【文档说明】浙江省学军中学2020届高三6月模拟测试数学试题 PDF版含答案.pdf，共(9)页，478.144 KB，由管理员店铺上传

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高三数学第1页（共9页）绝密★启用前2020年6月学军中学模拟测试数学·试题卷考生须知：1．本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟；2．答题前，在答题卷指定区域内填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号；

3．所有答案必须写在答题卷上，写在试题卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题卷．第Ⅰ卷·选择题部分(共40分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知集合lgAxyx，1,0,1,2

B，则()BABðA．1,0,1B．2C．1,0D．1,22．焦点位于x轴，离心率为3的双曲线的渐近线方程为A．yxB．2yxC．3yxD．2yx3．已知实数,xy满足约束条件2204030xyxyxy

，则32zxy的最大值是A．3B．4C．5D．64．已知某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积为A．360cmB．380cmC．3100cmD．3120cm5．已知函数()sin(2

)fxx，则A．存在R，使得()fx是奇函数，且在0,2内单调递减B．存在R，使得()fx是偶函数，且在0,2内单调递增C．存在R，使得()fx是奇函数，且在0,内单调递增D．存在R，使得()fx是偶函数，且在0,内

单调递减(第4题图)高三数学第2页（共9页）6．已知数列na的前n项和为nS，则“1nnaa*()nN”是“11nnSSnn*()nN”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7．设102p，随机变量的分布列如下表所示，则当p在10,2内增大时，012P12pppA．()E先减小后增大B．()E先增大后减小C．()D先减小后增大D．()D先增大后减小8．设12,ll是平面内所成角为6的两条

直线，过12,ll分别作平面,，且锐二面角1l的大小为4，锐二面角2l的大小为3，则平面,所成的锐二面角的平面角的余弦值可能是A．36B．28C．14D．139．已知0a，记函数32()2(31)1fxaxax在区间0,5a上的最大值和最

小值分别为,MN，则A．当(0)Mf时，(5)NfaB．当(5)Mfa时，(0)NfC．当(0)Nf时，(0)(5)ffaD．当(5)Mfa时，(0)(5)ffa10．已知非零平面向量,,abc满足4a，2bc，

且3acbc，则ab的最小值是A．263B．355C．2D．3第Ⅱ卷·非选择题部分(共110分)二、填空题(本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分)11．已知复数43iz(i是虚数单位)，则其共

轭复数z▲，3zzzz▲．12．已知aR且0a，二项式5212axx的展开式中第二项与第四项的系数相等，则a▲，常数项是▲．13．在锐角．．△ABC中，角,,ABC所对的边分别为,,abc，3A，7a，3c，则b▲，sinBsinC

▲．14．若某四位数abcd满足abcd，则称该四位数为“收敛四位数”，则所有“收敛四位数”的个数是▲．(用数字作答)高三数学第3页（共9页）15．已知0x，设22134xytxyy

．①当1y时，t的最大值为▲，②当0y时，t的最大值为▲．16．已知,FA分别是椭圆22:12xy的左焦点和下顶点，00(,)Mxy是椭圆上位于第一象限内的点，点N的坐标为010,y，若线段FM上存

在点H同时满足FHAH，0FHNH，则00xy▲．17．已知在数列na中，01na*()nN，若对任意数列nb满足22111nnnbaa且12bb12kb*()kN，均有21321kkababab

成立，则实数的取值范围是▲．三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)18．（本小题满分14分）已知函数21()sin2sincos262fxxxx

，其中3.14．(Ⅰ)求()fx的单调区间；(Ⅱ)求()fx在20,20内的零点个数．19．（本小题满分15分）如图，已知多面体EFABCD，其底面ABCD是等腰梯形，且22ABADBC22

CD，DE平面ABCD，BDEF且2BDEF．(Ⅰ)证明：平面ADE平面BDEF；(Ⅱ)若二面角CBFD的大小为3，求CF与平面ABCD所成角的正弦值．(第19题图)高三数学第4页（共9页）20．（本小题满分15分）已知等比数列na的公比0q，前n项

和为nS*()nN．数列nb是等差数列，且满足11a，322aa，435abb，5462abb．(Ⅰ)求数列na和nb的通项公式；(Ⅱ)记224(432)(1)nnnbcnnS，证明：当*nN时，12111212nncccc

．21．（本小题满分15分）已知抛物线2:2Eypx(0)p和直线:40lxy，P是抛物线E上的点，且点P到y轴的距离与到直线l的距离之和有最小值5212．(Ⅰ)求抛物线E的方程；(Ⅱ)设Ql，过点Q作抛物线E的两条切线，切点分别记为,AB，抛物线E在点P处的切线与,QA

QB分别交于,MN两点，求△QMN外接圆面积的最小值．22．（本小题满分15分）已知函数()e(ln)xfxxx．(Ⅰ)证明：函数()fx仅有一个极值点；(Ⅱ)若不等式2()(1)0fxaxx恒成立，求实数a的最大值．高三数学第5页（共9页）2

020年6月学军中学模拟测试参考答案一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)12345678910CBDCBADBDA二、填空题(本大题共7小题

，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分)11．43i，4132512．1，5413．2，5211414．188415．314，116．2317．3,68三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字

说明、证明过程或演算步骤)18．（本小题满分14分）(Ⅰ)311cos213111()sin2cos2cos2sin2cos2sin2222222262xfxxxxxxx（2分）令22,26

22xkk，kZ，解得,63xkk（4分）令22,2622xkk，kZ，解得,36xkk

（6分）综上，()fx的单调递增区间是,63kk，单调递减区间是,36kk，kZ（7分）(Ⅱ)令()0fx，即1sin262x，即226672266xkxk

，其中kZ（9分）解得xk或23k，其中kZ（10分）又，故当xk时，6,,6k满足题意，当23xk时，7,,5k满足题意（12分）高三数学第6页（共9

页）综上，k的取值有26种，即()fx在20,20内的零点个数为26个（14分）19．（本小题满分15分）(Ⅰ)由于底面ABCD是等腰梯形，由几何关系得60BAD因此在△ABD中，根据余弦定理，有2221cos22ABADBDB

ADABAD，代入解得3BD于是222ADBDAB，即ADBD（1分）又因为DE平面ABCD，故DEAD（2分）结合ADBDADDE，则AD平面BDE（4分）又AD平面ADE，故平面ADE平面B

DEF（6分）(Ⅱ)方法一：过点C作CHBD交AB于点H，交BD于点G，连接FG，过点G作GIBF于点I，连接CI易知BFCG，于是BF平面CGI，故BFCI，所以GIC即为二面角CBFD的平面角（9分）易知CG平面BDEF，于是CGGI，故在直角△CGI中，3CGGI

由题意，△BCD是底角为30的等腰三角形，于是3332BGCGGI不妨设DEFGx，于是△BFG的面积21313322264Sxx解得68x，故在直角△CFG中，228CF，33sin11FCG，即CF与平面ABCD所成角的正弦值为33

11（15分）方法二：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz（7分）设DEh，则(0,0,0)D，(0,3,0)B，13,,22Ch，13.,022BC，30,,2BFh（9分）设平面BCF的法

向量(,,)mxyz，则00mBCmBF取3x，于是30,,2mh，取平面BDEF的法向量(1,0,0)n（11分）故cos60mnmn

，解得68h，此时16,0,28CF（13分）高三数学第7页（共9页）于是228CF，33sin11FCG，即CF与平面ABCD所成角的正弦值为3311（15分）20．（本小题满分15分）(Ⅰ)由

题意，1211120aaqaqq，解得2q，故12nna（3分）设数列nb的公差为d，则此时43515126831316abbbdabd，解得11bd，故nbn（6分）(Ⅱ)由等比数列求和公式，

1(1)211nnnaqSq（8分）于是224(2)231(432)2242nnnnncnnnn（9分）当1n时，123c当1n时，2231(1)42nnnnnn，于是1211(1)22(1)2nnnnncnnnn

（12分）因此121223121111112322323242(1)2(2)2nnnnccccnn11113211311211(1)(2)234(2)2(1)(2

)212(1)(2)212nnnnnnnnnnnnn，得证（15分）21．（本小题满分15分）(Ⅰ)设F是抛物线的焦点，P到y轴的距离为1d，到直线l的距离为2d，F到直线l的距离为3d根据抛物线的定义，12pPF

d，故122304522122222ppppddPFdd解得2p，故抛物线E的方程为24yx（5分）(Ⅱ)设2,4cPc，2,4aAa，2,4bBb

若在点A处的切线斜率存在，设抛物线在点A处的切线方程为24ayakx与抛物线联立，即2244yxayakx，整理得22440kyyaka高三数学第8页（共9页）由于0，代入得2164(4)0kaka

，解得2ka，于是2:202QAayxay（6分）若在点A处的切线斜率不存在，则(0,0)A，抛物线在点A处的切线方程为0x，亦满足上式同理可得切线,QBMN的方程为22:20,:2022QBMNbcyxbyyxcy

联立直线,QAQB，即22202202axaybxby，解得42abxaby，于是,42ababQ（7分）同理可得,42acacM，,42bcbcN

于是(),42acbcbQM，(),42bcacaQN，(),42cbabaMN因此2416aQMbc，2416bQNa

c，2416cMNab（8分）故△QMN的面积211sin1cos22SQMQNMQNQMQNMQN22211122QMQNQMQNQMQNQMQ

NQMQN222221()()[(4)(4)(4)]225616abacbcacbcabab（11分）设△QMN外

接圆的半径为R，则164QMQNMNabacbcR因此2222244444168abcabR（13分）又点Q在直线:40lxy上，故442abab，即

82abab代入可得2222222224()162(6)200442242728888ababababababR2005284，当且仅当160abc或610abc时取等号，此时△QM

N外接圆面积的最小值为258（15分）22．（本小题满分15分）(Ⅰ)由题意，11()e(ln)e1ln1exxxfxxxxxxx（2分）高三数学第9页（共9页）令1()ln1gxxxx，222111()10x

xgxxxx，于是()gx单调递减（3分）又11521e220ee2510g，(1)10g，故()gx在1,1e内存在唯一零点0x（4分）此时()fx在01,

ex内单调递增，在0,x内单调递减，因此()fx仅有一个极大值点0x（5分）(Ⅱ)原题即为不等式2e(ln)(1)0xxxaxx恒成立取1x，则e210a，解得e12a，下证其充分性（6分）

令2()(1)e(ln)xaxaxxx，易知()a单调递增，于是e1()e(ln)2xaxx2e1(1)2xx，将其记为()px，下证()0px恒成立（8分）1()ln

1e(e1)1xpxxxxx，可分0,1x和1,x进行讨论当0,1x时，由1ln1xx得()e(e1)1xpxxx（9分）记()e(e1)1xmxxx，()(1

)ee1xmxx易知()mx单调递减，又(0)e20m，(1)e10m，故()mx在0,1内存在唯一零点1x此时()mx在10,x内单调递增，在1,x内单调递减所以()min(0),(1)0mxmm，即()0px，因此()px在

0,1内单调递增，()(1)0pxp（12分）当1,x时，由ln1xx，eexx得11()2e(e1)12e(e1)1xpxxxxxx(e1)(1)0x，因此()px在1,内单调

递减，()(1)0pxp综上，e12a的充分性成立，即实数a的最大值为e12（15分）