浙江省金华市浙师大附中2020届高三数学上学期“扬帆起航”试题（含解析）

浙江省金华市浙师大附中2020届高三数学上学期“扬帆起航”试题（含解析）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.已知全集，集合，，则（  ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】本题根据交集、补集的定义可得.容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查.【详解】，则【点睛】易于理解集补集的概念、交集概念有误.2.渐近线方程为的双曲线的离心率是（    ）A.  B.  C. 2 D. 2或【答案】D【解析】【分析】讨论焦点所在的坐标轴，根据渐近线方程求出和 ，再由 关系求离心率即可求解．【详解】  因为双曲线的渐近线方程为，即 当焦点在轴上时，设双曲线方程，由 所以 ， ．当焦点在轴，设双曲线方程，由解得 所以答案为D【点睛】本题考查由渐近线求双曲线的离心率，比较基础．3.若实数x，y满足约束条件，则的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】画出约束条件表示的可行域，求目标函数的范围转化为求直线的截距范围求解即可．【详解】约束条件 的可行域如下图（阴影部分）联立 可得 可得设，则 ，作出直线，平移可知在 取得最小值，在取得最大值，代入可得， 故答案为B【点睛】本题考查线性规划问题，属于基础题,同时体现数形结合在解题中的重要性．4.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】由三视图可知几何体为半个圆锥和一个三棱锥的组合体，∴=,故选A.5.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】由基本不等式得出与的关系，推出充分性；然后举特殊值验证必要性不成立，【详解】由题知，若，则， ，当且仅当时等号成立；若，取时，则．所以“”是“”充分不必要条件．所以答案为A    【点睛】本题考查常用逻辑用语中充分条件与必要条件，但需要用基本不等式推理两式之间的关系，所以此题有一定的综合性．6.在同一直角坐标系中，函数的图像可能是（ ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】通过分析幂函数和对数函数特征可得解.【详解】函数，与，答案A没有幂函数图像，答案B.中，中，不符合，答案C中，中，不符合，答案D中，中，符合，故选D.【点睛】本题主要考查了幂函数和对数函数的图像特征，属于基础题.7.已知随机变量满足P（=1）=pi，P（=0）=1—pi，i=1，2.若0<p1<p2<，则A. <，< B. <，>C. >，< D. >，>【答案】A【解析】∵，∴，∵，∴，故选A．【名师点睛】求离散型随机变量的分布列，首先要根据具体情况确定的取值情况，然后利用排列，组合与概率知识求出取各个值时的概率．对于服从某些特殊分布的随机变量，其分布列可以直接应用公式给出，其中超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数．由已知本题随机变量服从两点分布，由两点分布数学期望与方差的公式可得A正确．8.如图，二面角中，，射线，分别在平面，内，点A在平面内的射影恰好是点B，设二面角、与平面所成角、与平面所成角的大小分别为，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由题意画出图形，分别找出二面角及线面角，结合正切函数的单调性及平面的斜线与平面内所有直线所成角中的最小角是线面角进行大小比较．【详解】解：当PA⊥l，PB⊥l时，δ＝φ＝θ；当PA，PB与l均不垂直时，如图： 由已知AB⊥β，可得AB⊥l，过A作AO⊥l，连接OB，则OB⊥l，可得∠AOB为δ，∠APB＝φ，在平面AOB内，过B作BI⊥AO，则BI⊥α，连接PI，则∠BPI＝θ，在Rt△ABO与Rt△ABP中，可得tanδ，tanφ，由AB＝AB，PB＞OB，可得tanδ＞tanφ，则δ＞φ；PB为平面α的一条斜线，PB与α内所有直线所成角的最小角为θ，即φ＞θ．∴δ＞φ＞θ．综上，δ≥φ≥θ．故选A．【点睛】本题考查线面角，面面角及其求法，明确平面的斜线与平面内所有直线所成角中的最小角是线面角是关键，是中档题．9.已知函数，若，其中，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】首先由对数函数性质求出的范围在，再用基本不等式求解即可．【详解】根据题意不防设，则由，得，即，所以．因为，所以．所以答案为C【点睛】本题考查对数函数的图像与性质、基本不等式，综合性比较强．10.已知数列满足：，．则下列说法正确的是A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】构造函数，利用导数判断函数的单调性，再用数学归纳法证明，同时用作差法以及对数的运算法则证出数列是递增数列，有排除法可得出选项．【详解】设 ,则所以在上是单调递增函数所以，用数学归纳法证明，当时，因为，所以 假设时， 成立，当时，由在上为增函数，所以，即成立，当时，成立．又，所以 ,排除法只有B选项符合．所以答案为B【点睛】本题考查函数的单调性在数列中的应用以及数学归纳法，综合性比较强．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.复数为虚数单位），则z的虚部为________；________．【答案】    (1).     (2). 【解析】分析】由复数的运算把分母化为实数即可求出虚部；再由即可求出模．【详解】 所以虚部为， ，所以所以答案分别为，【点睛】本题考查复数的基本运算，比较基础．12.直线与圆相交于A，B两点，弦长的最小值为________，若的面积为，则m的值为_________．【答案】    (1). 2    (2). 【解析】【分析】（1）求弦的最小值，先确定直线过定点，然后由垂径定理即可找到最小值．（2）利用三角形的面积公式求出，再有直线的位置确定直线的斜率．【详解】直线恒过圆内的定点，，圆心C到直线的距离,所以，即弦长的最小值为2；由,即或．若，则圆心到弦AB的距离 ，故不符合题意；当时，圆心到直线的距离为,设弦AB的中点为N，又，故，即直线的倾斜角为，则m的值为 .故答案为2，【点睛】本题考查直线、圆的方程、直线与圆的位置关系，属于中档题．13.在二项式的展开式中，常数项是__________，系数为有理数的项的个数是________．【答案】    (1). 280    (2). 5【解析】【分析】根据二项式展开式的通项即可求解．【详解】展开式的通项，若为常数项则即，,即常数项为280；由通项可知系数为有理项即为有理数，即k可取，共有5项所以答案分别为280,5【点睛】本题考查二项式的展开式，比较基础．14.在锐角中，内角所对的边分别是，，，则__________．的取值范围是__________．【答案】    (1).     (2). 【解析】【分析】由正弦定理可得的值.由正弦定理可以把表示为角的函数，由锐角三角形得出角的取值范围，进而可得的取值范围.【详解】由正弦定理，可得，则.由，可得， ，所以.由是锐角三角形，可得，，则，所以，.所以.【点睛】本题考查正弦定理，综合运用三角恒等变换知识是解题关键.15.已知，若对任意的，都有恒成立，则实数的取值范围是___________．【答案】【解析】【分析】由分式不等式分母大于零，可把分母乘到不等式的另一侧，转化为一元二次不等式恒成立，结合二次函数图像只要即可求解．    【详解】因为，所以可得，又因为，所以，即恒成立，所以即，所以a的取值范围为 ．所以答案为【点睛】本题考查分式不等式恒成立问题，常用方法为转化一元二次不等式或者分离参数，但是本题取值不定，不适合用分离参数．16.已知双曲线的右焦点为，是坐标原点，若存在直线 过点交双曲线C的右支于两点，使得，则双曲线的离心率e的取值范围是___________．【答案】【解析】【分析】根据直线与双曲线的位置关系设出直线方程，联系直线与双曲线整理出关于的方程，再利用数量积求解即可。【详解】设，，直线的方程，由整理得 ，由直线交双曲线C的右支于两点，可得，且 ，两式解得。因为整理可得，因为，所以 即 整理可得，由  得 ，解得，所以双曲线的离心率的取值范围是【点睛】本题考查直线、双曲线的位置关系，由双曲线的性质求离心率，难度较大。17.如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点.若，则的值是_____.【答案】.【解析】分析】由题意将原问题转化为基底的数量积，然后利用几何性质可得比值.【详解】如图，过点D作DF//CE，交AB于点F，由BE=2EA，D为BC中点，知BF=FE=EA,AO=OD.，得即故.【点睛】本题考查在三角形中平面向量的数量积运算，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养.采取几何法，利用数形结合和方程思想解题.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.已知函数．（1）求函数的单调增区间；    （2）求函数在区间上的最大值和最小值．【答案】（1） （2）最大值为，最小值为  【解析】【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式，将函数的解析式化为正弦型函数，进而根据正弦型函数的图像和性质，可得单调增区间．（2）由即可求解．【详解】（1）由可得，所以即所以 所以的单调增区间为（2）因为，所以即，所以 所以最大值为，最小值为．故答案（1）（2）最大值为，最小值为    【点睛】本题考查的知识点是二倍角公式以及辅助角公式、正弦型函数的图像和性质、难度不大，属于基础题．19.如图，在三棱锥中，是棱的中点，，且,（Ⅰ）求证：直线平面；（Ⅱ）求二面角的正弦值.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】【分析】(Ⅰ)先证明与平面内的两条相交直线都垂直. (Ⅱ)过点作于点，证是所求二面角，在三角形中求之即可.【详解】（Ⅰ）连接，因为，所以.由已知得，，所以，所以，又，所以平面（Ⅱ）过点作，垂足是，因为是棱的中点，，所以点是的中点. 连接，所以.所以就是二面角的平面角.由（Ⅰ）知平面，所以.因为，，所以所以,即二面角的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的证明和二面角的求解，利用线面垂直的判定定理证明线面垂直，求二面角的一般方法是作-证-求或空间向量.20.已知等差数列满足，，的前n项和为．（1）求及；（2）记，求证：．【答案】（1）， （2）见详解 【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式和前项和公式可求解．（2）由（1）的结论，利用裂项求和即可得出，再利用单调性即可证明结论．【详解】（1）设等差数列的公差为d，， 解得 ， （2）由（1）可知：所以 ，  【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式、“裂项求和”方法、函数的单调性是解题的关键．21.对于椭圆，有如下性质：若点是椭圆外一点，，是椭圆的两条切线，则切点所在直线的方程是，利用此结论解答下列问题：已知椭圆和点 ，过点作椭圆的两条切线，切点是，记点到直线（是坐标原点）的距离是，（Ⅰ）当时，求线段的长；（Ⅱ）求的最大值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）由已知结论求出直线的方程，进而可得线段的长.（Ⅱ）把表示为关于的函数，进而可求其最大值.【详解】（Ⅰ）因为点，直线的方程式：，即，当时，直线的方程是，此时.（Ⅱ）由（Ⅰ）知直线的方程是，直线的方程是.设，，则.又由点在直线的两侧可得与异号，所以.又，所以.设，则，所以，当，即时，有最大值为【点睛】本题考查椭圆与直线的位置关系，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理是解题的关键.22.已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）若方程有两个不相等的实数根，，求证：．【答案】（1）当时，单调增区间为，无减区间当时，单调增区间为，单调减区间为 （2）见详解  【解析】【分析】（1）    对函数求导，，讨论与时导函数的正负，来确定函数单调区间．（2）    将代入方程，两式相减得，构造证明在定义域内恒成立即可．【详解】（1） 当时，，函数在区间内单调递增，所以函数的单调递增区间为，无单调递减区间；当，由，得，由，得，所以函数的单调递增区间为，单调减区间为．（2）因为 是方程的两个不相等的实数根，故由（1）得，不妨设，则和 两式相减可得，因为，所以，即，要证，只需证，因为，所以，故只需证明即证明 ，设 ，即证明 令 ，则，因为，所以，所以在为增函数，所以，即．【点睛】本题主要考查导数在研究函数中的应用，综合性较强，难度大．