《浙江省2020届高三数学上学期期末考试试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江省2020届高三数学上学期期末考试试题（含解析）（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、浙江省绍兴市第一中学2020届高三数学上学期期末考试试题（含解析）一、选择题（每小题4分，共40分）1.设全集，集合，则集合（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先根据补集的定义求出集合A的补集，然后和集合B进行交集运算，可求【详解】因为A=x|x3，所以 =x|x3，所以（）Bx|0x3故选：D【点睛】本题的考点是集合的补集和交集运算，比较基础2.已知角的终边与单位圆交于点，则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据三角函数的定义可直接求得结果。【详解】由题意得：本题正确选项：【点睛】本题考查三角函数的定义，要注意区分与的具体表示形式，基础题。3.若复数
2、在复平面内对应的点关于y轴对称，且，则复数A. B. 1 C. D. 【答案】C【解析】分析：由z1=2i，复数z1，z2在复平面内对应的点关于y轴对称，求出z2，然后代入，利用复数代数形式的乘除运算化简即可详解：z1=2i，复数z1，z2在复平面内对应的点关于y轴对称，z2=2i=，故选：C点睛：复数的运算，难点是乘除法法则，设，则，.4.设，则“”是“”的( )A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据充要条件的定义进行判断即可。【详解】由得，所以是充分条件；由 可得，所以是必要条件，故“”是“”的充要条件。答案选
3、C。【点睛】本题考查充分必要条件的定义，不等式的性质，属于基础题。5.设为数列的前项和，若，则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据，可列出，利用可求得数列为等比数列。求解出的通项公式，进而解得的取值。【详解】由可得：当时，两式作差得：，即又，满足是以为首项，为公比的等比数列，又 本题正确选项：【点睛】解题关键在于利用数列的前项和求得数列的通项公式。在利用时，要注意对数列首项是否满足所求通项公式的验证。6.某射手射击所得环数的分布列如下:已知的数学期望,则的值为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据概率之和等于和数学期望的公式，可列出关于和的二元一次
4、方程组，解方程组求得的取值。【详解】由题意可知：解得本题正确选项：【点睛】本题考察离散型随机变量及其分布列问题，需要熟记数学期望的求解方法，属于基础题型。7.已知正四棱柱中，为的中点，则直线 与平面的距离为( )A. 1 B. C. D. 2【答案】A【解析】如图，连接交于，在三角形中，易证，平面直线与平面的距离即为点到平面的距离，设为在三棱锥中，在三棱锥中，故选8.对于定义域为R的函数，若存在非零实数，使函数在和上与轴都有交点，则称为函数的一个“界点”.则下列四个函数中，不存在“界点”的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由“界点”定义可知，存在“界点”要求函数至少有个
5、零点。通过对四个函数零点个数的判断，得到最终结果。【详解】选项：令，即，根据与图像如图所示：可知当时，有与两个交点当时，有个交点因此两函数共有个交点，故必有“界点”；选项：令，可知，方程恒有个不等式根，即必有个零点，故必有“界点”；选项：令，解得或，即有个零点，故必有“界点”；选项：令，令，则又，所以在上单调递增又，即只有一个零点，故不存在“界点”。本题正确选项：【点睛】本题属于新定义问题，考查转化化归的数学思想。解题关键在于明确“界点”的定义，从而转化为零点个数问题。9.已知是抛物线的焦点，为抛物线上的动点，且的坐标为，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意可得，
6、抛物线的焦点，准线方程为过点作垂直于准线，为垂足，则由抛物线的定义可得，则，为锐角当最小时，最小，则当和抛物线相切时，最小设切点，由的导数为，则的斜率为.，则.，故选C点睛：本题主要考查抛物线的定义和几何性质，与焦点、准线有关的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到焦点的距离与点到准线的距离的转化，这样可利用三角形相似，直角三角形中的锐角三角函数或是平行线段比例关系可求得距离弦长以及相关的最值等问题.10.设，且，记 ，则的最小值为（ ）A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B【解析】设，记，则（利用三角函数的有界性）【点睛】构造向量 ，把转化为向量，由不等式可变为，
7、再由三角形面积公式和夹角公式变形 ，再由三角函数的有界性可求解。二、填空题（每小题5分，共35分）11.已知双曲线的方程为，则双曲线的渐近线方程为_【答案】【解析】【分析】根据渐近线方程直接求得结果。【详解】由双曲线方程可知：，渐近线方程为：本题正确结果：【点睛】考查双曲线的基础定义和性质，熟记渐近线方程即可，属于基础题。12.一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】根据三视图还原几何体，得到所求几何体为半个圆柱，利用圆柱体积公式可求得结果。【详解】由三视图还原几何体，可知几何体为以半径为的圆为底面，为高的圆柱的一半几何体的体积：本题正确结果：【点睛】本题关键在
8、于能够通过三视图还原几何体，属于基础题。13.设变量、满足约束条件则的最大值为_.【答案】5【解析】【分析】先画出可行域，然后求出最大值【详解】如图，先画出可行域，由，得，当即时，所以的最大值为【点睛】本题考查了线性规划求最值，在解题中一般步骤：画出可行域、改写目标函数、取出最值情况、代入求值。14.已知的展开式中的系数为5，则 【答案】-1【解析】试题分析：展开式中由两项，分别是中含和的，故的系数为，解得，故答案为-1考点：二项式定理的应用15.在中，为的平分线，则_【答案】【解析】【分析】假设，通过列出与有关的方程，求解出的长度，从而得到的值。【详解】原题图形如图所示：则：设，则，又解得：
9、本题正确结果：【点睛】本题考查三角形面积公式，关键在于通过面积桥的方式求解出的长度，从而得到所求比值。16.在中，点满足，当点在射线（不含点）上移动时，若，则 的 取值范围为_【答案】【解析】因为点在射线（不含点）上，设，又，所以，所以 ，故的取值范围. 17.己知实数x，y，z0，4，如果x2，y2，z2是公差为2的等差数列，则的最小值为_【答案】42【解析】【分析】利用递增的等差数列可得，由此将所求去掉绝对值变为的最小值.再利用等差数列的性质化简上式，利用函数的值域来求得的最小值.【详解】由于数列是递增的等差数列，故，且，故， ，而函数在上为增函数，故当时取得最大值为，所以.【点睛】本小题
10、主要考查等差数列的性质，考查含有两个绝对值符号式子的化简，考查函数求最小值的方法，属于难题.三、解答题（每小题15分，共75分）18.设函数(1)求函数的最小正周期和单调递增区间；(2)当时，的最大值为，求的值【答案】(1) 最小正周期,为的单调递增区间；(2) .【解析】【分析】（1）将整理为的形式，进而求得最小正周期和单调区间；（2）当取得最大值时，取最大值，借此建立方程，求得的值。【详解】（1）则的最小正周期当时，单调递增即的单调递增区间为：(2)当时，当，即时，所以 【点睛】本题考查的性质和值域问题的求解。关键是利用整体代入的方式，利用的范围与图像的对应关系求得结果。19.（本小题满分
11、12分）已知等差数列满足：，的前n项和为（）求及；（）令（）,求数列的前项和【答案】（）; （）【解析】试题分析：（1）设等差数列的公差为，由已知可得解得，则及可求；（2）由（1）可得，裂项求和即可试题解析：（1）设等差数列的公差为，因为，所以有，解得，所以，.（2）由（1）知，所以，所以，即数列的前项和.考点：等差数列的通项公式，前项和公式。裂项求和20.如图，已知三棱锥，平面平面，是中点（）证明：平面；（）求直线与平面所成的角的正弦值【答案】（）详见解析（）【解析】【分析】（1）通过面面垂直的性质，可以得到平面，证明出，即可证得平面；（2）过作的垂线，可证得为直线与平面所成的角；再利用勾股
12、定理求出的长度，从而得到所求正弦值。【详解】（）由得由平面平面得：平面，所以又因为，所以平面（）过作且，连结由平面得：平面平面所以平面，故为直线与平面所成的角 不妨设由得由（）可知：平面，可知由中线定理可得：解得：，又，即所以，故直线与平面所成的角的正弦值是【点睛】本题主要考察了线面垂直的证明、直线与平面所成角问题。要注意通过面面垂直的性质得到线面垂直的关系。求解线面角的关键在于找到平面的垂线，从而将所求角放到直角三角形中来进行求解。难点在于求解和的长度。21.已知椭圆的焦点坐标为(-1,0)，(1,0)，过垂直于长轴的直线交椭圆于P、Q两点，且|PQ|=3，(1)求椭圆的方程；(2)过的直线l与椭圆交于不同的两点M、N，则MN的内切圆的面积是否存在最大值？若存在求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，内切圆面积最大值是，直线方程为.【解析】(1)设椭圆方程为1(ab0)，由焦点坐标可得c1.由|PQ|3，可得3.又a2b21，得a2，b.故椭圆方程为1.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，不妨令y10，y20，所以f(t)在1，)上单调递增，有f(t)f(1)4，SF1MN3，当t1，m0时，SF1MN3，又SF1MN4R，Rmax这时所求内切圆面积的最大值为.故F1MN内切圆面积的最大值为
