2019-20浙江省嘉兴市第一高三期中考试数学试题

2021届浙江省嘉兴市第一高三上学期期中数学试题一、单项选择题1．集合，，那么〔〕.A． B． C． D．【答案】C【解析】解出集合，求出集合的补集，再利用交集运算即可.【详解】集合，，，，那么.应选：.【点睛】此题主要考查的是集合的补集、交集的运算，理解交集的含义是解题的关键，同时考查的是指数函数、对数函数的不等式的求法，是根底题.2．椭圆的离心率为，那么其焦距为〔〕.A． B． C． D．【答案】B【解析】根据离心率可以求出，由即可，即可得焦距.【详解】根据题意得，解得，因此，所以焦距为.应选：B.【点睛】此题主要考查的是椭圆的几何性质，熟知离心率公式，以及是解决此题的关键，考查计算能力，是根底题.3．设为复数，为其共轭复数，那么“〞是“〞的〔〕.A．充分必要条件 B．必要不充分条件C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】结合共轭复数的概念，将两个条件互相推导，根据结果判定充分、必要条件即可.【详解】设，，而，那么，为充分条件；得不到，为不必要条件.“〞是“〞的充分不必要条件.应选：C.【点睛】此题主要考查的是共轭复数的概念，考查充分性、必要性的判断，是根底题.4．平面且，是平面内一点，，是异于且不重合的两条直线，那么以下说法中错误的选项是〔〕.A．假设且，那么 B．假设且，那么C．假设且，那么 D．假设且，那么【答案】D【解析】根据条件和线面位置关系一一进行判断即可.【详解】选项A：一条直线平行于两个相交平面，必平行于两个面交线，故A正确；选项B：垂直于两垂直面的两条直线相互垂直，故B正确；选项C：且得且，故C正确；选项D：且不一定得到，所以可以异面，不一定得到.应选：D.【点睛】此题主要考查的是空间点、线、面的位置关系的判定，掌握线面、线线之间的判定定理和性质定理是解决此题的关键，是根底题.5．设，满足不等式组，假设的最大值为，最小值为，那么实数的取值范围是〔〕.A． B． C． D．【答案】B【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定z的最大值.【详解】作出不等式组对应的平面区域〔如图阴影局部〕，目标函数的几何意义表示直线的纵截距，即，〔1〕当时，直线的斜率为正，要使得的最大值、最小值分别在处取得，那么直线的斜率不大于直线的斜率，即，.〔2〕当时，直线的斜率为负，易知最小值在处取得，要使得的最大值在处取得，那么直线的斜率不小于直线的斜率，.〔3〕当时，显然满足题意.综上：.应选：B.【点睛】此题主要考查线性规划的应用，结合目标函数的几何意义，利用数形结合的数学思想是解决此类问题的根本方法，确定目标函数的斜率关系是解决此题的关键.6．将编号为1，2，3，4，5，6，7的小球放入编号为1，2，3，4，5，6，7的七个盒子中，每盒放一球，假设有且只有三个盒子的编号与放入的小球的编号相同，那么不同的放法种数为〔〕.A．5040 B．24 C．315 D．840【答案】C【解析】根据题意，分2步进行分析：先在七个盒子中任选3个，放入与其编号相同的小球，由组合数公式可得放法数目，再假设剩下的4个盒子的编号为4、5、6、7，依次分析4、5、6、7号小球的放法数目即可，进而由分步计数原理计算可得答案.【详解】第一步，任选球与盒编号相同的三个数字，有种情况；第二步，余下放入盒子的四个球的编号与盒子编号均不相同，也即四个元素的错排问题.不妨设，剩下的4个盒子的编号为4、5、6、7，剩下的小球为4、5、6、7根据题意有，，，，，，，共9种情况，根据乘法原理，共种放法，应选：C.【点睛】此题主要考查的是分步计数原理，以及组合数公式的应用，理解分步计数原理是解题的关键，是根底题.7．，随机变量满足，其中，假设，那么〔〕.A． B． C．1 D．【答案】B【解析】根据分布列的性质计算，再根据方差公式计算，即可得出答案.【详解】0，解得，从而，那么.应选：B.【点睛】此题考查离散型随机变量的期望和方差，由题意得熟记离散型随机变量的期望和方差的计算公式是解题的关键，是中档题.8．实数，满足，且，那么的最小值为〔〕.A． B． C． D．【答案】B【解析】令，用表示出，根据题意知，利用的代换后根据根本不等式即可得的最小值.【详解】，令，解得，那么，，当且仅当，即，即即时取等号.应选：B.【点睛】此题主要考查的是利用根本不等式求最值的问题，换元后根据1的代换是解题的关键，考查学生的计算能力，是中档题.9．可导函数的导函数为，假设对任意的，都有，且为奇函数，那么不等式的解集为〔〕A． B． C． D．【答案】B【解析】设，由得故函数在上递减，由为奇函数，得，即不等式，即综合函数的单调性得故不等式的解集是故答案选点睛：这类问题需要构造新函数，遇到减法时〔如〕构造除法〔〕，或由问题出发，别离出2021，然后求导，利用函数单调性求不等式。10．数列满足，，那么使的正整数n的最小值是〔〕A．2021 B．2021 C．2021 D．2021【答案】C【解析】令，利用累加法求解的表达式，再设当时，，当时，，所以当时，，然后求出的范围，从而根据范围求解正整数n的最小值即可.【详解】令，那么，两边取倒数可得，，，，…，以上式子相加可得，又，，因为，所以数列单调递增，设当时，，当时，，所以当时，，那么，，从而，那么，因此，，又，，使an>1的正整数n的最小值是2021.应选C.【点睛】此题考查累加法求数列的通项公式，考查构造数列的方法，训练学生的逻辑推理能能力和计算求解能力，此题关键在于构造数列并求出其范围，综合性较强，属难题.二、填空题11．我国古代数学著作?算法统宗?中记载了这样一道题：“以绳测井，假设将绳三折测之，绳多四尺：假设将绳四折测之，绳多一尺.绳长，井深各几何？〞其大意为：“用绳子测量井的深度，假设将绳三等分，那么绳比井的深度长四尺：假设将绳四等分，那么绳比井的深度长一尺.〞那么绳长________尺，井深________尺.【答案】368【解析】利用等量关系，列方程解之即可.【详解】设绳长为x尺，井深为h尺，依题意有：，解得，所以绳长为36尺，井深为8尺.故答案为：；.【点睛】此题主要考查了由实际问题抽象出一元一次方程，不变的是井深，用代数式表示井深是此题的关键，是根底题.12．一个几何体的三视图如下图，其中，正视图中是边长为2的正三角形，俯视图为正六边形，那么该几何体的体积为________，外表积为________.【答案】【解析】几何体是正六棱锥，根据正视图中是边长为2的正三角形求得正六棱锥的底面边长、侧棱长及斜高，把数据代入体积、外表积公式计算.【详解】由三视图可知几何体是正六棱锥，底面边长为1，侧棱长为2，六棱锥的高为，侧面的斜高为，该几何体的体积为.该几何体的外表积为.故答案为：；.【点睛】此题考查空间图形的三视图，考查由三视图复原直观图，考查棱锥的的外表积公式、体积公式，是根底题.13．，那么项的二项式系数是________；________.【答案】1564【解析】项的二项式系数是,点睛：赋值法研究二项式的系数和问题“赋值法〞普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令即可；对形如的式子求其展开式各项系数之和，只需令即可.14．在中，，，为上一点且满足，那么当最大时，________，的面积为________.【答案】【解析】根据题意找出直角三角形，找出点的位置，利用正切求出最大时和的面积即可.【详解】取的中点为，设，那么，，当且仅当时最大，即最大，此时，.故答案为：；.【点睛】此题主要考查的是两角差的正切公式的应用，根本不等式的应用，以及三角形面积公式的应用，考查学生的分析问题和解决问题的能力，是中档题.15．点是双曲线右支上的一点，，分别为其左右焦点，线段交的左支于点，那么________.【答案】【解析】将代入双曲线求出，再利用双曲线定义可得，转化为后即可求出结果.【详解】点是双曲线右支上的一点，可知，，，解得.，根据双曲线可得，且，.故答案为：.【点睛】此题主要考查的是双曲线的定义的应用，考查双曲线的几何性质，考查学生的分析和解决问题的能力，属于中档题.16．AD是直角三角形ABC的斜边BC上的高，点P在DA的延长线上，且满足.假设AD＝，那么的值为________．【答案】2【解析】由AD为高，运用向量的数量积可得，结合AD＝，可求得，再由，即可求值.【详解】如图，由AD为高，得因为,所以,即,即,所以，，.故答案为：2【点睛】此题主要考查向量的数量积的运算，考查向量的转化，意在考查学生对这些知识的理解能力掌握水平和分析推理能力.17．如图，在中，，，.过的中点的动直线与线段交于点.将沿直线向上翻折至，使得点在平面内的投影落在线段的轨迹长度为________.【答案】【解析】建立空间坐标系，求出的轨迹，根据折叠过程中量之间的关系的，可得的取值范围，进而得到圆心角，从而弧长即点的轨迹长度.【详解】因为翻折前后长度不变，所以点可以在空间中看做以为球心，AC为直径的球面上，又因为的投影始终在上，所以点所在的面垂直于底面，故点轨迹为垂直于底面ABC的竖直面去截球所得圆面的圆弧，这个圆弧的直径为时，的长度〔由余弦定理可得，所以此时〕，如图，以底面点B为空间原点建系，根据底面几何关系，得点，点，设点，翻折后点的投影在轴上，所以点纵坐标为0，即由，，根据空间两点之间距离公式可得轨迹：，又因为动点要符合空间面翻折结论：，即，其中，又动点N在线段AB上动，设，故，且，由，可计算得横坐标范围为，且点在上方，由，计算可得圆弧所在扇形圆心角为，所以弧长为.故答案为：.【点睛】此题主要考查的是图形翻折问题，注意翻折前和翻折后变的量和不变的量，以及线的关系，建立空间直角坐标系，找出的轨迹，以及求出的范围是解决此题的关键，考查学生的空间想象能力，是难题.三、解答题18．角，的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，点，分别在，的终边上.〔1〕求的值；〔2〕设函数，求的最小正周期和单调递减区间.【答案】〔1〕；〔2〕的最小正周期为，单调递减区间【解析】〔1〕根据三角函数定义，以及二倍角公式和两角差的余弦公式即可得的值；〔2〕根据题意化简函数后利用周期公式，正弦函数的单调区间即可求得的最小正周期和单调递减区间.【详解】〔1〕由得，，所以，.〔2〕由，得，所以，最小正周期为.由，解得.的单调递减区间为.【点睛】此题主要考查的是三角函数的定义，余弦的二倍角公式的应用，两角和差的余弦公式的应用，考查的是正弦函数图像和性质，考查学生的分析问题和解决问题的能力，是中档题.19．如图，四边形是正方形，四边形为矩形，，为的中点.〔1〕求证：平面；〔2〕二面角的大小可以为吗？假设可以求出此时的值，假设不可以，请说明理由.【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕可以，【解析】〔1〕利用线面垂直的判定定理证明即可；〔2〕假设可以，建立空间直角坐标系，根据法向量求出二面角的大小，同时可以求出的值.【详解】〔1〕证明：四边形ABCD是正方形，四边形BDEF为矩形，，又为平面ABCD内两条相交直线，平面ABCD.〔2〕假设二面角C-BG-D的大小可以为60°，由〔1〕知BF⊥平面ABCD，以A为原点，分别以AB，AD为x轴，y轴建立空间直角坐标系，如下图，不妨设AB=AD=2，，那么，，，，EF的中点，，，设平面BCG的法向量为，那么，即，取.由于，平面BDG,平面BDG,平面BDG的法向量为.由题意得，解得，此时.当时，二面角的大小为60°.【点睛】此题主要考查的是线面垂直的证明，利用线面垂直的判定定理证明是解此题的关键，以及向量法面与面所成角的求法，考查学生的逻辑推理能力，是中档题.20．数列是等比数列，且满足，是数列的前项和，且，.〔1〕求，的通项公式；〔2〕设，是数列的前，恒成立，求实数的取值范围.【答案】〔1〕；；〔2〕【解析】〔1〕根据题意求出等比数列是数列的公比，即可求出的通项公式，再根据，先求出的通项，再求的通项公式即可；〔2〕用待定系数法将列项，求出其前前项和，再根据，即可得实数的取值范围.【详解】〔1〕，，又，，，，，，又满足，，〔2〕，，由系数相等得：，，恒成立，恒成立，又为减函数，时，，，即.【点睛】此题主要考查的是数列通项公式的求法以及数列求和的常用方法，考查利用求通项是要注意验证时，列项求和的方法的应用，考查学生的分析和计算能力，以及化归与转化，是中档题.21．如图，抛物线和点，过点作直线分别交于，两点，为线段的中点，为抛物线上的一个动点.〔1〕当时，过点作直线交于另一点，为线段的中点，设，的纵坐标分别为，.求的最小值；〔2〕证明：存在的值，使得恒成立.【答案】〔1〕的最小值为4；〔2〕证明见解析.【解析】〔1〕根据题意设出直线与抛物线联立，根据韦达定理及中点坐标公式表示出，的纵坐标，根据根本不等式即可的最小值；〔2〕分不经过点Q和经过点Q，不经过时根据题意可得，由〔1〕联立方程及韦达定理可得关于的方程，根据方程恒成立即可得到的值，再验证经过点Q即可.【详解】〔1〕因为分别交于A、B两点，所以不平行于轴.设，，联立与C方程，得，且由韦达定理可得.因为分别交于A、B两点，所以不平行于轴，即，又因为，设，联立与C方程，得，且，因为N为线段QD的