浙江省浙南名校联盟2020届高三数学上学期期末联考试题（含解析）

浙南名校联盟（温州九校）2020届高三上学期期末联考数学试题考生须知：1.本卷共4页，满分150分，考试时间120分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸。一、选择题。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.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先由不等式得出集合，再由交集的运算即可求出结果.【详解】由得，即，所以.故选A【点睛】本题主要考查交集的运算，熟记定义即可，属于基础题型.2.双曲线的焦点坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由双曲的标准方程求出，进而可求出，然后即可求出焦点坐标.【详解】由可得，焦点在轴上，所以，因此所以焦点坐标为；故选B【点睛】本题主要考查双曲线的简单性质和标准方程，由标准方程可求出，并确定焦点位置，从而可得结果，属于基础题型.3.设实数满足，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由约束条件作出可行域，再令，化目标函数为，由直线在y轴的截距的范围确定目标函数的最值即可.【详解】由约束条件作出可行与如图，令，则，因此求的最小值，即是求直线在y轴截距的最大值，由图中虚线可知，当虚线过点（0,1）时，直线截距最大，即.故选C【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，只需由约束条件作出可行域，再化目标函数为直线的斜截式方程即可求解，属于基础题型.4.若复数，其中是虚数单位，则的最大值为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由复数的几何意义可得表示复数，对应的两点间的距离，由两点间距离公式即可求解.【详解】由复数的几何意义可得，复数对应的点为，复数对应的点为，所以，其中，故选C【点睛】本题主要考查复数的几何意义，由复数的几何意义，将转化为两复数所对应点的距离求值即可，属于基础题型.5.函数的图象可能是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由正弦函数确定函数值域的大致范围，以及特殊值验证即可判断.【详解】因为时，所以；当时，所以；故排除A、C选项；又，即，所以排除D，故选B【点睛】本题主要考查函数的图像，特殊值法在处理函数图像中非常实用，属于基础题型.6.已知，则是的( )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】A【解析】【分析】由充分条件与必要条件的定义即可判断出结果.【详解】令，若，则，即，即，故是的充分条件；又，令，则，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以时，不一定能推出；综上，是的充分不必要条件.故选A【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的判断，结合函数的性质即可判断出结果，属于常考题型.7.甲、乙二人均从5种不同的食品中任选一种或两种吃，则他们一共吃到了3种不同食品的情况有( )A. 84种 B. 100种 C. 120种 D. 150种【答案】C【解析】【分析】由分步乘法计数原理先由5种食物中选择3种，共种情况;第二步，将3种食物编号，用列举法列举所有情况即可；【详解】由分步乘法计数原理：第一步：由5种食物中选择3种，共种情况；第二步：将3种食物编号为A,B,C，则甲乙选择的食物的情况有：，共12种情况，因此他们一共吃到了3种不同食品的情况有种.故选C【点睛】本题主要考查分步乘法计数原理，按定义逐步计算，最后求乘积即可，属于常考题型.8.已知随机变量的分布列如下表：X-101Pabc其中.若的方差对所有都成立，则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由分布列求出方差，再结合题意列不等式求解即可.【详解】由的分布列可得：的期望为，所以的方差，因为所以当且仅当时，取最大值，又对所有都成立，所以只需，解得，故选D【点睛】本题主要考查离散型随机变量的方差，根据不等式的最值，即可求参数的范围，属于中档题型.9.如图，在三棱柱中，点在平面内运动，使得二面角的平面角与二面角的平面角互余，则点的轨迹是( )A. 一段圆弧 B. 椭圆的一部分 C. 抛物线 D. 双曲线的一支【答案】D【解析】【分析】将三棱柱特殊化，看作底面以为直角的直角三角形，侧棱与底面垂直，然后设出点的坐标，作出点Q在下底面的投影，由对称性知：点P与点Q的轨迹一致，研究点Q的轨迹即可.【详解】不妨令三棱柱为直三棱柱，且底面是以为直角的直角三角形，令侧棱长为m,以B的为坐标原点，BA方向为x轴，BC方向为y轴，方向为z轴，建立空间直角坐标系，设，所以，过点作以于点，作于点，则即是二面角的平面角，即是二面角的平面角，所以，又二面角的平面角与二面角的平面角互余，所以，即，所以，因，所以,所以有，所以，即点Q的轨迹是双曲线的一支，所以点的轨迹是双曲线的一支.故选D【点睛】本题主要考查立体几何的综合应用，特殊值法是选择题中非常实用的一种作法，用特殊值法求出点的坐标之间的关系式，即可判断出结果，属于中档试题.10.设是方程的两个不等实根，记.下列两个命题：数列的任意一项都是正整数；数列第5项为10. ( )A. 正确，错误 B. 错误，正确C. 都正确 D. 都错误【答案】A【解析】【分析】先由方程求出之间的关系，进而可得的特征，由数列递推式即可判断出结果.【详解】因为是方程的两个不等实根，所以1，因为，所以，即当时，数列中的任一项都等于其前两项之和，又1，所以，以此类推，即可知：数列的任意一项都是正整数，故正确；错误；因此选A【点睛】本题主要考查命题真假的判断，根据方程与数列的结合，由方程的根确定数列的递推式及数列的前几项，进而判断出结果，属于中档试题.二、填空题。11.九章算术中记载了“今有共买豕，人出一百，盈一百；人出九十，适足。问人数、豕价各几何？”.其意思是“若干个人合买一头猪，若每人出100，则会剩下100；若每人出90，则不多也不少。问人数、猪价各多少？”.设分别为人数、猪价，则_，_.【答案】 (1). 10 (2). 900【解析】【分析】由题意列出方程组，求解即可.【详解】由题意可得，解得.故答案为10 900【点睛】本题主要考查二元一次方程组的解法，用消元法来求解即可，属于基础题型.12.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为_，表面积为_. 【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由三视图先得到该三棱锥的底面是等腰直角三角形，且斜边长为2，棱锥的高为1，再由棱锥的表面积公式和体积公式即可求解.【详解】由三视图可知该三棱锥的底面是等腰直角三角形，且斜边长为2，棱锥的高为1，所以底面直角边的边长为，所以该三棱锥的体积为；表面积为.故答案为：体积；表面积【点睛】本题主要考查由几何体的三视图求几何体的体积与表面积，先由三视图确定几何体的形状，再由表面积和体积公式即可求解，属于基础题型.13.在中，内角所对的边分别是.若，则_，面积的最大值为_.【答案】 (1). 1 (2). 【解析】【分析】由正弦定理，结合，可求出；由三角形面积公式以及角A的范围,即可求出面积的最大值.【详解】因为，所以由正弦定理可得，所以;所以，当，即时，三角形面积最大.故答案为(1). 1 (2). 【点睛】本题主要考查解三角形的问题，熟记正弦定理以及三角形面积公式即可求解，属于基础题型.14.实数满足：对任意，都有则=_，_.【答案】 (1). 1 (2). 【解析】【分析】由二项展开式可直接求出各项的系数，即可求出，进而可求出结果.【详解】由二项展开式可得，所以，故.故答案为(1). 1 (2). 【点睛】本题主要考查二项式定理，由二项展开式可求出每一项的系数，进而可求出结果，属于基础题型.15.已知抛物线的焦点为.若抛物线上存在点,使得线段的中点的横坐标为，则_.【答案】2【解析】【分析】先由的中点的横坐标为，结合点坐标，求出点的横坐标，进而可求出结果.【详解】由题意，设，因为的中点的横坐标为，所以,即，因为抛物线上任一点到焦点的距离等于到准线的距离，所以.故答案为2【点睛】本题主要考查抛物线的定义和简单性质，属于基础题型.16.若向量满足，且，则的最小值是_.【答案】【解析】【分析】设，由确定点C的轨迹，再设,，由取得最大值时，即可求出最小值.【详解】设，由可知，所以点C在以AB为直径的圆上；设,，则，而表示点O到以AB为直径的圆上任一点的距离，所以最大值即是点O到圆心E的距离加半径，即，所以，即最小值为2.故答案为2.【点睛】本题主要考查平面向量的基本定理，以及圆外一点到圆上任意一点距离的最大值的求法，常需要结合图像求解，属于中档试题.17.已知函数在开区间上单调递减，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由函数在区间上单调递减，得到其导函数小于等于0恒成立，即且代入得到一个不等式组，可以把视为不等式组内的点与原点距离的平方，结合图像即可求解.【详解】由题意，在恒成立.只需要即可，整理得，作出其对应的平面区域如图所示；所以把视为平面区域内的点与原点距离的平方，由点到直线的距离公式可得，所以的最小值为，则的取值范围是.故答案为【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，需要依题意写出约束条件，作出可行域，再由目标函数的几何意义即可求解，属于中档试题.三、解答题。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。18.（I）证明：；（II）求函数的最小正周期与单调递增区间.【答案】（1）见证明；（2）【解析】【分析】（I）由两角和与差的正弦公式求和即可得出结论成立；（II）先将函数整理成正弦型复合函数的形式，再根据正弦函数的周期和递增区间即可求出结果.【详解】（I）证明：对任意， 两式相加，得， 即； （II）由（I），即. 故的最小正周期令，得，故的单调递增区间是.【点睛】本题第一问主要考查三角恒等变换，需要考生熟记两角和与差的正弦公式；第二问主要考查三角函数的图像与性质，需要考生灵活掌握三角函数的周期与单调性，属于常考题型.19.在三棱台中，是等边三角形，二面角的平面角为，.（I）求证：；（II）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见证明；（2）【解析】【分析】（I）先由线面垂直的判定定理证明平面，进而可得；（II）可以在几何体中作出直线与平面所成的角，解三角形即可；也可用向量的方法建立适当的坐标系，求出直线的方向向量以及平面的法向量，根据向量夹角的余弦值确定线面角的正弦值.【详解】（I）证明：设，与交于点，取棱的中点，连结.因，故. 又是棱的中点，故.同理又平面，且，因此平面，又平面，所以； （II）方法一：作，垂足为.因平面，故平面，从而为直线与平面所成的角. 不妨设,则， 所以. 方法二：如图，以为原点建立空间直角坐标系， 由（I），为二面角的平面角，则，设，则点 , , ，.设为平面，即平面的一个法向量，由 ，得， 令，则，即. 设是直线与平面所成的角，则.【点睛】本题第一问主要考查由线面垂直推面面垂直，需要用到线面垂直的判定定理；第二问求线面角的正弦值，通常有两种做法：立体几何法（即在几何体中直接作出直线与平面所成的角，求解即可）和空间向量的方法（即建立适当坐标系求出直线的方向向量和平面的法向量，由向量的夹角确定线面角即可）；属于常考题型.20.已知等比数列的公比，前项和为.若，且是与的等差中项.（I）求；（II）设数列满足，数列的前项和为.求证：.【答案】（1）（II）见证明【解析】【分析】（I）因为数列是等比数列，所以结合题意列出方程组，求出首项和公比即可得出结果；（II）先由累加法求出数列的通项，再由分组求和的方法求出数列的前项和，即可证明结论成立.【详解】（I）由，得.再由是，的等差中项，得，即. 由，得，即，亦即，解得或，又，故. 代入，得，所以，即； （II）证明：对任意， ，即.又，若规定，则. 于是，从而，即.【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式，以及分组求和法求数列的前n项和的问题，熟记公式即可求解，属于常考题型.21.已知直线与椭圆恰有一个公共点，与圆相交于两点. （I）求与的关系式；（II）点与点关于坐标原点对称.若当时，的面积取到最大值，求椭圆的离心率.【答案】（1）（II）【解析】【分析】（I）联立直线与椭圆的方程，根据判别式等于0，即可求出结果；（）因点与点关于坐标原点对称，可得的面积是的面积的两倍，再由当时，的面积取到最大值，可得，进而可得原点到直线的距离，再由点到直线的距离公式，以及（I）的结果，即可求解.【详解】（I）由，得，则 化简整理，得； （）因点与点关于坐标原点对称，故的面积是的面积的两倍.所以当时，的面积取到最大值，此时，从而原点到直线的距离， 又，故. 再由（I），得，则. 又，故，即， 从而，即.【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系，以及椭圆的简单性质，通常需要联立直线与椭圆方程，结合韦达定理、判别式等求解，属于中档试题.22.设，函数.（I）证明：当时，对任意实数，直线总是曲线的切线； （）若存在实数，使得对任意且，都有，求实数的最小值.【答案】（I）见证明；（）-1【解析】【分析】（I