2020年浙江嘉兴平湖市高三下学期高考模拟数学试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1.已知集合A.B.，C.，则（ ）．D.2.若，满足约束条件B.，则的最大值是（ ）．C.D.A.3.某几何体的三视图如图所示(单位：是（ ）．)，其中正视图是等边三角形，则该几何体的体积(单位：)正视图侧视图俯视图A.B.C.D.4.已知双曲线最小值是（ ）．A.B.C.D.，是左焦点，，是右支上两个动点，则的15.如果对于任意实数，”是“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表示不小于的最小整数，例如”的（ ）．，，那么“6.若函数的图象如图所示，则的解析式可以是（ ）．A.B.C.D.7.已知，随机变量的分布如下：当在A.B.C.D.内增大时，（ ）．减小，减小，增大，增大，减小增大减小增大8.已知函数则（ ）．A.B.C.（其中为自然对数的底数），若函数恰有三个零点，2
D.9.设，A.若B.若C.若D.若，数列，则，则，则，则满足，，则（ ）．10.如图，在等腰直角三角形，使的角为，直线中，，点与平面为的中点，现将所成的角为，直线沿折起至与面所成为钝角三角形，设直线与面所成的角为，则，，的大小关系为（ ）．A.B.C.D.二、填空题（本大题共7小题，共36分）11.复数（为虚数单位），则复数的共轭复数是 ．12.若偶函数，则 ，的最大值为 ．13.在二项式的展开式中，有理项共有 项，项的系数最小的项为 ．14.已知圆交于，两点，则弦 ．，若直线长的最小值为 ，若圆心到直线的距离，则实数与圆15.3
设，，若，则的最小值为 ，的最小值为 ．16.已知椭圆与直线平行，若的左右焦点分别为，，则，，是椭圆上位于轴上方的两点，且直线的面积为 ．17.已知平面向量，则，，，满足，，，的取值范围是 ．三、解答题（本大题共5小题，共74分）18.已知四边形中，角和角互补，且，，，．（1）求（2）求的值．的值．19.回答下列各题．（1）如图，在四棱锥，是（2）已知二面角弦值．中，平面．，若为，四边形是菱形，，上任意一点．求证：的余弦值为的中点，求与平面所成角的正20.已知数列满足， 为等差数列，并求．．（1）求证：数列4
（2）设，数列的前项和为，求证：．21.已知抛物线于不同的两点，．的焦点到准线的距离为，直线与抛物线交（1）求抛物线的方程．（2）是否存在与的取值无关的定点，使得直线，的斜率之和恒为定值？若存在，求出所有点的坐标；若不存在，请说明理由．22.已知函数（1）证明：当（2）当时，（其中为自然对数的底数）．时，．恒成立，求实数的取值范围．【答案】1.D解析:∵集合，，∴故正确．2.B解析:，5
可行域如图所示，可化为故，此时在处取得：的纵截距最大，即，．故选．3.A解析:由三视图可知，该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，其俯面面积为高为所以体积为故选．4.C解析:设双曲线的右焦点为∵则，，，，．，．6故选：．5.B解析:若则此时∴”若∵∴不妨设∵∴”∴”故正确．6.B解析:选项：当时，，则，故在，上单调递增，且．，得””是”””，”的必要不充分条件．，取，，”成立推不出”，表示不小于的最小整数，，，，，，，”，，，，所以与图象不符，故错误．选项：当时，，则，故在，上单调递增，且．所以与图象不符，故错误．选项：而故与图象不符，错误．所以由排除法可知答案选．7.D解析:，由图象可知函数为奇函数，，即为偶函数，7
∵∴，，，令时，所以当在故正确．8.C解析:∵∴不是∴令∴在单调递增且时，则∵∴∴∴∴综上所述，故选．9.A时，与上有单调递减，单调递增，，，有三个交点，则．，上，有，，，时，，的零点，等价于，恒成立，，，∴内增大时，在增大，，上单调递增，增大．，8
解析:由题可知即若令则解得易知所以故所以故数列故故选．10.B解析:∵∴∴又∴则∴∴．到平面，为钝角，为钝角，，的距离等于到平面，，，的距离，记为，，为钝角三角形，，，是一个递增数列，．，在上单调递增，在，即上单调递减，，则，，，，，所以答案．11.解析:∵复数9，∴，．∴复数的共轭复数为故答案为：12. ; ．解析:∵∴即即则即∵∴∴∴故答案为：13. ; ，当；．，时成立．，，或（舍去）或，，，，，，是偶函数，，，解析:二项式的展开式通项为：，则，，，，，10，．∴有理项共有项，项的系数最小的项为14.解析:． ; ，，则直线恒过定点，设圆心到直线的距离为，，（为圆的半径为定值），要使最小，则需最大，，，∴圆心到直线，的距离为当最大时，此时，，，，，即．11
15.解析:∵∴∵∴∴则 ; ，，即，，即，，即中，令的最小值为，则，其中时，取得最小值．；，，，，则当16.解析:由题意可得：设直线，，（，），，方程分别为，，，，，联立解得：∴同理可得∴解得，化为，，，，，，12∴故答案为：．17.解析:方法一：，∵∴∴∴所以∴∴方法二：设所以则由题意知记矩形，令所以所以又所以又所以所以，，．，，，，，，，，则由，．，，，，．，，，，，得，，13
18.（1）（2）解析:（1）在．．中，由余弦定理得 ①在中，由余弦定理得 ②因为角和角互补，即所以由①②解得（2）因为角和角互补，所以，．，由（）得所以所以19.（1）证明见解析．（2）解析:（1）∵∴又∵∴平面，是菱形，，，，平面，．，．，14∴∵∴（2）平面平面．，，分别以，，，方向为、、轴建立空间直角坐标系，设，的法向量为，，，，，，则，由知：平面令平面则根据∴因为二面角则的法向量为，得，的余弦值为，即，，∴∴设∵∴，，与平面所成的角为，，，．20.（1）证明见解析，（2）证明见解析．解析:（1）由所以数列即．，得是以为首项为公差的等差数列，化简得．，15（2）因为，所以．21.（1）．，使得直线，的斜率之和恒为定值．（2）存在定点解析:（1）由题意得所以，所以，准线方程：．，，（2）假设存在定点满足题意，设联立方程由韦达定理得又直线所以，的斜率为，，，，消去得，，，．要使解得此时，为与，为常数，无关的常数，只能，16综上所述存在定点22.（1）证明见解析．（2）解析:（1）令∴∴∴成立，，即∴即当（2）∵当∴下证当由∵当令∴①当时，知当在时，时，，在．，使得直线，的斜率之和恒为定值．，，令，单调递增，成立，，，得证．恒成立，令得，，单调递增，得时原不等式成立，时，时，只需证明，故只需证明，，成立，成立；在单调递增，，，②当∴时，由不等式知成立，，综上原不等式得证．17