20屆高三上學期11月月考數學試題

1、2020屆浙江省寧波市寧波十校高三上學期11月月考數學試題一、單選題1已知集合ax|0，bx|1x2，則ab（ ）ax|1x2bx|1x2cx|1x2dx|1x2【答案】a【解析】集合ax|1x2，集合的交集運算，即可求解.【詳解】由題意，集合ax|0x|1x2，bx|1x2，所以abx|1x2故選：a【點睛】本題主要考查了分式不等式的求解，以及集合的交集的運算，其中解答中正確求解集合a，結合集合的交集概念及運算求解是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題2若復數為純虛數，其中為虛數單位，則 （ ）a2b3c-2d-3【答案】c【解析】因為為純虛數，所以且，解得，故選c點睛：復數是高

2、考中的必考知識，主要考查復數的概念及復數的運算要注意對實部、虛部的理解，掌握純虛數，共軛復數這些重要概念，復數的運算主要考查除法運算，通過分母實數化，轉化為復數的乘法，運算時特別要注意多項式相乘后的化簡，防止簡單問題出錯，造成不必要的失分3已知三個實數2，a，8成等比數列，則雙曲線的漸近線方程為（ ）a3x4y0b4x3y0cx2y0d9x16y0【答案】a【解析】由三個實數2，8成等比數列，求得16，得到雙曲線的漸近線方程，即可求得雙曲線的漸近線的方程，得到答案【詳解】由題意，三個實數2，8成等比數列，可得16，即雙曲線的漸近線方程為3x4y0，故選：a【點睛】本題主要考查了雙曲線的標準方程

3、及簡單的幾何性質，其中解答中根據等比中項公式，求得的值，得出雙曲線的標準方程式解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題4若實數x，y滿足x+y0，則“x0”是“x2y2”的（ ）a充分不必要條件b必要不充分條件c充分必要條件d既不充分也不必要條件【答案】b【解析】根據充分條件、必要條件的判定方法，結合不等式的性質，即可求解，得到答案【詳解】由題意，實數x，y滿足x+y0，若x0，則未必有x2y2，例如x1，y2時，有x2y2；反之，若x2y2，則x2y20，即（x+y）（xy）0；由于x+y0，故xy0，xy且xy，x0成立；所以當x+y0時，“x0”推不出“x2y2”，“x2y2”“

4、x0”；“x0”是“x2y2”的必要不充分條件答案：b【點睛】本題主要考查了不等式的性質，以及充分條件、必要條件的判定，其中解答中熟記充分條件、必要條件的判定方法，結合不等式的性質求解是解答的關鍵，著重考查了推理與論證能力，屬于基礎題5已知函數f（x）x23x3，x0，4，當xa時，f（x）取得最大值b，則函數的圖象為（ ）abcd【答案】d【解析】結合二次函數的性質，求得，得到函數，再結合指數函數的圖象，即可求解【詳解】由題意，函數f（x）x23x3，x0，4，對稱軸為x1.5，開口向上，最大值為f（4）1，所以a4，b1，可得函數g（x），相當于把y向左平移1個單位，所以d選項復合題意故選

5、：d【點睛】本題主要考查了圖象的識別，其中解答中熟記一元二次函數的性質，以及指數函數的圖象與性質，合理運算時解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題6已知實數滿足不等式組，若的最大值為8，則z的最小值為（ ）a2b1c0d1【答案】d【解析】作出不等式組所表示的平面區(qū)域，結合平面區(qū)域，根據目標的最大值，分類討論求得的值，進而求得目標函數的最小值，得到答案【詳解】由題意，作出不等式組所表示的可行域，如圖所示，由，解得；由，解答；由，解得（1）若目標函數取得最大值的最優(yōu)解為時，代入目標函數，可得，此時目標函數，此時代入點，可得，不符合題意；（2）若目標函數取得最大值的最優(yōu)解為時，代入目標函

6、數，可得，此時目標函數，此時代入點，可得，不符合題意；（3）若目標函數取得最大值的最優(yōu)解為時，代入目標函數，可得，此時目標函數，此時點能使得目標函數取得最小值，代入點，最小值為；答案：d【點睛】本題主要考查簡單線性規(guī)劃求解目標函數的最值問題其中解答中正確畫出不等式組表示的可行域，利用“一畫、二移、三求”，確定目標函數的最優(yōu)解是解答的關鍵，著重考查了數形結合思想，及推理與計算能力，屬于基礎題7函數f（x）sin（x+）（0，）滿足f（）f（）f（），且當x，時恒有f（x）0，則（ ）a2b4c2或4d不確定【答案】a【解析】根據三角函數的圖象與性質，求得函數的對稱軸和對稱點，判斷周期的取值范圍，

7、即可求解，得到答案【詳解】由題意，函數，因為f（）f（）f（），可得f（x）有一條對稱軸為，對稱點的橫坐標為，又由x，時恒有f（x）0，所以f（）1，又f（）0，所以，可得當t，2；當t時，6，當x時，sin（6）cos0，不成立，故選：a【點睛】本題主要考查了三角函數的圖象與性質的應用，其中解答中熟記三角函數的圖象與性質，準確計算是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題8今有男生3人，女生3人，老師1人排成一排，要求老師站在正中間，女生有且僅有兩人相鄰，則共有多少種不同的排法？（ ）a216b260c432d456【答案】c【解析】將老師兩邊分別看作三個位置，先分組再排

8、列，在排入學生，按分步計數原理，即可求解【詳解】由題意，將老師兩邊分別看作三個位置，將學生分為兩女一男和兩男一女兩組，且兩女相鄰，分組方法有9種，兩女一男的排列方法為4種，兩男一女的排列方法有6種，由分步計數原理，可得總的排列方法有432種，故選：c【點睛】本題主要考查了計數原理、排列組合的應用，其中解答中認真審題，合理利用排列、組合的知識求解是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題9如圖，點e為正方形abcd邊cd上異于點c、d的動點，將ade沿ae翻折成sae，在翻折過程中，下列三個說法中正確的個數是（ ）存在點e和某一翻折位置使得ae平面sbc；存在點e和某一翻折位置

9、使得sa平面sbc；二面角sabe的平面角總是小于2saea0b1c2d3【答案】b【解析】對于，四邊形abce為梯形，所以ae與bc必然相交；對于，假設sa平面sbc，可推得矛盾；對于，當將ade沿ae翻折使得平面sae平面abce時，二面角sabe最大，在平面sae內，作出一個角等于二面角sabe的平面角；由角所在三角形的一個外角，它是不相鄰的兩個內角之和，結合圖形，即可判定【詳解】對于，四邊形abce為梯形，所以ae與bc必然相交，故錯誤；對于，假設sa平面sbc，sc平面sbc，所以sasc，又sase，sescs，所以sa平面sce，所以平面sce平面sbc，這與平面sbc平面sce

10、sc矛盾，故假設不成立，即錯誤；對于，當將ade沿ae翻折使得平面sae平面abce時，二面角sabe最大，如圖，在平面sae內，作soae，垂足為o，so平面abce；ab平面abce，所以soab；作ofab，垂足為f，連接sf，soofo，則ab平面sfo，所以absf，則sfg即為二面角sabe的平面角；在直線ae上取一點，使得oof，連接s，則sosfo；由圖形知，在sa中，sa，所以assae；而sosae+as，故so2sae；即sfo2sae故正確故選：b【點睛】本題主要考查了空間中的平行于垂直關系的應用，二面角的平面角的作法，以及立體幾何的折疊問題，其中解答中熟記線面關系的判

11、定與性質，以及熟練掌握二面角的平面角的作法是解答的關鍵，著重考查了空間想象能力，以及轉化思想的應用，屬于中檔試題10已知函數f（x），g（x）f（）+1（kr，k0），則下列關于函數yfg（x）+1的零點個數判斷正確的是（ ）a當k0時，有2個零點；當k0時，有4個零點b當k0時，有4個零點；當k0時，有2個零點c無論k為何值，均有2個零點d無論k為何值，均有4個零點【答案】b【解析】根據方程的跟和函數的零點的關系，將函數的零點個數轉化為和以及的交點，即可求解【詳解】依題意，當x0或x時，f（x）1，函數yfg（x）+1的零點個數，即為方程fg（x）1的解的個數，即為方程g（x）0或g（x）的

12、解的個數，即為方程或者或（舍去）或者解的個數，即為0或者或者解的個數，由，因為，所以，當k0時，y為頂點為（0，），開口向上的拋物線，y與y和分別有兩個交點，與y0無交點，故當k0時，函數yfg（x）+1有4個零點；當k0時，y為頂點為（0，），開口向下的拋物線，y與y0有兩個交點，與y和無交點，故當k0時，函數yfg（x）+1有2個零點；綜上，當k0時，有4個零點；當k0時，有2個零點，故選：b【點睛】本題主要考查了函數的零點與方程的跟的關系，以及函數的零點個數問題，其中解答中將函數的零點個數轉化為和以及的交點是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于難題二、填空題11已知（0，

13、），且sin（），則cos（）_，sin2_【答案】 【解析】由已知直接利用誘導公式求得，再由，利用余弦的倍角公式，即可求解【詳解】由題意，因為sin（），可得cos（）cos（）sin（）；又由sin2cos（）cos2（）故答案為：，【點睛】本題主要考查了三角函數的誘導公式、以及余弦的倍角公式的化簡求值問題，其中解答中熟記三角函數的誘導公式和三角函數恒等變換的公式，準確運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題12在二項式的展開式中，各項系數的和為_，含x的一次項的系數為_（用數字作答）【答案】 【解析】令，代入即可求得展開式各項系數的和，再寫出二項展開式的通項，令的指數為1，

14、求得的值，即可求得的一次項系數，得到答案【詳解】在二項式中，取，可得各項系數的和為1；二項式的展開式的通項由，得r1含x的一次項的系數為故答案為：1；10【點睛】本題主要考查了二項式定量的應用，其中解答中合理利用賦值法，以及熟記二項展開式的通項，準確運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題13祖暅是我國南北朝時代的偉大科學家，他在實踐的基礎上提出了體積計算的原理：“冪勢既同，則積不容異”，稱為祖暅原理意思是底面處于同一平面上的兩個同高的幾何體，若在等高處的截面面積始終相等，則它們的體積相等利用這個原理求半球o的體積時，需要構造一個幾何體，該幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積

15、為_，表面積為_【答案】 （3） 【解析】根據給定的幾何體的三視圖，得到該幾何體為一個圓柱挖去一個圓錐，得出圓柱的底面半徑和高，利用體積和側面積、以及圓的公式，即可求解【詳解】根據給定的幾何體的三視圖，可得該幾何體表示一個圓柱挖去一個圓錐，且底面半徑1，高為1的組合體，所以幾何體的體積為：幾何體的表面積為：（3），故答案為：，（3）【點睛】本題考查了幾何體的三視圖及體積的計算，在由三視圖還原為空間幾何體的實際形狀時，要根據三視圖的規(guī)則，空間幾何體的可見輪廓線在三視圖中為實線，不可見輪廓線在三視圖中為虛線，求解以三視圖為載體的空間幾何體的表面積與體積的關鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線

16、面的位置關系和數量關系，利用相應公式求解14一個袋中裝有10個大小相同的黑球、白球和紅球已知從袋中任意摸出2個球，至少得到一個白球的概率是，則袋中的白球個數為_，若從袋中任意摸出3個球，記得到白球的個數為，則隨機變量的數學期望e_【答案】5 【解析】根據至少得到一個白球的概率為，可得不含白球的概率為，結合超幾何分布的相關知識可得白球的個數，以及隨機變量的期望，得到答案【詳解】依題意，設白球個數為，至少得到一個白球的概率是，則不含白球的概率為，可得，即，解得，依題意，隨機變量，所以故答案為：5，【點睛】本題主要考查了超幾何分布中事件的概率，以及超幾何分布的期望的求解，其中解答中熟記超幾何分布的相

17、關知識，準確計算是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題15已知常數p0，數列an滿足an+1|pan|+2an+p（nn），首項為a1，前n項和為sn若sns3對任意nn成立，則的取值范圍為_【答案】6，4【解析】首先判斷數列為遞增數列，結合恒成立，則必有成立，用及表示出，由不等式即可求解的取值范圍【詳解】由題意，及，所以數列為遞增數列，要使得對任意恒成立，則必有，所以，所以，即的取值范圍故答案為：【點睛】本題主要考查了數列的遞推關系式的應用，其中解答的難點在于利用已知條件去掉絕對值，并判斷出滿足的條件，著重考查了邏輯推理能力，屬于中檔試題16已知橢圓，傾斜角為60的直

18、線與橢圓分別交于a、b兩點且，點c是橢圓上不同于a、b一點，則abc面積的最大值為_【答案】【解析】設直線ab的方程為，聯(lián)立方程組，利用根與系數的關系及弦長公式，得到，解得的值，設與直線平行且與橢圓相切的直線方程為，聯(lián)立方程組，利用，求得的值，再由點到直線的距離公式和三角形的面積公式，即可求解【詳解】由題意，設直線ab的方程為，點 a（x1，y1），b（x2，y2），聯(lián)立方程組，整理得18x2+10mx+5m2300，所以x1+x2，x1x2因為，即，代入整理得，解得，不妨取：m2，可得直線ab的方程為，設與直線ab平行且與橢圓相切的直線方程為yx+t，聯(lián)立方程組，整理得18x2+10tx+5

19、t2300，由300t272（5t230）0，解得：t6取t6時，與直線ab平行且與橢圓相切的直線與直線ab的距離，所以abc面積的最大值，故答案為：【點睛】本題主要考查了直線與圓錐曲線的位置關系的綜合應用,解答此類題目，通常聯(lián)立直線方程與橢圓（圓錐曲線）方程，應用一元二次方程根與系數的關系進行求解，此類問題易錯點是復雜式子的變形能力不足，導致錯解，能較好的考查考生的邏輯思維能力、運算求解能力、分析問題解決問題的能力等17已知平面向量，滿足：，的夾角為，|5，的夾角為，|3，則的最大值為_【答案】36【解析】設，由題意知四點共圓，建立坐標系，求出點的坐標和圓的半徑，設，用表示，根據范圍和三角和

20、差公式，即可求解【詳解】設，則ab|5，ac|3，acb，apb，可得p，a，b，c四點共圓設abc的外接圓的圓心為o，則aob2apb，由正弦定理可知：2oa5，故oa以o為圓心，以oa，ob為坐標軸建立平面坐標系如圖所示：則a（，0），b（0，）在oac中，由余弦定理可得cosaoc，故sinaoc，c（，）設p（cos，sin），則（cos，sin），（cos，sin），（cos）（cos）sin（sin）16+12sin16cos16+20（sincos）16+20sin（），其中sin，cos當時，取得最大值36答案：36【點睛】本題主要考查了向量的數量積的運算，正弦定理、余弦定理的

21、應用，以及三角恒等變換與三角函數的圖象與性質的綜合應用，著重考查了邏輯推理能力和分析問題和解答問題的能力，屬于難題三、解答題18已知abc的內角a、b、c的對邊分別為a、b、c，且（1）求a；（2）若，求abc的面積s的最大值【答案】（1）a（2）【解析】（1）利用整下定理，三角函數的恒等變換，集合，求得，即可求解；（2）由余弦定理，基本不等式求得的最大值，進而根據三角形的面積公式，即可求解三角形的最大面積【詳解】（1）由題意，在中，由正弦定理得，又由，可得 所以，即cosasincsincsina，又因為sinc0，所以cosasina，可得tana，又由a（0，），a（2）由余弦定理可得c

22、osa，可得b2+c23bc，因為b2+c22bc，所以3bc2bc，可得bc3（2），所以三角形的面積sbcsin，當且僅當bc等號成立，所以abc的面積s的最大值【點睛】本題主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面積公式的應用，其中在解有關三角形的題目時，要有意識地考慮用哪個定理更合適，要抓住能夠利用某個定理的信息一般地，如果式子中含有角的余弦或邊的二次式時，要考慮用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或邊的一次式時，則考慮用正弦定理，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題19如圖，四邊形abcd為菱形，四邊形acfe為平行四邊形，設bd與ac相交于點g，abbdae2，eadeab（1）證明：

23、平面acfe平面abcd；（2）若直線ae與bc的夾角為60，求直線ef與平面bed所成角的余弦值【答案】（1）證明見解析（2）【解析】（1）先由已知條件求得，得到，再結合菱形的對角線垂直，可得平面，即可證得平面acfe平面abcd；（2）建立空間直角坐標系，求得各點的坐標，設的坐標，根據條件求出，再求得直線的方向向量和平面的法向量，利用向量的夾角公式，即可求解【詳解】（1）證明：連接eg，因為abbdae2，eadeab，可得eadeab，edebg為bd的中點，所以egbd，因為四邊形abcd為菱形，acbd，bd平面acef，因為bd平面abcd；平面acfe平面abcd；（2）因為ef

24、ag，直線ef與平面bed所成角即為ag與平面bed所成角；以g為原點建立如圖所示空間直角坐標系，如圖所示，設e（a，0，b）則（a，0，b），因為（，1，0），所以由條件可得：|2（a）2+b24且a+322cos602；解得，所以（，1，），因為（0，2，0）；所以可取平面bed的法向量（2，0，1），因為（2，0，0），設直線ef與平面bed所成角為，則sin，0；sos；既直線ef與平面bed所成角的余弦值為【點睛】本題考查了線面位置關系的判定與證明，以及空間角的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力，解答中熟記線面位置關系的判定定理和性質定理，通過嚴密推理是線面位置關系判

25、定的關鍵，同時對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.20已知等差數列an的前n項和為sn，且a2+2a4a9，s636（1）求an，sn；（2）若數列bn滿足b11，求證：（nn）【答案】（1）an2n1，snn2（2）證明見解析【解析】（1）設等差數列的公差為，運用等差數列的通項公式和求和公式，解方程可得首項和公差，再結合等差數列的通項公式和求和公式，即可求解；（2）討論，將換為，相減得到，再由數列的裂項相消求和及不等式的性質，即可求解【詳解】（1）設等差數列an的公差設為d，前n項和為sn，且a2+2a4a9，s636，可得a1+

26、d+2（a1+3d）a1+8d，即2a1d，又6a1+15d36，即2a1+5d12，解得a11，d2，則an1+2（n1）2n1，snn+n（n1）n2；（2）證明：數列bn滿足b11，n，當n1時，b1b21，可得b21，n2時，bnbn1n1，相減可得bn（bn+1bn1）1，即bn+1bn1，當n2時，b3b1+b4b2+b5b3+bn+1bn1b1b2+bn+bn+11+221；當n1時，121，不等式成立，綜上可得，（nn）【點睛】本題主要考查了等差數列的通項公式和前項和公式的應用，以及數列與不等式的證明，其中解答中注意數列的裂項相消法求和，以及不等式的性質的應用是解答的關鍵，著重

27、考查了方程思想以及運算能力，屬于中檔試題21如圖，p是拋物線e：y24x上的動點，f是拋物線e的焦點（1）求|pf|的最小值；（2）點b，c在y軸上，直線pb，pc與圓（x1）2+y21相切當|pf|4，6時，求|bc|的最小值【答案】（1）|pf|的最小值為1（2）【解析】（1）求得拋物線的焦點和準線方程，運用拋物線的定義和性質，即可求得|pf|的最小值；（2）設，分別求得的方程，運用直線和圓相切，得到為方程的兩根，再由韋達定理可得，進而可求得其最小值【詳解】（1）p是拋物線e：y24x上的動點，f是拋物線e的焦點（1，0），準線方程為x1，由拋物線的定義可得|pf|dxp+1，由，可得d的

28、最小值為1，|pf|的最小值為1；（2）設，則pb的方程為yx+m，pc的方程為yx+n，由直線pa與圓（x1）2+y21相切，可得1，整理得（x02）m2+2y0mx00，同理可得（x02）n2+2y0nx00，即有m，n為方程（x02）x2+2y0xx00的兩根，可得m+n，mn，則|mn|，由|pf|4，6，可得x0+14，6，即x03，5，令t|2x0|x02，t1，3，即有|mn|2在1，3遞減，可得t3即x05時，|bc|mn|取得最小值【點睛】本題主要考查了拋物線的定義、標準方程及性質，以及直線與拋物線的位置關系的應用，其中解答中注意韋達定理和二次函數的單調性的應用是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題22已知函數（1）當ar時，討論函數f（x）的單調性；（2）對任意的x（1，+）均有f（x