2020年浙江绍兴高三一模数学试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1.已知集合，，则（ ）．A. B. C. D.2.双曲线的焦点到渐近线的距离是（ ）．A. B. C. D.3.底面是正方形且侧棱长都相等的四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积是（ ）．正视图侧视图俯视图A. B. C. D.4.若实数，满足不等式组，则（ ）．A.有最大值，最小值B.有最大值 ，最小值C.有最大值，无最小值D.有最小值，无最大值5.在中，已知，则“”是“是钝角三角形”的（ ）．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6.已知且，若，则的图象可能是（ ）．A.B.C.D.7.已知，，，，设，，，，，，若随机变量，，满足:，则（ ）．A.B.C.D.8.如图，三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点）．不.可.能.记直线与直线所成角为，二面角的平面角为，则是（ ）．A.B.C.D.9.如图，一系列椭圆，射线与椭圆交于点，设，则数列是（ ）．A.递增数列B.递减数列C.先递减后递增数列D.先递增后递减数列10.设，若时恒有（其中为自然对数的底数），则恒有零点的是（ ）．A.B.C.D.二、填空题（本大题共7小题，共36分）11.函数的最小正周期为 ，值域为 ．12.已知为虚数单位，复数满足，则 ，．13.已知，则，．14.已知函数，若，则实数 ，若存在最小值，则实数的取值范围为 ．15.某地区有个不同值班地点，每个值班地点需配一名医务人员和两名警察，现将名医务人员（男女）和名警察（男女）分配到这个地点去值班，要求每个值班地点至少有一名女性，则共有 种不同分配方案．（用具体数字作答）16.已知平面向量，，，，满足，，，则的取值范围为 ．17.已知，，设函数的最大值为，则的最小值为 ．三、解答题（本大题共5小题，共74分）（1）（2）18.在中，已知内角，，的对边分别是，，，且，．求角．若，求的面积．19.如图，四棱锥中，底面是正方形，，，，．（1）（2）求证：．求直线与平面所成角的正弦值．（1）（2）20.已知数列是等比数列，，且，，成等差数列．数列满足：．求数列和的通项公式．求证：．（1）（2）21.如图，已知点，，抛物线：（）的焦点为线段中点．求抛物线的方程．过点的直线交抛物线于，两点， ，过点作抛物线的切线，为切线上的点，且轴，求面积的最小值．（1）12（2）22.已知函数．若函数在上单调递增，求实数的取值范围．若函数有两个不同的零点，．求实数的取值范围．求证：．（其中为的极小值点）【答案】解析:由集合，，则，∴．故选．解析:由双曲线方程可知，，，，∴，，，∴焦点坐标为，渐近线方程为，∴焦点到渐近线的距离．故选．解析:由已知中的三视图可得：该几何体的底面边长为，高为，故此四棱锥的体积．故选．解析:，设，B 1.A 2.C 3.C 4.无最小值，中，，最大值为．故选．解析:∵，即，∴在三角形中，∴为钝角，充分条件满足．当是钝角三角形时，若，则不必要，故选．解析:∵，且，∴，若，则，矛盾，故，∴，即，∵当时，，∴、项错误，A 5.D 6.当时，，∵，∴，故错误．故选：．解析:由已知可得：，所以，又因为，所以，，所以的波动比的大，因此，同理可得所以．又因为，即，则，，所以的波动比的大，因此，所以．故选．解析:二面角即二面角当上下移动时，将平移至，即为，易知为等腰三角形，B 7.D 8.当在上下移动时，∴，∴．故选．解析:由，即，，由，则，即，因为，所以，因为，所以．显然上式中，，均为正数，均为负数，当时，上式，B 9.当时，上式恒成立，所以数列是递减数列．故选．解析:①当时，，即，记，则，则，因为，则即，所以在上单调递增，所以，，而，所以，不符合题意，舍去．②当时，．则等价于．不妨记，则，则．显然当，时上式取等号．根据和的图象可知，当时，．因此，又，所以，且，故舍去．即，则解得，不符合题意．xyOey=lnx③当时，在上单调递减，在上单调递增，由讨论②知，．（）当时，，则，则（）当时，，其中，则，则，即．D 10.（）当时，，则，得，则，综上所述，，由于，所以对于：不妨取，此时，无零点，故排除．对于：不妨取，此时，无零点，故排除．对于：不妨取，此时，无零点，故排除．由此可知正确，事实上，必有，因此必有零点存在，故选．解析:根据题意，函数，则，由于，故最小正周期为，当时，函数取最大值，最大值为，当时，函数取最小值，最小值为，故函数的值域为．故正确答案为：；．解析:∵，∴，∴，．解析:∵展开式中的系数为，展开式中的系数为,∴，令，则，∵的通项为，;11. ;12. ;13.∴，∴．故答案为：；．解析:由函数，若，即，解得，由函数在上单调递增，值域为，函数在上递增，要使函数存在最小值，则有，解得：．故答案为：；．解析:将名医务人员和名警察分配到这个地方去值班的分配方案有种，每个值班地点至少有一名女性的对立面是有一个值班地点没有女性，即其中有一个值班地点为名男性，此时的分配方案有种，所以每个值班地点至少有一名女性的分配方案有种，故答案为：．解析:;14.15.16.方法一：因为，，设，，，，则，， ，所以，即，即，则，即，令，则在有解，则，即，即，即，解得，所以的取值范围为，故答案为：．方法二：如图，以为原点建立平面直角坐标系，依题意，；不妨设，，，，，由可得．下面从三种不同角度来求解：①所以点在以点为圆心，为半径的圆上；∴．②设点在轴上的投影为点，∴，∴．③或将圆方程．化参得；．∴．故答案为：．17.解析:因为，令，则，所以，由绝对值三角不等式有：（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），即，，记上式，则，，所以，所以的最小值为，故答案为．（1）（2）（1）（2）解析:由，得，又因为，所以，因为，所以，即，所以．由余弦定理，得，解得，所以．解析:由已知得，，，所以平面，又平面，所以．方法一：过点作，垂足为，连结．由（）知，又，所以平面．所以是直线与平面所成角．在中，，（1）．（2）．18.（1）证明见解析．（2）．19.（1）所以，所以，．所以，，所以．所以直线与平面所成角的正弦值为．方法二：过点作平面的垂线，则、、两两互相垂直，以、、为，，轴建立空间直角坐标系，由已知得，，设，则即，因为，所以，，，即．由，得，所以．由，计算得平面的法向量．所以．所以直线与平面所成角的正弦值为．解析:设等比数列的公比为，则，，，（1），．（2）证明见解析．20.（2）（1）（2）由，，成等差数列，得，即，即，解得，所以．当时，．当时，，，作差得，所以，，当时，也成立，所以．综上，，．因为当时，，所以，设，则，两式相减得，所以，所以．所以．解析:由已知得焦点坐标为，所以，抛物线的方程为．设：，，，，联立与的方程，得，且，由韦达定理得，，，（1）．（2）．21.（1）设：，联立与的方程，得，由相切，计算得，，所以：，由，得，，将入直线方程，解得，∴，又，所以，且当时，取到等号，所以，面积的最小值为．解析:由，得，设，则，由，解得：，（1）．12（2）．证明见解析．22.12（2）所以在上单调递减，在上单调递增，因为函数在上单调递增，，所以，所以，实数的取值范围为．因为有两个不同的零点，不单调，所以，因此有两个根，设为，，且，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，又，，当充分大时，取值为正，因此要使有两个不同零点，则必须有，即，又因为，所以，解得：，所以，因此，当函数有两个不同的零点时，实数的取值范围为．先证明不等式：若，，，则，证明：不妨设，即证：，设，，，则只需证，且，因为，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，，从而不等式得证，再证原命题，由，得：，因为，所以，因此，要证，只需证，因为在上单调递增，，所以只需证，只需证，即证：（其中），设，则只需证：，计算得：，，由在上单调递增，得，所以，即在上单调递减，所以，即在上单调递增，所以成立，原命题得证，所以，两边取对数得，，即．21。