浙江省溫州市龍灣中學2020屆高三數(shù)學下學期3月月考試題

1、浙江省溫州市龍灣中學2020屆高三數(shù)學下學期3月月考試題浙江省溫州市龍灣中學2020屆高三數(shù)學下學期3月月考試題年級：姓名：- 27 -浙江省溫州市龍灣中學2020屆高三數(shù)學下學期3月月考試題（含解析）參考公式：柱體的體積公式： 其中表示柱體的底面積，表示柱體的高錐體的體積公式： 其中表示錐體的底面積，表示錐體的高臺體的體積公式： 其中，分別表示臺體的上、下底面積，表示臺體的高球的表面積公式： 球的體積公式：，其中表示球的半徑一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，那么（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】

2、【分析】根據(jù)集合的補集運算可求出，再根據(jù)并集運算即可求出結果.【詳解】由題意可知，所以.故選：c.【點睛】本題主要考查了集合的補集運算和并集運算，屬于基礎題.2.已知動點滿足，則點的軌跡是（ ）a 雙曲線b. 橢圓c. 拋物線d. 圓【答案】a【解析】【分析】根據(jù)雙曲線的定義即可求出結果.【詳解】由雙曲線的定義可知點的軌跡是以為焦點，實軸長為的雙曲線.故選：a.【點睛】本題主要考查了雙曲線的定義，屬于基礎題.3.復數(shù)的虛部為（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】根據(jù)復數(shù)的除法運算，即可求出，進而求出復數(shù)的虛部.【詳解】因為，所以復數(shù)的虛部為.故選：d.【點睛】本題主要考查了復

3、數(shù)的基本運算和概念，屬于基礎題.4.已知函數(shù)的圖象如圖所示，其解析式可能是（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】由圖像可知函數(shù)的定義域為，是偶函數(shù)，且，再結合選項即可求出結果.【詳解】由圖像可知函數(shù)的定義域為，是偶函數(shù)，且，當時，故選項a錯誤；當時，故選項b錯誤；當時，故選項d錯誤；綜上可知，選項c正確.故選：c.【點睛】本題主要考查了函數(shù)圖像，考查了學生的數(shù)形結合能力，屬于基礎題.5.某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（ ）a. b. c. 12d. 【答案】b【解析】【分析】由三視圖還原原幾何體，可知該幾何體是底面邊長為的等邊三角形，高為的三棱錐，其中平面，且

4、d是的中點，根據(jù)勾股定理，以及三角形面積公式即可求出結果【詳解】根據(jù)幾何體的三視圖，可知該幾何體是底面邊長為的等邊三角形，高為的三棱錐，如下圖所示的：其中平面，且d是的中點，由勾股定理可知，該幾何體表面積為.故選：b.【點睛】本題考查了運用空間思維能力解決空間幾何體的方法，運用三視圖得出空間幾何體的結構特征是解題的關鍵6.中，“”是“”的（ ）a. 充分不必要條件b. 必要不充分條件c. 充要條件d. 既不充分也不必要條件【答案】c【解析】【詳解】在三角形中，在中，所以“”是“”的充要條件故選：c【點睛】本題主要考查了充分條件和必要條件的應用，利用正弦定理確定邊角關系，注意三角形中大邊對大角的

5、關系的應用7.隨機變量的分布列是-212若，則（ ）a. 0b. 2c. 3d. 4【答案】b【解析】【分析】由于分布列的概率之和為1，以及，列出關于的方程，再根據(jù)方差公式即可求出詳解】由題意可知，又，所以；所以.故選：b.【點睛】本題考查離散型隨機變量的分布列的性質、期望公式和方差公式的應用，考查計算能力，屬于基礎題8.在正四面體中，是的中點，是直線上的動點，則直線與所成角可能為（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】根據(jù)題意，取的中點，連接，則，所以為異面直線與所成角，在利用余弦定理可得，易知，所以在等腰三角形中，即可求出進而求出結果.【詳解】取的中點，連接，則，所以為異面

6、直線與所成角，如下圖所示：設正四面體的棱長為，在中，在正四面體中，易知，所以在等腰三角形中， 所以所以異面直線與所成角可能為.故選：c.【點睛】本題主要考查了異面直線成角，余弦定理的應用，考查了空間幾何中的動態(tài)問題，考查學生的應用能力和空間想象能力，屬于中檔題.9.已知平面向量滿足，則的最小值為（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】根據(jù)題意，易知與的夾角為，設，由，可得，所以原問題等價于，圓上一動點與點之間距離的最小值， 利用圓心和點的距離與半徑的差，即可求出結果.【詳解】因為，所以與的夾角為，設，因為，所以，又，所以原問題等價于，圓上一動點與點之間距離的最小值， 又圓的圓心

7、坐標為，半徑為，所以點與圓上一動點距離的最小值為.故選：a.【點睛】本題考查向量的模的最值的求法，考查向量的數(shù)量積的坐標表示，考查學生的轉換思想和運算能力，屬于中檔題10.已知數(shù)列的前項和為，滿足，則下列說法正確的是（ ）a. 當時，則b. 當時，則c. 當時，則d. 當時，則【答案】b【解析】【分析】利用不等式放縮和裂項相消法對各選項進行分析和計算，即可求出結果.【詳解】對于選項a，當時，所以，故選項a錯誤；對于選項b，當時，又，所以所以，故選項b正確；對于選項c，當時，所以，故選項c錯誤；對于選項d，當時，所以，故選項d錯誤；故選：b.【點睛】本題考查了不等式放縮和數(shù)列裂項相消法求和，考查

8、了學生的綜合分析能力，屬于難題.二、填空題：本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分.11.我國古代數(shù)學名著算術書中有如下問題：“分錢人二而多三，人三而少二，問幾何人、錢幾何？”.其大意是：已知人數(shù)及錢數(shù)各若干，若每人分得二錢，那么多了三錢；若每人分得三錢，則少兩錢，那么一共有_人，_錢.【答案】 (1). 5 (2). 13【解析】【分析】根據(jù)題意，設一共有人，列出方程，即可求出結果.【詳解】設一共有人，由題意可知，解得，所以一共有人，一共有錢.故答案為：(1). 5；(2). 13.【點睛】本題考查了對文字意思的理解和關系式的建立屬于基礎題12.若，滿足約束條件，則的最小值

9、是_；最大值是_.【答案】 (1). (2). 3【解析】【分析】作出不等式對應的平面區(qū)域，利用線性規(guī)劃的知識，通過平移即可求的最小和最大值【詳解】根據(jù)題意，作出可行域，如下圖所示：在點處，取到最小值，最小值為-1；在點處，取到最大值，最大值為3.故答案為：(1)；(2) 3.【點睛】本題主要考查線性規(guī)劃的應用，利用數(shù)形結合是解決本題的關鍵13.在中，是中點，則_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】在中，由余弦定理可得，進而求出，再利用，即可求出； 在中，由余弦定理，可求出，根據(jù)二倍角公式和正弦定理化簡可得，由此即可求出結果.【詳解】在中，由余弦定理可知，所以，所以；在中，由余

10、弦定理可知，可得，又.故答案為：(1).； (2) .【點睛】本題主要考查了正弦定理和余弦定理的應用，屬于基礎題.14.已知，則_；_.【答案】 (1). 144 (2). 363【解析】【分析】由二項式定理的通項公式，即可求出的值；令，則；令，則；兩式相加即可求出結果.【詳解】由二項式定理的通項公式可知；令，則；令，則；+，可得，所以.故答案：(1) 144； (2)363.【點睛】本題主要考查了二項式定理的通項公式以及性質的應用，屬于基礎題.15.設函數(shù)，若無最大值，則實數(shù)的取值范圍為_.【答案】【解析】【詳解】由題意可知，函數(shù)的導數(shù)為， 令，則，所以在區(qū)間上單調遞增；在區(qū)間上單調遞減；作

11、出函數(shù)和在同一坐標系中的的草圖，如下圖所示：又當時，函數(shù)取極大值為，由圖像可知，當時，此時無最大值，故滿足題意 故答案為：【點睛】本題考查了分段函數(shù)的應用，考查了數(shù)形結合思想，屬于中檔題16.設有編號分別為1，2，3，4，5，6，7，8的八個小球和編號為1，2，3，4，5，6，7，8的八個盒子.現(xiàn)將這八個小球隨機放入八個盒子內，要求每個盒子內放一個球，要求編號為偶數(shù)的小球在編號為偶數(shù)的盒子內，且至少有四個小球在相同編號的盒子內，則一共有_種投放方法.【答案】83【解析】【分析】根據(jù)題意可知，原問題可分為：有8個小球在相同編號的盒子內；有6個小球在相同編號的盒子內；有5個小球在相同編號的盒子內；

12、有4個小球在相同編號的盒子內；共四類情況，利用特殊位置優(yōu)先考慮原則，求出每類情況的種數(shù)，再根據(jù)分類計數(shù)原理，即可求出結果.【詳解】由題意可知，要求每個盒子內放一個球，要求編號為偶數(shù)的小球在編號為偶數(shù)的盒子內，且至少有四個小球在相同編號的盒子內；若有8個小球在相同編號的盒子內，共有1種；若有6個小球在相同編號的盒子內，即有2個小球在編號不同的盒子內，則有種；若有5個小球在相同編號的盒子內，即有3個小球在編號不同的盒子內，則種；若有4個小球在相同編號的盒子內，即有4個小球在編號不同的盒子內，則種；綜上，滿足題意的投放方法一共有種.故答案為：83.【點睛】本題考查計數(shù)原理的運用，考查了分類討論思想，

13、同時考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題17.在梯形中，橢圓以，為焦點且過，兩點，則該橢圓的離心率為_.【答案】【解析】【分析】設橢圓，利用相似比可得，根據(jù)，利用兩點之間的距離公式化簡可得，再根據(jù)，在橢圓上，代入坐標，列出方程組，化簡可得，將上述兩式聯(lián)立，化簡可得，解方程，即可求出結果.【詳解】設橢圓，如圖所示：設，則橢圓的離心率為；因為，則；又，所以，即，整理可得；由橢圓的定義可知，即，整理可得 ；-可得：;又，在橢圓上；所以 ，化簡整理可得，；將代入可得，兩邊同時除以，可得，解得（負值舍去）.故答案為：.【點睛】本題主要考查了橢圓離心率的求法，考查了學生的運算能力，屬于中檔題.三、解答題

14、：本大題共5小題，共74分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.18.如圖，單位圓上有一點，點以點為起點按逆時針方向以每秒弧度作圓周運動，點的縱坐標是關于時間的函數(shù)，記作.（1）當時，求；（2）若將函數(shù)向左平移個單位長度后，得到的曲線關于軸對稱，求的最小正值，并求此時在的值域.【答案】（1）；（2）最小正值為3；值域為.【解析】【分析】（1）由題意利用任意角的三角函數(shù)的定義求得初相，再根據(jù)正弦函數(shù)的周期性，可得，代入，即可求出結果；（2）根據(jù)圖像平移可知，又是偶函數(shù)，所以，由此可得最小值為3，可得，再根據(jù)三角函數(shù)性質，即可求出結果.【詳解】（1）點是單位圓上一點，它從初始位置開始，按逆時針

15、方向以每秒弧度作圓周運動，設初相為，所以，當時，.（2）圖像關于軸對稱，則是偶函數(shù)，則，得，最小值為3.此時，.【點睛】本題主要考查任意角的三角函數(shù)的定義，函數(shù)的圖象變換規(guī)律，三角函數(shù)的圖象的對稱性等知識，屬于基礎題19.已知是邊長為2的正三角形，是等腰直角三角形.把沿其斜邊翻折到，使，設為的中點.（1）求證：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見詳解；（2）.【解析】【分析】（1）取中點，由勾股定理可得，又是等腰直角三角形，可證，再根據(jù)面面垂直的判定定理即可證明結果；（2）方法一：由（1）知，、兩兩垂直，分別以、為、軸，建立空間直角坐標系，利用空間向量法求二面角，即可求出結果

16、；解法二：等積法在和中，分別用余弦定理得：中線長， ，又勾股定理可證；在中解得，在平面內過作，由等積法得，于是.由得、所成的角（或其補角）就是二面角的平面角，再根據(jù)余弦定理即可求出結果.【詳解】（1）證明：取中點，連、，由已知易得，于是，從而，另一方面，是等腰直角三角形，故，且、相交，所以平面，于是平面平面；（2）由（1）知，、兩兩垂直，分別以、為、軸，建立空間直角坐標系，由已知得，.于是，設平面的法向量是，則解得，所以，同理平面的法向量，設二面角為，則.（2）解法二：等積法由于為的中點，且設，在和中，分別用余弦定理得：中線長，同理，從而是直角三角形，且.另一方面在中解得，在平面內過作，由等積

17、法得，于是.由得、所成的角（或其補角）就是二面角的平面角.由，得，設二面角的度數(shù)為，于是.【點睛】本題主要考查了面面垂直的判定定理的應用和二面角的求法，屬于基礎題.20.已知等比數(shù)列的前項和為，公比，且，數(shù)列滿足.（1）求，；（2）若，求數(shù)列的前項和.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）由題意可得，利用等比數(shù)列的通項公式，求得和；利用數(shù)列的通項公式和前項和公式之間的關系可得，進而求出；（2）由（1）知，利用等比數(shù)列前項和公式，即可求胡結果.【詳解】（1）由，（2）-（1）得，即，又，.把代入（1）得，又，當時，當時，因時，也符合上式，又，.（2）由（1）知，.【點睛】本題主要考查了

18、等比數(shù)列的通項公式和前項和公式的應用，同時考查了數(shù)列的通項公式和前項和公式之間的關系，屬于基礎題.21.設經(jīng)過點的直線與拋物線相交于、兩點，經(jīng)過點的直線與拋物線相切于點.（1）當時，求的取值范圍；（2）問是否存在直線，使得成立，若存在，求出的取值范圍；若不存在，請說明理由.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）設，因為直線經(jīng)過定點，所以可設直線的方程為，則由得，利用韋達定理和弦長公式，化簡可得，再根據(jù)函數(shù)的性質即可求出結果；（2）假設存在直線，使得成立，不妨設：，：，則由得， 利用韋達定理和弦長公式可得；又得，所以；由得到，由此即可求出結果.【詳解】（1）設，因為直線經(jīng)過定點，所以可設直線的方程為，則由得，得，.（2）假設存在直線，使得成立，不妨設：，：，則由得，得，由得，得，得，由得到，兩邊平方得，即，得