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浙江省台州市2020届高三数学上学期期末考试试题

浙江省台州市2020届高三数学上学期期末考试试题

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浙江省台州市2020届高三数学上学期期末考试试题（含解析）
1.已知集合，，若全集，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先求出，再结合补集的运算，即可求解．
详解】由题意，集合，，则全集，
所以．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中熟记集合的交集、并集和补集的概念与运算是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题．
2.已知，，则（ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】
根据指数式与对数的互化，求得，再利用对数的运算性质，即可求解．
【详解】由题意，因为，，所以，
所以．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了指数式与对数式的关系，以及对数的运算性质的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
3.已知实数x，y满足，则的最大值为（ ）
A. 4 B. 3 C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】
作出不等式组对应的平面区域，利用的几何意义，结合图象确定目标函数的最优解，代入即可求解．
【详解】由题意，作出不等式组对应的平面区域，如图所示，
目标函数，可化为，
平移直线，由图象可知当直线过点时，此时直线的截距最大，目标函数取得最大值，
又由，解得，
所以目标函数的最大值为．
故选：B．

【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力．
4.二项式的展开式中的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
求得二项展开式的通项，令，即可求解．
【详解】由二项式的展开式的通项为，
令，可得，所以展开式中的系数为．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，其中解答中熟记二项式展开式的通项，准确计算是解答的关键，着重考查了计算能力．
5.函数的图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据函数的奇偶性和特殊点的函数值的符号，结合选项，即可求解．
【详解】由题意，函数的定义域为，
且，
所以函数为奇函数，图象关于原点对称，排除A、C；
当时，，排除B．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了函数图象的识别，其中解答中熟练应用函数的基本性质和特殊点的函数值求解是解答的关键，着重考查了推理与识别能力．
6.已知点F为椭圆C：的右焦点，点P为椭圆C与圆的一个交点，则（ ）
A. 2 B. 4 C. 6 D.
【答案】A
【解析】
【分析】
求出椭圆的焦点坐标，圆的圆心和半径，利用椭圆的定义进行转化，即可求解．
【详解】由题意，点F为椭圆C：的右焦点，则，左焦点为，
圆的圆心坐标为，半径为4，
可得圆的圆心恰好为椭圆的左焦点，
又由P为椭圆C与圆的一个交点，
根据椭圆的定义可得，
所以．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了椭圆的定义、标准方程及其简单的几何性质的应用，着重考查了转化思想，以及计算能力，属于基础题．
7.已知a，，“”是“”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
【答案】C
【解析】
【分析】
由绝对值不等式的基本性质，集合充分必要条件的判定方法，即可求解．
【详解】由题意，a，，，
可得且，所以充分性是成立的；
反之，可得，即，所以必要性是成立的，
综上可得：a，，是成立的充要条件．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的基本性质，以及充分条件、必要条件的判定方法，其中解答中熟练应用绝对值不等式的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．
8.如图，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱底面，且则异面直线，所成角的大小为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意，得到，再结合向量的数量积的运算，求得，得到，即可求解．
【详解】由题意，在中，的底面是边长为2的正三角形，侧棱底面，
且,
所以
，
所以，所以异面直线，所成角的大小为．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了利用向量求解异面直线所成的角的方法，以及向量的线性运算和向量的数量积的运算等知识的综合应用，着重考查了推理与运算能力．
9.已知双曲线C的离心率，过焦点F作双曲线C的一条渐近线的垂线，垂足为M，直线交另一条渐近线于N，则（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
画出图象，利用已知条件、双曲线的几何性质和点到直线的距离公式，即可求解．
【详解】由题意，双曲线C的离心率，即，可得，
所以，所以双曲线的渐近线方程为，
如图所示，可得，则，
所以，
所以．
故选：B．

【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及其简单的几何性质的应用，着重考查了转化思想，数形结合思想，以及推理与计算能力．
10.已知数列满足：，且（），下列说法正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由，化简得到，A中，由，得到，求得，即可判定；B中，由，化简求得，即可判定；C、D中，利用函数图象与性质，即可判定。
【详解】由题意，因为，
所以，所以，
又由，可得，所以，
对于A中，若，则，则，
所以，所以，所以不正确；
对于B中，若，可得，则，
所以不正确；
对于C中，可考虑函数，如图所示，
当单调递减，且越来越小，
所以，即，所以C项是错误的．

对于D中，设，则，
由上图可知，即，
等价于，即，
即，
而显然成立，所以D项是正确的．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了数列的递推关系式的综合应用，同时考查了函数与数列的综合应用，着重考查了逻辑推理和运算能力，计算较大，思维要求高，属于难题．
11.已知复数z满足z=（4–i）i，其中i为虚数单位，则z的实部为__________，|z|=__________.
【答案】 (1). 1 (2).
【解析】
【分析】
先化简复数z，再结合实部概念和复数模长公式求解即可
【详解】∵z=（4–i）i=1+4i，∴z的实部为1；|z|=.
故答案为：1；.
【点睛】本题考查对复数实部的理解，复数模长的计算，属于基础题
12.已知定义在上的奇函数，当时满足：则______；方程的解的个数为______.
【答案】 (1). 1 (2). 5
【解析】
【分析】
根据函数的解析式可直接求解的值，再利用函数的图象，结合图象，即可求得方程的解的个数，得到答案．
【详解】由题意，当时满足：，
可得；
又由方程的解的个数即为函数与的图象的交点个数，
在同一坐标系中作出函数与的图象，如图所示，
由图象可知，函数与的图象共有5个交点，
即方程与的解得个数为5.
故答案为：1， 5.

【点睛】本题主要考查了分段函数及函数值的求解、函数的零点与方程根的关系的综合应用，着重考查了数形结合思想，以及计算能力．
13.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为______.

【答案】
【解析】
【分析】
根据几何体的三视图，得到该几何体是底面边长为2的正三角形，高为2的的一个正三棱柱截去一个底面为边长为2的正三角形，高为2的三棱锥得到的一个几何体，利用柱体和椎体的体积公式，即可求求解．
【详解】由题意，根据几何体的三视图可得，该几何体是底面边长为2的正三角形，高为2的的一个正三棱柱截去一个底面为边长为2的正三角形，高为2的三棱锥得到的一个几何体，
其中正三棱柱的体积为，
三棱锥的体积为，
所以该几何体的体积为．
故答案为：．

【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解．
14.在我国东汉的数学专著《九章算术》中记载了计算两个最大公约数的一种方法，叫做“更相减损法”，它类似于古希腊数学家欧几里得提出的“辗转相除法”.比如求273，1313的最大公约数：可先用1313除以273，余数为221（商4）；再用273除以221，余数为52；再用221除以52，余数为13；这时发现13就是52的约数，所以273，1313的最大公约数就是13.运用这种方法，可求得5665，2163的最大公约数为______.
【答案】103
【解析】
【分析】
根据题意，利用辗转相除法，即可求解，得到答案．
【详解】由题意，可得，
，
所以5665，2163的最大公约数为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了利用辗转相除法求解两个数的最大公约数，其中解答中正确理解题意，利用辗转相除法，逐步计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力．
15.如图，点为锐角的终边与单位圆的交点，逆时针旋转得，逆时针旋转得，……，逆时针旋转得，则______，点的横坐标为______.

【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
利用三角函数的定义，求得的值，在利用二倍角公式求得的值，最后利用诱导公式和两角和的余弦公式，即可求解点的横坐标，得到答案．
【详解】由题意，点为锐角的终边与单位圆的交点，逆时针旋转得，逆时针旋转得，……，逆时针旋转得，
根据三角函数的定义，可得，
故，
点的横坐标为
．
故答案为：， ．
【点睛】本题主要考查了任意角的三角函数的定义，二倍角公式、诱导公式，以及两角和的余弦函数公式的综合应用，着重考查了推理与运算能力．
16.有2名老师和3名同学，将他们随机地排成一行，用表示两名老师之间的学生人数，则对应的排法有______种； ______；
【答案】 (1). 36 (2). ；1.
【解析】
【分析】
的可能取值为0，1，2，3，对应的排法有：.分别求出，，，，由此能求出.
【详解】解：有2名老师和3名同学，将他们随机地排成一行，用表示两名老师之间的学生人数，
则的可能取值为0，1，2，3，
对应的排法有：.
∴对应排法有36种；
，
，
，
，
∴
故答案为：36；1.
【点睛】本题考查了排列、组合的应用，离散型随机变量的分布列以及数学期望，属于中档题.
17.如图，已知正方形，点E，F分别为线段，上的动点，且，设（x，），则的最大值为______.

【答案】
【解析】
【分析】
设边长为1，，建立直角坐标系，求得的坐标，根据题设用表示出，再利用函数的性质，即可求解．
【详解】建立如图所示的直角坐标系，并设边长为1，，
则，可得，
由，
可得，解得其中，
所以，
令，则，
当且仅当时，即时取等号，
所以的最大值为．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了平面向量的基本定理，向量的坐标运算，以及利用基本不等式求最值的应用，其中解答中将平面向量问题坐标化，通过数形结合求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力．
18.如图，在四边形中，已知，，，，.

（1）求的值；
（2）求的长度.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）在中，利用余弦定理求得的长，再由正弦定理，即可求解的值；
（2）由为锐角，得到，在中，利用余弦定理，即可求得的长度．
【详解】（1）在中，因为，，，，
由余弦定理，可得，
所以，
又由正弦定理可得，所以．
（2）由（1），因为锐角，可得，
中，根据余弦定理，
可得，
所以.
【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键．通常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.
19.如图，七面体的底面是凸四边形，其中，，，垂直相交于点O，，棱，均垂直于底面.

（1）证明：直线与平面不平行；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）假设平面，得到平面，得出平面平面，再根据面面平行的性质定理得到，进而与矛盾，即可得到结论；
（2）以O为坐标原点，建系空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解．
【详解】（1）假设平面，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，，所以平面平面，
根据面面平行的性质定理可得，所以，
因为，，所以，这与矛盾，
所以不平行平面.
（2）以O为坐标原点，建系如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量，
由，可得，则，取，，
所以平面的一个法向量，
直线与平面所成的角的正弦值为.
【点睛】
本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
20.设数列的前n项和为，对于任意正整数n，.递增的等比数列满足：，且，，成等差数列.
（1）求数列,的通项公式；
（2）求证：
【答案】（1），；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）利用和的关系式，即可求得数列的通项公式，设等比数列公比为，根据题设条件列出方程，求得，即可求得数列的通项公式；
（2）方法1、先证得，再利用乘公比错位相减法和不等式的性质，即可求解；
方法2、令，运用分析法证得，再由等比数列的求和公式和不等式的性质，即可求解．
【详解】（1）由题意，因为，
当时，，
当时，，适合上式，
所以数列的通项公式为，
设等比数列公比为（其中），因为，
由，可得，解得或（舍去）；
所以数列的通项公式为.
（2）解法1：由（1）可得，
因为时，，
根据“若，，则”，
可得（），
所以，
令，
，
两式相减可得
，
所以，所以.
解法2：令，下一步用分析法证明“”，
要证，即证，
即证，
即证，
当，显然成立，所以，
所以.
【点睛】本题主要考查了数列的和的关系式，等差数列和等比数列的通项公式及前n项和公式，以及乘公比错位相减法和不等式的性质的综合应用，着重考查了化简、运算能力，以及推理能力，属于中档试题．
21.如图，过点作直线l交抛物线C：于A，B两点（点A在P，B之间），设点A，B的纵坐标分别为，，过点A作x轴的垂线交直线于点D.

（1）求证：；
（2）求的面积S的最大值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）设直线的方程为，联立方程组，运用韦达定理，化简即可得到证明；
（2）由，求得的范围，点A在P、B之间，可得，求得D的坐标，运用三角形的面积公式和导数，得出函数的单调性和最值，即可求解面积的最大值．
【详解】（1）由题意，设直线的方程为，
联立方程组，可得，
所以，则所以．
（2）由（1）可得，解得，
因为点在P，B之间，所以，
所以，
由已知可设点，由点D在直线：上可得，
所以的面积，
因为，所以，
因为，
可得时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
所以当，即时，的面积S的最大值.
【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程及几何性质、以及直线与抛物线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线联立方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力．
22.已知函数.
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）如果当时，恒成立，求实数a的取值范围；
（3）求证：当时，函数恰有3个零点.
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）将代入，求导得出切线的斜率，进而由点斜式方程，即可求得切线的方程；
（2）由恒成立，转化为恒成立，令，利用导数，分类讨论求得函数最值，即可求解；
（3）函数的零点个数等价于函数的零点个数，利用导数研究函数的性质，即可求解．
【详解】（1）由题意，函数，则，
可得，即函数在处的切线的斜率为，
所以在处的切线方程．
（2）由当时，恒成立，
因为，所以恒成立，
令，
则，
①当时，，所以，
所以（符合题意）；
②当时，设，
因为二次函数开口向上，，
所以存在，使得，
当时，，可得，因此在单调递减，
所以当时，（矛盾，舍去）.
综上，.
（3）当时，因为，所以函数的零点个数
等价于函数的零点个数，
由（1）可得，
设，
因为二次函数在时，，，
所以存在，，使得，，
所在单调递增，单调递减，单调递减，单调递增.
因为，所以，，
又因为当，，
所以在存在一个零点；
当时，，
所以在存在一个零点，
所以，当时，函数恰有3个零点.
【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的恒成立和函数零点问题的判定，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．