浙江省湖州衢州丽水三地市2020届高三上学期期中考试数学试题 24页

湖州、衢州、丽水三地市教学质检测试卷 高三数学 注意事项:‎ ‎1.本科考试分试题卷和答题卷，考生须在答题卷上作答.‎ ‎2.本试卷分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共4页，全卷满分150分，考试时间120分钟.‎ 第I卷(选择题，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，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据交集的概念和运算，求得两个集合的交集.‎ ‎【详解】集合的交集是由两个集合的公共元素组合而成，故.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查集合交集的概念和运算，属于基础题.‎ ‎2.已知复数(为虚数单位)，则复数的虛部是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先用复数除法运算化简，由此求得的虚部.‎ ‎【详解】依题意，故虚部为.‎ 故选：B ‎3.已知实数满足则的最小值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出可行域，计算原点到直线的距离，进而求得的最小值.‎ ‎【详解】画出可行域如下图所示， 表示原点到可行域内的点的距离的平方，由图可知，原点到可行域内的点的距离是原点到直线的距离，其平方为.故的最小值为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查线性可行域的画法，考查点到直线的距离公式，考查非线性目标函数的最值的求法，属于基础题.‎ ‎4.若，则“”是“”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 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别画出不等式和表示的区域，根据区域的包含关系判断出充分、必要条件.‎ ‎【详解】设其表示的区域是，画出图像如下图所示，而表示的区域是单位圆圆上和圆内部分，由图可知，是的真子集，故“”是“”的充分不必要条件.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查不等式表示区域的画法，考查充分、必要条件的判断，属于基础题.‎ ‎5.函数的图象大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用特殊值对选项进行排除，由此得出正确选项.‎ ‎【详解】由于，只有A选项符合.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查函数图像的识别，属于基础题.‎ ‎6.已知随机变量的分布列如下:‎ 若成等差数列，则下列结论一定成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 成等差数列，即，结合，计算出，由此判断出正确结论.‎ ‎【详解】由于成等差数列，故①，另根据分布列的知识可知②.由①②得.‎ 所以，‎ ‎，‎ 由于正负无法确定，故大小无法比较.‎ ‎，‎ ‎，‎ 故.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本小题主要考查根据随机变量分布列计算数学期望和方差，考查等差中项的性质，考查运算求解能力，属于中档题.‎ ‎7.已知，作直线，使得点到直线的距离均为，且这样的直线 恰有条，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别以为圆心，半径为作圆，当两个圆外离时，可以作两个圆的四条公切线，根据圆心距和的大小关系，求得的取值范围.‎ ‎【详解】分别以为圆心，半径为作圆，当两个圆外离时，可以作两个圆四条公切线，也即到四条切线的距离都等于，符合题目的要求.圆心距，由于两个圆外离，故，即.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查两个圆的位置关系，考查两圆外离时公切线的条数，考查化归与转化的数学思想方法，考查两点间的距离公式，属于基础题.‎ ‎8.若函数恰有两个零点，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，然后进行分离常数，利用数形结合的数学思想方法画出图像，结合图像求得的取值范围.‎ ‎【详解】，故不是的零点.‎ 当时，令得.‎ 令，，设，则，所以在上递增，而，所以当时，，即；当时，，即.即在上递减，在上递增，所以当时，.‎ 结合二次函数的图像与性质，画出的图像如下图所示，由图可知，当或时，与的图像有两个交点，也即恰有两个零点.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查根据零点个数求参数的取值范围，考查利用导数研究函数的单调性、和最值，考查数形结合的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.‎ ‎9.如图，矩形中心为，现将沿着对角线翻折成，记，二面角的平面角为，直线和所成角为，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出二面角的平面角,根据最小角定理，判断出正确选项.‎ ‎【详解】如图，过作的垂线，交于，交于，则，且为与平面的线面角，由最小角定理，又，所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查面面角、线面角、线线角的概念和运用，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.‎ ‎10.设数列满足， 若对一切，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意列不等式，结合函数的单调性求得的取值范围.‎ ‎【详解】设函数，则.依题意有，注意到在区间上为增函数，故当时，有最大值，即，解得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查用函数观点理解数列的递推关系，考查函数的单调性和最值，考查恒成立问题的求解，属于中档题.‎ 第II卷（非选择题部分，共110分)‎ 注意事项:‎ 用钢笔或签字笔将试题卷中的题目做在答题卷上，做在试题卷上无效.‎ 二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)‎ ‎11.双曲线的焦距为__________，离心率为__________‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的几何性质，求得焦距和离心率.‎ ‎【详解】依题意，所以焦距，离心率.‎ 故答案：（1）；（2）.‎ ‎【点睛】本小题主要考查双曲线的几何性质，属于基础题.‎ ‎12.已知二项式的展开式中，第二项的系数是，则_______，含的奇次项的二项式系数和的值是__________‎ ‎【答案】 (1). 7 (2). 64‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项式展开式的通项公式列方程，解方程求得的值.利用二项式系数公式，结合组合数的计算公式，计算出奇次项的二项式系数和.‎ ‎【详解】依题意二项式的展开式中，第二项的系数是，即，解得.含的奇次项的二项式系数和为.‎ 故答案为：（1）；（2）.‎ ‎【点睛】本小题主要考查根据二项式展开式项的系数求的值，考查求二项式展开式中指定项的二项式系数和，属于基础题.‎ ‎13.某几何体的三视图如图所示(单位: )，则该几何体的体积为__________， 最长的棱长为__________.‎ ‎【答案】 (1). 16 (2). 6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出三视图对应的原图，根据锥体体积公式，求得几何体的体积，并计算出最长的棱长.‎ ‎【详解】由三视图可知，该几何体为四棱锥，画出原图如下图所示几何体.由三视图可知，四边形是直角梯形，且平面，，所以.，为三个直角三角形 的公共直角边，所以，故最长的棱为.‎ 故答案为：（1）；（2）.‎ ‎【点睛】本小题主要考查根据三视图求原图的体积和最长的棱长，考查空间想象能力，属于基础题.‎ ‎14.在锐角中，是线段的中点，若，则角__________，__________‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理求得，进而求得的大小，利用余弦定理求得.‎ ‎【详解】在三角形中，由正弦定理得，解得，由于三角形为锐角三角形，故.而，在三角形中，由余弦定理得.‎ 故答案为：（1）；（2）.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用正弦定理、余弦定理解三角形，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎15.已知是椭圆的左右焦点，是直线上一点，若的最小值是，则实数__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据椭圆的定义判断直线和椭圆相切，联立直线的方程和椭圆的方程，利用判别式列方程，解方程求得的值.‎ ‎【详解】依题意椭圆，则，，又因为，是直线上一点，若的最小值是，则此直线与椭圆相切.由消去并化简得，判别式，解得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本小题主要考查椭圆的定义，考查直线和椭圆的位置关系，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.‎ ‎16.已知平面向量满足， 则的取值范围为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面向量减法的模的几何意义画出图像，判断出的轨迹，由此求得的取值范围.‎ ‎【详解】设，依题意，设是线段的中点，则，即 ‎，所以，故，即，由于，所以在以为圆心，半径为的圆上，所以，即.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本小题主要考查向量减法的模的几何意义，考查向量数量积运算，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.‎ ‎17.已知函数，若时，，则的最大值是_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将转化为，画出的图像，结合图像求得的最大值.‎ ‎【详解】由得，，即.即当时，的图像夹在与之间.双变量问题先固定一个变量值或者范围，在中移动的图像，可知可取，变化，移动的图像，由图可知，所以，即的最大值为.移动的图像，有无数种情况，但是最大值始终为 ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本小题主要考查绝对值不等式，考查数形结合的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，考查分析思考与解决问题的能力，属于中档题.‎ 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.已知平面向量，函数.‎ ‎(1)求函数图象对称轴；‎ ‎(2)当时，求的值域.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求得的坐标，然后根据向量模的做包运算，求得 的表达式并进行化简，再根据正弦型函数的对称轴的求法，求得函数的对称轴.‎ ‎（2）根据（1）中所求的解析式，结合三角函数值域的求法，求得的值域.‎ ‎【详解】(1)‎ ‎，‎ 由解得:，‎ 所以函数图象的对称轴是直线 ‎(2) 当时，‎ 所以 所以.‎ 所以的值城是 ‎【点睛】本小题主要考查平面向量坐标的线性运算，考查平面向量模的坐标运算，考查三角恒等变换，考查正弦型函数的对称轴、值域的求法，属于基础题.‎ ‎19.如图，已知三棱台，平面平面，，，，分别是的中点.‎ ‎(1)证明：‎ ‎(2)求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】(1) 证明见解析 (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点，中点，分别以为轴建立空间直角坐标系.‎ ‎（1）通过计算证得.‎ ‎（2）通过直线的方向向量和平面的法向量，求得线面角的正弦值.‎ ‎【详解】取的中点，取的中点，取的中点，取的中点.根据中位线的性质可知，而，故四边形为矩形.根据等腰三角形的性质以及面面垂直的性质定理可知，平面.分别以为轴建立空间直角坐标系，则有，‎ ‎(1)因为 所以，故有 ‎(2)因为，‎ 设平面的法向量为，‎ 则由，解得，，‎ 故有 所以直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【点睛】本小题主要考查空间向量法证明线面垂直以及求线面角的正弦值，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎20.已知数列满足.‎ ‎(1)求，并猜想的通项公式(不需证明)；‎ ‎(2)求证:.‎ ‎【答案】(1) ;猜想;(2)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据递推关系式求得，由此猜想出的通项公式.‎ ‎（2）利用放缩法得到，由此求和证得不等式成立.也可用数学归纳法，证得不等式成立.‎ ‎【详解】解:(1)‎ 猜想 ‎(2)‎ 所以 ‎(2)方法二用数学归纳法证明:‎ ‎(1)当时，左边，右边，‎ 左边右边，不等式成立；‎ ‎(2)假设时，不等式成立，即，‎ 那么当时，只要证明成立，‎ 只要证明 即证 只要证明 即证，即证 只要证明，显然成立，‎ 所以时不等式也成立.‎ 综合(1)(2)可得对一切的不等式均成立.‎ ‎【点睛】本小题主要考查根据数列的递推关系式猜想数列的通项公式，考查利用放缩法证明不等式，考查数学归纳法的运用，属于中档题.‎ ‎21.如图，是抛物线的焦点，是抛物线上三点(在第一象限)，直线交轴于点(在的右边)，四边形是平行四边形，记，的面积分别为.‎ ‎(1)若，求点的坐标(用含有的代数式表示)；‎ ‎(2)若，求直线的斜率(为坐标原点).‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据抛物线的定义，结合抛物线方程，求得点的坐标.‎ ‎（2）设，根据平行四边形的对称性求得两点的坐标，设出点坐标，利用得到，由列方程，解方程求得的坐标，由此求得直线的斜率.‎ ‎【详解】(1)设，则，所以，‎ 所以 所以 ‎(2)设，因为是平行四边形，所以对角线互相平分，‎ 所以两点的纵坐标互为相反数，所以，‎ 设，因为，所以 所以 因为，所以，‎ 所以 又，‎ 解得， ‎ 所以 ‎【点睛】本小题主要考查抛物线的定义，考查直线和抛物线的位置关系，考查三角形面积公式，考查平行四边形的性质，考查斜率公式，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.‎ ‎22.已知函数有两个极值点，且.‎ ‎(1)若，求曲线在点处切线方程；‎ ‎(2)记，求的取值范围，使得.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得切点坐标和斜率，由此求得切线方程.‎ ‎（2）令，利用根与系数关系得到的关系式，利用换元法化简的表达式，利用导数，结合单调性以及的取值范围，求得的取值范围.‎ ‎【详解】(1)时，‎ 所以，点处的切线方程是；‎ ‎(2)‎ 由己知得，，，且，，‎ 令，得，且.‎ 因为，‎ 所以，‎ 令 则 所以在上单调递增，‎ 因为，所以，‎ 又因为在上单调递增，所以.‎ ‎【点睛】本小题主要考查求曲线上某点的切线方程，考查利用导数研究函数的单调性以及取值范围，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.‎ ‎ ‎