2020届浙江省温州市高三11月适应性测试一模数学试题（解析版）

2020届浙江省温州市高三11月适应性测试一模数学试题一、单选题1已知全集，则（ ）ABCD【答案】A【解析】根据补集的定义与运算,可求得集合B.结合交集运算即可求得.【详解】因为,所以由补集定义与运算可得又因为根据交集运算可得故选:A【点睛】本题考查了补集的定义与运算,交集的简单运算,属于基础题.2设实数x，y满足不等式组，则的最大值为（ ）A0B2C4D6【答案】D【解析】根据不等式组画出可行域,将目标函数平移后,即可求得最大值.【详解】实数x,y满足不等式组,其表示出平面区域如下图所示:将函数平移,可知当经过点时, 的截距最大此时所以的最大值为6故选:D【点睛】本题考查了线性规划的简单应用,在可行域内求线性目标函数的最大值,属于基础题.3某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积等于（ ）ABCD【答案】B【解析】根据三视图,还原空间几何体,即可由题中给出的线段长求得体积.【详解】由三视图,还原空间几何体如下图所示:根据题中线段长度可知,且 则 故答案为:B【点睛】本题考查了三视图的简单应用,根据三视图还原空间几何体,三棱锥的体积求法,属于基础题.4已知双曲线-=1(a0,b0)的离心率为,则双曲线的渐近线方程为( )Ay=x By=xCy=2x Dy=x【答案】A【解析】由e=得e2=1+=3,=2,=,双曲线渐近线方程为y=x,即y=x.故选A.5已知a，b是实数，则“且”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【解析】根据充分必要条件的关系,结合不等式性质即可判断.【详解】当且时, ,即且时成立.当时,即解得且,或且综上可知, “且”是“”的充分不必要条件故选:A【点睛】本题考查了不等式比较大小,充分必要条件的关系及判断,属于基础题.6函数的图象可能是（ ）ABCD【答案】B【解析】求出函数的定义域，取特殊值，排除法得到答案。【详解】先求定义域：且，取特殊值，当，排除C，D.由函数，知当时。故排除故选：【点睛】本题考查已知函数解析式求函数图象问题，利用特殊值法比较简单可行，属于基础题。7在四面体ABCD中，为等边三角形，二面角的大小为，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】C【解析】以B为原点建立空间直角坐标系,根据关系写出各个点的坐标,利用平面和平面的法向量,表示出二面角的余弦值,即可求得的取值范围.【详解】以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系:因为为等边三角形，不妨设,由于,所以因为当时四点共面,不能构成空间四边形,所以则,由空间向量的坐标运算可得设平面的法向量为则代入可得令,则,所以设平面的法向量为则,代入可得令,则,所以二面角的大小为则由图可知,二面角为锐二面角所以因为所以即所以 故选:C【点睛】根据直线与平面夹角的特征及取值范围,即可求解,对空间想象能力要求较高,属于中档题.8已知随机变量满足，其中.令随机变量，则（ ）ABCD【答案】D【解析】根据题意,列表求得随机变量及的分布列,可知均为两点分布.由两点分布的均值及方差表示出和,根据比较大小即可得解.【详解】随机变量满足,其中.则随机变量的分布列为: 所以 随机变量,所以当时,当时, 所以随机变量的分布列如下表所示(当时,只有一个情况,概率为1):则当即,解得.所以A、B错误.恒成立.所以C错误,D正确故选:D【点睛】本题考查了随机变量的分布列,两点分布的特征及均值和方差求法,属于中档题.9如图，P为椭圆上的一动点，过点P作椭圆的两条切线PA，PB，斜率分别为，.若为定值，则（ ）ABCD【答案】C【解析】设出直线方程,根据直线与椭圆相切,联立化简后由判别式即可得关于的方程.利用韦达定理表示出.将点P带代入椭圆,联立两个式子化简即可求得的值.【详解】设则过的直线方程为将直线方程与椭圆联立可得化简可得 因为相切,所以判别式 展开得同时除以可得合并可得同除以,得展开化简成关于的方程可得因为有两条直线,所以有两个不等的实数根.因为为定值,可设由韦达定理, 化简得又因为在椭圆上,代入可得化简可得则,化简可得 解得 故选:C【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系,根据直线与椭圆的位置关系研究定值问题,计算量较大,变形化简过程较为复杂,需要耐心计算,属于中档题.10已知数列满足，.给出以下两个命题：命题对任意，都有；命题存在，使得对任意，都有.则（ ）Ap真，q真Bp真，q假Cp假，q真Dp假，q假【答案】B【解析】利用作差法,可证明数列的单调性,结合极值特征即可判断命题;将变形,结合不等式的放缩法,可得.进而利用对数的运算变形化简,求得,从而得知命题q的真假.【详解】由题意可知 则数列单调递减,所以而当时, 且则,所以命题为真命题而所以所以, 即所以可得,即存在,对任意,都有成立又所以,即小于0有解,所以命题为假命题综上可知, 命题为真命题, 命题为假命题故选:B【点睛】本题考查了数列的综合应用,根据递推公式证明数列的单调性,通过构造函数法比较大小,运算过程较为复杂,属于难题.二、填空题11若复数满足，其中为虚数单位，则_，_【答案】 【解析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出【详解】由题意得： ，故答案为：，【点睛】本题考查了复数的运算法则、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题12直线与轴、轴分别交于点，则_；以线段为直径的圆的方程为_【答案】 【解析】先求出的坐标,再由两点之间的距离公式求出,利用中点公式求出圆心坐标,再求出半径,写出圆的方程即可.【详解】令得,令得,所以,所以,所以AB中点坐标为，半径为；所以圆的方程：.故答案为:；【点睛】本题考查了两点之间的距离公式和利用圆心坐标和半径求圆的方程,属于基础题.13若对，恒有，其中，则_，_.【答案】1 -1 【解析】利用赋值法,令,代入即可求得的值.【详解】对,恒有令,代入可得解得因为展开可得所以 解得故答案为: ;【点睛】本题考查了二项式定理展开式的应用,指定项系数的求法.利用赋值法求参数是二项式定理中常用方法,属于中档题.14如图所示，四边形ABCD中，则的面积为_，_.【答案】 8 【解析】先根据正弦定理,求得,再由余弦定理求得,进而利用三角形面积公式求得;在中,应用余弦和角公式求得,即可由余弦定理求得的值.【详解】在中, ,由正弦定理,代入得解得,而 由余弦定理可得代入可得解方程可求得 则 因为,且 所以则 由余弦定理可知 代入可得所以故答案为: ;【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的综合应用,三角形面积公式及同角三角函数关系式的应用,正弦与余弦和角公式的用法,综合性强,属于难题.15学校水果店里有苹果、香蕉、石榴、橘子、葡萄、西梅6种水果，西梅数量不多，只够一人购买.甲、乙、丙、丁4位同学前去购买，每人只选择其中一种，这4位同学购买后，恰好买了其中3种水果，则他们购买水果的可能情况有_种.【答案】600【解析】讨论所买的3种水果中是否含有西梅.即可根据组合数的应用求解.【详解】当买的3种水果中没有西梅时,则从剩余5种水果中选择3种,共有;从四个人中选两个人买相同水果,有,再将3组人全排列,所以共有种当买的3种水果中有西梅时,从剩余5种水果中选择2种,共有,从4人中选择1个人购买西梅,剩余三人安排购买剩下2种水果,所以共有综上可知,购买水果的可能情况有种故答案为:【点睛】本题考查了排列组合在实际问题中的应用,根据分类与分步计数原理分析即可,属于中档题.16已知平面向量，满足，与的夹角为，则的最大值为_【答案】5【解析】先建立平面直角坐标系，记，由题意，得到，设，根据与的夹角为，得到，设与轴正半轴夹角为，由正弦定理，得到，求出的坐标，根据向量数量积的坐标表示，即可得出结果.【详解】建立平面直角坐标系，记，根据题意，设，因为与的夹角为，则与的夹角为，即，设与轴正半轴夹角为，易知：，则，所以，由正弦定理可得：，即，则，即，又，所以，因此，当，即时，取得最大值.故答案为：【点睛】本题主要考查向量数量积的最值，熟记向量数量积的坐标运算，通过坐标系的方法求解即可，属于常考题型.17设函数.若在上的最大值为2，则实数a所有可能的取值组成的集合是_.【答案】【解析】根据函数的最大值,依据可求出的两种情况.讨论的不同取值,去掉内层的绝对值,利用导数分析三次函数的极值点,进而求得最大值与最小值.通过函数的上下平移,结合最值即可求得的所有取值.【详解】因为函数.若在上的最大值为2所以,即当时,不等式化为,解得 当时,不等式化为,解得由以上可知:(1) 当时,函数解析式可化为令,则当时解得 当时, ,即在上单调递增当时, ,即在上单调递减当时, ,即在上单调递增.所以,当时, 向下平移个单位可得的图像因为在上的最大值为2所以只需满足即可,即,解得,或(舍)当时, 向上平移个单位可得到的图像由在上的最大值为2可知只需满足即可.即,解得,符合题意(2) 当,函数解析式可化为令,则所以在上单调递增则当时,向下平移个单位可得由在上的最大值为2只需,即解得或(舍)当时, 向上平移个单位可得由在上的最大值为2只需,即解得或(舍)综上可知,满足条件的所有可能的为和故答案为: 【点睛】本题考查了绝对值函数与最值的综合应用,分类讨论思想的应用,函数图像的上下平移,综合性较强,对分析问题解决问题的能力要求较高,属于难题.三、解答题18在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知，（1）求角A的值；（2）求函数（）的值域【答案】（1）（2）【解析】(1)利用正弦定理代入即可求得,再利用锐角三角形求解即可.(2)利用降幂公式化简,再利用代入求值域即可.【详解】(1)由正弦定理 ,可得,则,得,又为锐角,故；(2),因,故,于是,因此,即的值域为.【点睛】本题主要考查了正弦定理的运用,同时也考查了三角恒等变换中的降幂公式与根据定义域求三角函数的值域问题等,属于中等题型.19如图，已知四棱锥，平面平面，且，（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）分别取，的中点，连结，要证平面，需证明，其中可通过证明平面来证明，通过证明平面来证明；（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出面的一个法向量以及直线的方向向量，求出两向量的夹角的余弦值即为直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）证明：分别取，的中点，连结，.因，为的中点，故.同理，.故平面.故.因平面平面，平面平面，平面，故平面.则. 又，是平面中的相交直线，故平面.（2）由（1）知，面，又，面.如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，不妨设，则，则，.设是面的一个法向量，则，即，取，则.设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的证明以及向量法求线面角，考查学生计算能力以及空间想象能力，是中档题20已知等差数列的首项，数列的前项和为，且，成等比数列（1）求通项公式；（2）求证：（）；【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）首先证出为等比数列，再由，成等比数列求出，.根据等差数列的通项公式即可求解.（2）利用数学归纳法即可证明.【详解】（1）记为的公差，则对任意，即为等比数列，公比.由，成等比数列，得，即，解得，即.所以，即；（2）由（1），即证：. 下面用数学归纳法证明上述不等式.当时，不等式显然成立；假设当时，不等式成立，即，则当时，.因，故.于是，即当时，不等式仍成立.综合，得.所以【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式以及等比中项、数学归纳法在数列中的运用，属于中档题.21如图，是抛物线的焦点，过的直线交抛物线于，两点，其中，过点作轴的垂线交抛物线的准线于点，直线交抛物线于点，（1）求的值；（2）求四边形的面积的最小值【答案】（1）（2）【解析】(1) 设直线与抛物线方程联立,利用韦达定理与求解即可.(2) 设点表达出直线,再联立抛物线得出的长度,再分别表示到直线的距离进而求得四边形的面积的表达式,再构造函数求导进行最值分析即可.【详解】(1)设直线,联立 ,故,又,故.(2)点,则,直线,代入,得.设,则.设到的距离分别为,由,得 ,因此.设函数,则,可得,当时,单调递减；当时,单调递增,从而当时,取得最小值【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系,同时也考查了抛物线中四边形面积的问题与构造函数求解函数最值的问题,属于难题.22已知实数，设函数（1）求函数的单调区间；（2）当时，若对任意的，均有，求的取值范围注：为自然对数的底数【答案】（1）在内单调递减，在内单调递增；（2）【解析】(1)求导后取出极值点,再分,两种情况进行讨论即可.(2)当时得出的一个取值范围,再讨论时的情况,再对时构造函数两边取对数进行分析