 1 3+1;1= 2 3 1 31;1 + （1）n+1 1 3+1;1= 2 3 1 2 + （1）n+1 1 3+1;1 当 n2k1（kN+）时，C1+C2+n= 2 3（ 1 2 + 1 3+1;1）C1= 5 12； 当 n2k（kN+）时，C1+C2+n= 2 3（ 1 2 1 3+1;1） 1 3； 故（C1+C2+n）max= 5 12 又对于任意的正整数 n，
25、C1+C2+n 1 + 41 12恒成立，所以 5 12 1 + 41 12解之得 1m5 所以 m 的取值范围为1，5） 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、裂项相消法，考查了推理能力 与计算能力，属于中档题 21在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C1： 2 2 +y21，C2： 2 4 + 2 2 =1，设直线 l 与椭 圆 C1切于点 M，交椭圆 C2于点 A，B，设直线 l1平行于 l，且与椭圆 C2切于点 N （1）求证：直线 MN 恒过原点 O； （2）若点 M 为线段 ON 上一点，求四边形 OANB 的面积 （1）可对直线 l 分以下两种情况进行证明：当直线
26、 l 的斜率不存在或为 0 时，显然有 直线； 当直线 l 的斜率存在且不为 0 时； （2）先由 = + 2 4 + 2 2 = 1联立得： （1+2k 2）x2+4ktx+2（t22）0，16k2t28（t22） （1+2k2）8（4k2+2t2）0，x1+x2= 4 1+22，x1x2= 2(22) 1+22 ，求出|AB|，再计算出点 O、N 到直线 AB 的距离为 d1与 d2，从而求出四边形 OANB 的面积 （1）证明：当直线 l 的斜率不存在或为 0 时，显然有直线； 当直线 l 的斜率存在且不为 0 时，设直线 l：ykx+t，直线 l1：ykx+m， 由 = + 2 2 +
27、 2= 1联立得： （1+2k2） x2+4ktx+2 （t21） 0， 又116k2t28 （t21）（1+2k2） 0，t21+2k2，xM= 2 1+22 = 2 M（;2 ，1 ） ； 由 = + 2 4 + 2 2 = 1联立得： （1+2k 2）x2+4kmx+2（m22）0，又216k2m28（m22） （1+2k2）0，m22+4k2， xN= 2 1+22 = 4 ，N（;4 ， 2 ） ， 直线 MN：y= 1 2 必恒过原点 O； 综合知直线 MN 恒过原点 O； （2）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，由 = + 2 4 + 2 2 = 1联立得： （1+2k
28、 2）x2+4ktx+2（t22） 0， 16k2t28（t22） （1+2k2）8（4k2+2t2）0， x1+x2= 4 1+22，x1x2= 2(22) 1+22 ， |AB|= 1 + 2(1+ 2)2 412= 221+242+22 1+22 = 221+2 | ， 又设点 O、N 到直线 AB 的距离为 d1与 d2，则 d1= | 1+2，d 2= | 1+2，又t 21+2k2， m22+4k2， m= 2t， 四边形 OANB 的面积为1 2|AB| （d1+d2）= 2(|+|) | =2 本题主要考查椭圆与直线的位置关系及利用弦长公式、点线距离公式求解面积问题，属 于一道
29、较难的题 22已知函数 f（x）xalnx（aR） （1）当 a1 时，若存在唯一的实数 x 使得 f（x）x32ex2+tx 成立，求 t 的值； （2）若函数 f（x）有 2 个零点 x1，x2（x1x2） ，求 a 的取值范围，并证明：1 1 + 1 2 1 （1）由 x+lnxx32ex2+tx，变形得 ( )2+ (1 + 2 ) = 0，令 g（x） = ( )2+ (1 + 2 )，利用导数求其最小值，结合已知可得 g（e）0，从而 得到 t= 1 + 2+ 1 ； （2）函数 f（x）的定义域为（0，+） ，求其导函数，可得当 a0 时，函数 f（x）在（0， +） 上单调递增
30、， 不存在 2 个零点； 当 a0 时， 利用导数求其最小值为 f （a） aalna， 可得要使函数 f（x）有两个零点，则必有 a0，且 f（a）alna0，解得 ae，再证 明 ae 是 f（x）有两个零点的充分条件；不妨设 x1x2，则 f（x）在（x2，+）上单调 递增，结合 f（x1）f（x2）0，可得 x1alnx1，x2alnx2，证明 x1x2（x1+x2）0， 即 x1+x2x1x2，从而得到 1 1 + 1 2 1 （1）由 x+lnxx32ex2+tx，得 = 2 2 + 1， 即 ( )2+ (1 + 2 ) = 0 令 g（x）= ( )2+ (1 + 2 )，g（
31、x）= 1 2 2( ) 当 x（0，e）时，g（x）0，g（x）单调递增， 当 x（e，+）时，g（x）0，g（x）单调递减， 若存在唯一的实数 x 使得 f（x）x32ex2+tx 成立，则 g（e）0， 即 t= 1 + 2+ 1 ； （2）证明：函数 f（x）的定义域为（0，+） ，f（x）1 = （x0） 当 a0 时，f（x）0 恒成立，函数 f（x）在（0，+）上单调递增，不存在 2 个零 点； 当 a0 时，由 f（x）0，解得 xa， 当 x（0，a）时，f（x）0，函数 f（x）在（0，a）上单调递减， 当 x（a，+）时，f（x）0，函数 f（x）在（a，+）上单调递增，
32、 从而 f（x）在 xa 处求得最小值且最小值为 f（a）aalna 要使函数 f（x）有两个零点，则必有 a0，且 f（a）alna0，解得 ae 下面证明 ae 是 f（x）有两个零点的充分条件来源:学。科。网 Z。X。X。K f（1）10，f（a）aalnaaalne0， 由函数零点存在定理可得，f（x）在（1，a）内有一个零点 取0= 2，则 f（n0）e2a2a2 1 2 (2)2 22= 0，且 e2a2a+1a 函数 f（x）在（a，n0）内有一个零点， 则当 ae 时，f（x）有两个零点 故 a 的取值范围为（e，+） ； 不妨设 x1x2，则 f（x）在（x2，+）上单调递增， 由 f（x1）f（x2）0，可得 x1alnx1，x2alnx2， 则 x1+x2aln（x1x2） ，易知 x11，则 x1x2x2 于是 x1x2（x1+x2）x1x2aln（x1x2）f（x1x2）f（x2）0 故 x1x2（x1+x2）0，即 x1+x2x1x2， 可得 1 1 + 1 2 1 本题考查利用导数求函数的最值，考查化归与转化思想方法，考查逻辑思维能力与推理 论证能力， 本题第二问考生容易漏掉检验 ae 是 f （x） 有两个零点的充分条件， 取0= 2， 证明函数 f（x）在（a，n0）内有一个零点是难点，该题是难题
