【KS5U解析】浙江省绍兴市上虞区2020届高三上学期期末考试数学试题 Word版含解析

1、2019学年第一学期高三期末教学质量调测数学试卷参考公式：球的表面积公式；球的体积公式，其中表示球的半径.第卷（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.设全集，集合，则（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】根据题意,先确定的范围,再确定的范围即可.【详解】,故选:c.【点睛】本题考查集合的运算,属于简单题.2.已知双曲线：的离心率为，且其实轴长为6，则双曲线的方程为（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】根据双曲线的离心率为,实轴长为6,解出,从而计算出,得到双曲线方程.【详解

2、】由双曲线的离心率为,实轴长为6,可得,解得,从而,所以双曲线的方程为:,故选:a.【点睛】本题考查双曲线的标准方程和基本性质,属于简单题.答题注意分清椭圆与双曲线之间的区别联系,不要混淆.3.已知随机变量的分布列（下表），则（ ）10-1a. b. c. d. 2【答案】b【解析】【分析】由变量分布列的性质,解得,从而可以计算出,进而计算出.【详解】由题可知,所以,所以,因此,故选:b.【点睛】本题主要考查期望的计算,属于简单题.有一定关系的两个变量,其期望与方差之间也有对应关系,其中.4.若实数，满足约束条件，则的最大值是（ ）a. 0b. 3c. 4d. 5【答案】d【解析】【分析】画出

3、满足条件的目标区域,将目标函数化为斜截式,由直线方程可知,要使最大,则直线的截距要最大,结合可行域可知当直线过点时截距最大,因此,解出点坐标,代入目标函数,即可得到最大值.【详解】画出满足约束条件的目标区域,如图所示:由,得,要使最大,则直线的截距要最大,由图可知,当直线过点时截距最大,联立,解得,所以的最大值为:,故选:d.【点睛】本题考查了简单的线性规划问题,运用了数形结合思想,属于简单题.5.中，角，的对边分别为，则“”是“为锐角”的（ ）a. 充分非必要条件b. 必要非充分条件c. 充分必要条件d. 既非充分又非必要条件【答案】a【解析】【分析】由题知:,结合余弦定理,可推出为锐角,反

4、之无法推出,因此“”是“为锐角”的充分非必要条件.【详解】在中,若,则,即,为锐角,即“”“为锐角”,若为锐角,则,即,无法推出,所以“为锐角”“”,综上所述:“”是“为锐角”的充分非必要条件,故选:a.【点睛】本题考查了充分必要条件的判定,结合了基本不等式及余弦定理等相关知识,综合性较强.6.函数 大致图象是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】利用导数求出单调区间，及x=0时，y=0，即可求解【详解】函数y=的导数为，令y=0，得x=，时，y0，时，y0，时，y0函数在（），（）递减，在（）递增且x=0时，y=0，排除b，x=-1时，y=0，x=-2时，y>0,排除

5、c，故选a【点睛】本题考查函数图象问题，函数的导数的应用，考查计算能力，属于中档题，7.已知椭圆：的左右焦点分别为，为坐标原点，为第一象限内椭圆上的一点，且，直线交轴于点，若，则该椭圆的离心率为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】由,得,所以,结合条件,可知为等腰直角三角形,从而可以根据椭圆的基本定义列出等式求离心率.【详解】由,得,所以,即,又,所以为等腰直角三角形,所以,所以离心率,故选:c.【点睛】本题主要考查椭圆的基本性质,涉及了解三角形的相关知识,属于综合题型.一般解决圆锥曲线与平面几何相结合的题型时,一要注意圆锥曲线基本定义的应用,二要注意平面图形的基本性质.8

6、.若函数的最小值3，则实数的值为（ ）a. 5或8b. 或5c. 或d. 或【答案】d【解析】试题分析：由题意，当时，即，则当时，解得或（舍）；当时，即，则当时，解得（舍）或；当时，即，此时，不满足题意，所以或，故选d.9.已知数列中，若，设，若，则正整数的最大值为（ ）a. 1009b. 1010c. 2019d. 2020【答案】b【解析】【分析】由可得,则.再结合,可化简,从而可以求出正整数的最大值.【详解】,即数列为单调增数列,即,即,正整数的最大值为1010,故选:b.【点睛】本题考查了数列的递推关系,运用了裂项相消法,放缩法等方法,属于数列的综合应用题,对学生的计算及推理能力有一定

7、要求.10.在棱长均为的正四面体中，为中点，为中点，是上的动点，是平面上的动点，则的最小值是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】在正四面体中,由平面,找出在平面上的射影,再沿展开平面,使之与平面重合,此时,的最小值即为点到的距离,最后,结合数据解三角形即可.【详解】由题知,在正四面体中,为中点,平面,设中点为,连,为中点,且,平面,即为在平面上的射影,沿展开平面,使之与平面重合,此时,的最小值即为点到的距离,故过点作于点,又,故选:a.【点睛】本题考查空间几何体中的距离最值问题,需要学生有较强的空间想象和思维能力,综合性较强.在解决此类最值问题时,一般采用侧面展开的形式,将

8、立体问题转化为平面问题解决.第卷（非选择题共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分.11.已知复数（为虚数单位），则_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】先化简,所以.【详解】,故答案为:;.【点睛】本题考查复数的基本运算,求其共轭和模,属于简单题.12.已知方程为的圆关于直线对称，则圆的半径_.若过点作该圆的切线，切点为，则线段长度为_.【答案】 (1). 3 (2). 【解析】【分析】将圆方程整理成标准形式得到圆心与半径,由圆关于直线对称,得到直线过圆心,从而解出,求出半径,再根据,利用勾股定理求解即可.【详解】圆的标准方程为:,

9、因为圆关于直线对称,所以圆心在直线上,所以,圆半径,设圆心为,则,所以,所以,故答案为:3;.【点睛】本题考查圆的标准方程,利用其求半径,切线长等,属于基础题.此类题一般会利用圆的一些基本性质,例如:过圆心的直线平分圆,切点与圆心的连线与该切点处的切线垂直等,要求学生对圆的知识掌握熟练.13.某几何体的三视图如图所示，正视图为正方形，侧视图为直角三角形，俯视图为等腰直角三角形，则其体积为_，表面积为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由三视图还原几何体,可知该几何体为四棱锥,底面是边长为2的正方形,侧面是等腰直角三角形,且,侧面底面,据此结合棱锥的体积和表面积计算公式求解即可.【

10、详解】由三视图还原几何体如下:该几何体为四棱锥,底面是边长为2的正方形,侧面是等腰直角三角形,侧面底面,取中点为,则底面,所以,表面积,故答案为:;.【点睛】本题考查还原三视图求几何体的表面积与体积,要求学生有一定的空间思维想象能力,属于中档题.14.若展开式中的各项系数之和为1024，则_，常数项为_.【答案】 (1). 5 (2). 405【解析】【分析】对二项式中的赋值,令,可得展开式的各项系数之和为,解得,从而得到二项式的通项公式,再令通项公式中的幂指数为0,即可求出常数项.【详解】在中,令,可得展开式的各项系数之和为:,解得,所以的通项公式为:,令,得,所以常数项为:,故答案为:5;

11、405.【点睛】本题主要应用赋值法求二项式的系数和及常数项,需要学生对二项展开式比较熟悉.15.已知集合，：为从集合到集合的一个函数，那么该函数的值域的不同情况有_种.【答案】15【解析】【分析】根据函数的定义可知值域中元素个数可能有1,2,3,4,四种情况,再结合组合数即可求出结果.【详解】因为:为从集合到集合的一个函数,所以该函数的值域可能包含1个,或2个,或3个,或者4个元素,因此值域的不同情况有:种,故答案为:15.【点睛】本题主要考查映射定义以及组合数的应用,属于基础题,难度不大,但需要学生熟练掌握基础知识并融会贯通.16.如图，已知圆：，为圆的内接正三角形，为边的中点，当绕圆心转动

12、，同时点在边上运动时，的最大值是_.【答案】【解析】【分析】根据向量的三角形法则,将拆分成,运用向量数量积的定义和几何意义分别对和取最值,从而得到的最大值.【详解】由题可知:圆半径为1,圆心为,所以边长为,而,当且仅当,即反向时,取得最大值,又,当且仅当与点重合时,取得最大值,所以的最大值是,故答案为:.【点睛】本题主要运用了向量的运算法则和数量积的定义及几何意义去求解向量的最值,综合性较强.对于求数量积的最值问题,一般而言有两种解决思路,一是利用坐标转化为代数求最值,二是利用数量积的定义或几何意义求最值.17.若关于的方程恰有三个不同的解，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】原题等

13、价于方程恰有三个不同的解,作出的图像,观察图像即可得解.【详解】原题等价于方程恰有三个不同的解,设,作出图像如下:则是一个“v”型分段函数,其顶点在直线上运动,将分别与联立,可得直线与相切与点,与相切与点,因此,当且仅当点在线段上运动时,与有三个交点,故答案为:.【点睛】本题主要考查函数图像的运用,将方程解的问题转变为两个简单函数交点的问题,应用了数形结合的思想.一般将零点问题变成两个函数交点的问题时,选择的函数要尽可能简单.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.已知函数的图象如图所示，其中为图象的最高点，为图象与轴的交点，且为等腰直角三角形.（1

14、）求的值及的单调递增区间；（2）设，求函数在区间上最大值及此时的值.【答案】（1），单调增区间为，.（2），最大值为.【解析】【分析】(1)化简后,利用等腰直角计算出长,从而得到周期,计算出和,再求出单调递增区间即可;(2)代入化简,再利用整体代入法求出的最大值.【详解】(1)由图像可知的边上高为,可得,故,即,由不等式,.所以的单调增区间为,.(2)由,当时,故当,即时,有最小值,即在有最大值.【点睛】本题考查了三角函数的化简与求值,结合了函数图像求值,求单调区间,属于函数图像与性质的综合应用题.此题求单调区间时,需要注意这是一个复合函数求单调性问题,不要将区间求反.19.已知斜三棱柱，.（

15、1）求的长；（2）求与面所成的角的正切值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)方法一:由,推出面,故,则可利用勾股定理解出;方法一:如图所示以为原点,以为轴,为轴,竖直向上为轴,建立空间直角坐标系,因为面,即平面等同于平面,因而可以利用坐标求出;(2)方法一:延长,过作于,因为面,所以面面,所以面,所以为与面所成角,等价于与面所成的角,最后结合数据解三角形即可；方法二:建系后可以利用向量法求出与面所成的角的正切值.【详解】解:方法一:(1)因为,所以面,故,所以,于是;(2)延长,过作于,由(1)知面,所以面面,又面面,面,所以面,所以为与面所成角,在中可得,故,所以,又因为,面面,故与

16、面所成的角即为与面所成的角,所以与面所成的角的正切值为.方法二:(1)如图所示以为原点,为轴,为轴,竖直向上为轴,建立空间直角坐标系,则,因为,所以面,即平面等同于平面,又因为,所以的坐标为,所以;(2)因为,面面,故与面所成的角即与面所成的角,设其夹角为,易得面的法向量为,且,所以,所以,所以与面所成的角的正切值为.【点睛】本题考查空间中求线段长,求线面角,需要学生有一定的空间想象与思维能力.几何法解决线面角问题的关键是找到平面的垂线,另外,也可建系来解决问题.20.在数列中，已知，.（1）求数列的通项公式；（2）记，且数列的前项和为，若为数列中的最小项，求的取值范围.【答案】（1）（2）【

17、解析】【分析】(1)已知数列递推公式,用累加法求通项即可;(2)由(1)可得,则,化简得到对任意恒成立,分类分别求出当时的取值范围,再证明出时为递增数列,即,综合求出的取值范围.【详解】(1),上式累加可得:,又,;(2)由(1)可得,因为为数列中的最小项,所以,即,当时,得,;当时,;当时,得,令,则,当时,又可验证当时,也成立,当时,数列为递增数列,即.综上所述,取值范围为.【点睛】已知数列递推公式求通项公式有多种方法,答题时要仔细区分,且最后一定要注意检验;数列本质上是函数,因此具有一些函数的性质,解决某些数列问题时可以用上函数的相关方法.21.已知抛物线：，圆：，直线：与抛物线相切于点

18、，且与圆相切于点.（1）当，时，求直线方程与抛物线的方程；（2）设为抛物线的焦点，的面积分别为，当取得最大值时，求实数的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)根据直线与都相切,列出对应方程,求解即可;(2)联立,求得,故消,求得,再联立直线与圆方程,求出点,从而可以求出,再分别求,利用基本不等式化简,则可求出当取得最大值时,实数的值.【详解】(1)由题设可知,:,且,由与圆相切,可知圆心到直线的距离,解得,所以直线方程为:,由,令,解得,所以抛物线的方程为:.(2)联立,可得,令,即,解得,即,此时切点,又直线和圆相切,可得,故联立直线与圆方程,解得,即,又到的距离,即有,可得(当且仅当取等号),此时.【点睛】本题考查直线与圆锥曲线的位置关系,考查三角形面积问题,结合了圆,基本不等式等多项内容,综合性较强,且需要学生有较强的计算能力,难度偏大.22.已知函数.（1）若，求函数的单调区间及极值；（2）当时，函数（其中）恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）单调增区间为，减区间为，（2）【解析】【分析】(1)求出时及,由导数大于0,可得增区间,由导数小于0,可得减区间;(2)令,恒成立可变形为,对恒成立.方法一:令,取必要条件,解得,只要证明当时,对恒成立即可;方法二:上式继续变形为:对恒成立,设,因此,故而求出即可得出结论.【详解