2020年浙江温州高三三模数学试卷

A.B.C.D.9.设A.B.C.D.，若对恒成立，则的最大值为（ ）．10.如图，二面角 ，满足边界），则点与平面的平面角的大小为所成的角为，，是上的两个定点，且，且点在平面上的射影在．，的内部（包括的轨迹的长度等于（ ）．A.B.C.3

D.二、填空题（本大题共7小题，共36分）11.若实数，满足，则 ， ．12.二项式的展开式中，所有二项式系数的和是 ，含的项的系数是 ．13.已知实数，满足约束条件范围为 ，当时，，若可行域表示的平面区域为三角形，则实数的取值的最大值为 ．14.已知函数 ，的最大值是 ．是偶函数，且在上是减函数，则15.有个相同的小球，现全部分给甲、乙、丙人，若甲至少得球，乙至少得球，丙至少得球，则他们所得的球数的不同情况有 种．16.已知椭圆，的点，点满足与轴交于点，，，直线，则交椭圆于，两点，是椭圆上异于 ．17.已知向量，，且满足，，若存在不同的实数，则，，使得的取值范围是 ．三、解答题（本大题共5小题，共74分）18.已知的内角，，的对边分别为，，，且．（1）求角的大小．（2）设是边上一点，，，求．19.如图，正四面体．点是的中点．的边长等于，点，位于平面的两侧，且4

（1）求证：（2）求与平面平面．所成的角的正弦值．20.已知数列（1）求数列（2）求数列的前项和为和的前，数列为等差数列，满足，．的通项公式．项和．21.如图，过点．直线作两条直线分别交抛物线交直线于点．于点，，，（1）求证：（2）试问点，，．是否共线？说明理由．22.已知函数（1）求的取值范围．（2）求的最大值．恰有一个零点，且．【答案】1.C解析:5

由题可知：则解得：∴故故选．2.B解析:由题可知：或或，，．，．，∵实部与虚部互为相反数，∴∴，，∴故选．3.C解析:由题意得：，，故，又由于双曲线的交点在轴上，，故其渐近线方程为：∴4.A解析:∵：∴，，，∴选．直线与圆相切，圆心即：所以“∴选．5.C解析:，化简得到直线的距离等于半径，，解得：或，”是“直线与圆相切”的充分不必要条件．6

俯视图由图可知，此几何体为一个圆台挖去一个长方体．则长方体，故减去的体积为，排除、．则圆台，∴几何体体积为故选．6.D解析:取∴又∵∴代入①式得：∴又∵∴选．7.B解析:对，选项，因为由，证明结果对原命题为必要不充分条件，故排除；对于选项：∵即只要证，，，，，故，，，，，，，，①，7当当时，假命题成立，则时，则有，，∴对于选项：令当时，，∴排除．成立，所以原式成立；，故选．8.D解析:由对于，当则时，为递增，与图不符，时，，，与对于，则设则即当对于，则故选．9.C解析:三角换元，设，（），时，时，，，，为单调递减，，不符，时，，不符，为单调递减，，且为单调递增，且可得：为单调递增，，，对于，则则8所以，所以∵∴所以故选．10.A解析:如图，，，，，．因为又即和平面，故在以所成角为为直径的球上，，，故又在一个圆锥侧面上，的轨迹即为他们的交线，是以为圆心，为半径的圆，如图，所以，又因为在两个平面之间，在的内部，的圆弧，长度为．的轨迹是圆心角为故选．11. ; 解析:∵∵，∴，，9∴∴，，．故答案为：；．12.解析:所有二项式系数和为：，，令∴∴∴答案：13.解析:∵恒过点，， ; ；，，．， ; 由画图可知：临界状态∴∵∴，，，由图可知过点时，有最大值，则∴∴故答案为：，．；．，10

14. ; 解析:由可知函数可化为，，，故而∵∵，而函数故解得：，故，；．从开始的单调递减区间为，，恒成立，不恒为，故可得：，在区间的相位：，是偶函数，综上所述，本题答案分别为15.解析:隔板法，先给乙球，丙球，则问题变为剩余个球分给甲、乙、丙人，每人至少个球，相当于在个球产生的个空隙中插入个隔板分成堆，故共有16.解析:方法一：设由椭圆第三定义：由垂直，有：，在在，上，上，，，，，，，种不同情况，故答案为．则由第三定义可知∴∴、为焦点，．11方法二：∴，，，，，，，，，，，则，∴特殊值法．令∴，，，，∵∴，．，∴17.解析:方法一：由题可设则∵∴，在，的角平分线上，，，，，， ，，．又因为所以12所以，，，在以为，圆心，为直径的圆上，（向量同向成立，反向不成立），，，，建立如图平面直角坐标系，yx所以同因所以，不重合，∴故填：∴方法二：，．，，，，∴，，，∴，∴18.（1）（2）解析:．．．13（1）由题意及正弦定理，得：即又所以所以（2）方法一：在中：由正弦定理，得：，在中，由正弦定理，得：，，，．，，且，，，以上上式相除，得在解得：方法二：由∴在∴，中，由余弦定理得：．，即，中，由余弦定理，得：．，19.（1）证明见解析．（2）解析:（1）方法一：取的中点，连接，，，．显然四边形∵正四面体为平面四边形，记的边长等于，，14所以，又所以又∵所以所以所以方法二：分别以，，，而与，，，，相似，，平面，故平面．为，，轴建立空间直角坐标系，则有：设点因为所以，，（其中，，，，，），，，解得：所以又因为平面所以所以方法三：连接，设平面，，的法向量为，．，平面，15则则所以连接连接所以则有所以所以平面，且点是，所以，则有的中点，，，即，，延长交因为平面．．平面于点，，，则点为，的中点，．（2）方法一：取中点，连接，因为正四面体，所以，，平面所成角为，，与所成角为，又由（）可知，设则则所以与平面，设为一组基底，，，，，16所以易得：所以，，，，即与平面所成角的正弦值为．方法二：设点，到平面由（）可知又因为设与平面，所成的角为，则．的距离分别为，，，，方法三：因为点是则所以中点，，，所以．20.（1）（2）解析:（1）方法一：设为奇数或为偶数；．．的公差为，时，，即，，时，，，即，，由则当又∵17∴∴当∴∴，，时，，为奇数，为偶数，．方法二：设当当当当时，有时，有时，有时，有，，，，得，得，得，得①，②，③，④，由①②③④解得所以由所以当为偶数时，可得当为奇数时，可得，知时，，，，；，由此可得，当为奇数时，当为偶数时，综上可得：（2），为奇数或为偶数；．．21.（1）证明见解析．（2）共线，证明见解析．解析:（1）设直线，与抛物线，18联立得：所以，，，两式消去，得（2）由（）同理得设直线因为点，在抛物线，，与直线；，与直线共线，即证明，，．所以直线可以简化为联立求出交点设直线同理可以求得直线若要证明，，的横坐标，的交点的横坐标，接下来证明；，；同理所以，，，所以所以，，22.（1）（2）解析:（1）由题意可知当由于时，．，共线．．，在上单调递增，，，所以当故要使在区间时，在必有一个零点，符合题意；上递增，上递减，上递增，恰有一个负零点，19由于即令解得所以，，，故只需满足，，故，，综上可得的取值范围为（2）由（）得的取值范围为故存在令即，，使得方程．，成立，，即等价于，，在上有零点，当当故可得综上可得，时，故当时，，的最大值为．时，显然存在零点，成立；，故只需，20