浙江省嘉兴市丽水市2020届高三上学期9月月考基础测数学试题

浙江省嘉兴市丽水市2020届高三上学期9月月考基础测数学试题

‎2019年高三教学测试（2019.9）‎ 数学 试题卷 注意事项：‎ ‎1．本科考试分试题卷和答题卷，考生须在答题卷上作答．答题前，请在答题卷的密封线内填写学校、班级、学号、姓名;‎ ‎2．本试题卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页，全卷满分150分，考试时间120分钟．‎ 参考公式：‎ 如果事件A，B互斥，那么 ‎．‎ 如果事件A，B相互独立，那么 ‎．‎ 如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么次独立重复试验中事件恰好发生次的概率 ‎ ‎ 柱体的体积公式 ‎，‎ 其中表示柱体的底面积，表示柱体的高．‎ 锥体的体积公式 ‎，‎ 其中表示锥体的底面积，表示锥体的高．‎ 台体的体积公式 ‎，‎ 其中分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高．‎ 球的表面积公式 ‎，‎ 其中R表示球的半径．‎ 球的体积公式 ‎，‎ 其中R表示球的半径．‎ 第Ⅰ卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）‎ ‎1.已知集合（是虚数单位），，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简集合A，再由交集的概念，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 又，所以.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查集合的交集运算，熟记概念即可，属于基础题型.‎ ‎2.“”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】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用指数函数和对数函数的单调性得出和的等价条件，然后再判断这两个条件之间的充分必要关系.‎ ‎【详解】，，‎ ‎“”是“”的必要不充分条件，‎ 故“”是“”的必要不充分条件，故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查必要不充分条件关系的判断，同时也涉及了指数函数与对数函数的单调性，一般转化为集合的包含关系来进行判断，考查逻辑推理能力，属于中等题.‎ ‎3.如图，函数（）的图象为折线，则不等式的解集为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在已知坐标系内作出的图象，利用数形结合得到不等式的解集．‎ ‎【详解】由已知的图象,在此坐标系内作出的图象,如图 由图像可得，满足不等式的的范围是；‎ 所以不等式的解集为 故选C ‎【点睛】本题主要考查对数形式的不等式的解法，熟记对数函数的性质，灵活运用数形结合的方法，即可求出结果，属于常考题型.‎ ‎4.已知满足条件，则的最大值为 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，作出约束条件所表示的平面区域，再由目标函数化为，结合图像，即可得出结果.‎ ‎【详解】由题意，作出约束条件所表示的平面区域如下：‎ 因为目标函数可化为，‎ 因此求目标函数的最大值，只需直线在轴的截距最大；‎ 由图像可得，当直线过点时，截距最大，‎ 此时.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，只需由题意作出平面区域，结合图像求解即可，属于常考题型.‎ ‎5.袋中有形状、大小都相同且编号分别为1，2，3，4，5的5个球，其中1个白球，2个红球，2个黄球．从中一次随机取出2个球，则这2个球颜色不同的概率为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意确定基本事件的总数，再根据这2个球颜色不同的对立事件是两个球颜色相同，即可求出结果.‎ ‎【详解】袋中有形状、大小都相同且编号分别为1，2，3，4，5的5个球，其中1个白球，2个红球，2个黄球，从中一次随机取出2个球，基本事件的总数为，‎ 这2个球颜色不同的对立事件是两个球颜色相同，‎ 所以这2个球颜色不同的概率为.‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查古典概型，熟记概念的计算公式即可，属于常考题型.‎ ‎6.已知向量与不共线，且，若，则向量与的夹角为 A. B. C. D. 0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，直接计算向量与的数量积，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为向量与不共线，且，，‎ 所以，‎ 所以向量与的夹角为.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查向量的夹角运算，熟记向量数量积的运算法则即可，属于常考题型.‎ ‎7.如图，已知抛物线和圆，直线经过的焦点，自上而下依次交和于A，B，C，D四点，则的值为 A. B. C. 1 D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意得到，设直线，联立直线与抛物线方程，设，结合韦达定理得到，再由抛物线的定义，得到，，进而可求出结果.‎ ‎【详解】因为抛物线的焦点为，‎ 又直线经过的焦点，设直线，‎ 由得，‎ 设，则 由题意可得：，‎ 同理，‎ 所以.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查抛物线的定义与性质，以及向量数量积的运算，熟记向量数量积的定义，以及抛物线的定义与简单性质即可，属于常考题型.‎ ‎8.，，且，则下列结论正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数，利用其导函数判断出单调区间，根据奇偶性和对称性可得正确选项.‎ ‎【详解】构造形式，则，时导函数，单调递增；时导函数，单调递减．又 为偶函数，根据单调性和对称性可知选D.故本小题选D.‎ ‎【点睛】本小题主要考查构造函数法，考查利用导数研究函数的单调性以及求解不等式，属于中档题.‎ ‎9.已知各棱长均为的四面体中， 是的中点，直线，则的最小值为（ ）‎ A. 1＋ B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将旋转至与共面，连结，则它与的交点，即为使取最小值的点，然后在中利用余弦定理求出的值.‎ ‎【详解】如图，将旋转至与共面，连结，则它与的交点，即为使取最小值的点．‎ 易知，‎ 在中由余弦定理得，‎ 从而由平方关系得，‎ 在中由余弦定理得 ‎，‎ 所以．‎ ‎【点晴】本题考查空间求线段和差的最值问题，一般转化到同一个平面上处理，结合三角形的正弦、余弦定理求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎10.已知，关于的不等式在时恒成立，则当取得最大值时，的取值范围为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先得到当时，不等式显然成立．‎ 再由，将原不等式化为，即直线夹在曲线段，和，之间．结合函数图像，以及导数的几何意义，即可求出结果.‎ ‎【详解】当时，不等式显然成立．‎ 当时，，即，即直线夹在曲线段，和，之间．‎ 作出函数与在上的图像如下：‎ 由图像易知，最大值为0，直线过点时，取最大值为， 当直线与相切时，取最小值；‎ 设切点为 ，则 由得，‎ 所以在处的切线斜率为，‎ 所以切线方程为，‎ 因为该切线过原点，‎ 所以，化简得，所以，‎ 所以.‎ 即的最小值为，‎ 因此的取值范围为.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查导数的应用，熟记导数的几何意义，即可求解，属于常考题型.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）‎ ‎11.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则俯视图的面积为_________‎ ‎，该几何体的体积为________．‎ ‎【答案】 (1). 6. (2). 8.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意得到该几何体为底面是直角三角形的三棱锥，进而可求出结果.‎ ‎【详解】由三视图可知，该几何体为底面是直角三角形的三棱锥，且其中一条侧棱与底面垂直，图像如图所示：‎ 根据题中数据，可得：其俯视图的面积为；‎ 该三棱锥的体积为.‎ 故答案为 (1). 6. (2). 8.‎ ‎【点睛】本题主要考查根据几何体的三视图求几何体的体积，熟记简单几何体的结构特征，以及棱锥的体积公式，即可求解，属于常考题型.‎ ‎12.已知是公差为的等差数列，为其前项和，若，，成等比数列，则_____，当_______时，取得最大值．‎ ‎【答案】 (1). 19. (2). 10.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，列出方程，即可求出首项，再由等差数列的求和公式，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，，成等比数列，‎ 所以，‎ 又是公差为的等差数列，‎ 所以，‎ 即，解得，‎ 所以，‎ 因此，当时，取得最大值．‎ 故答案为(1). 19. (2). 10.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列，熟记数列的求和公式与通项公式即可，属于常考题型.‎ ‎13.已知函数（），则的最小正周期为_______；当时，的最小值为________．‎ ‎【答案】 (1). . (2). 0.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将函数整理得到，根据周期的计算公式，即可求出结果；再根据余弦函数的值域，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为 ‎，‎ 所以最小正周期为；‎ 因为，所以，所以，‎ 因此，.‎ 即的最小值为0.‎ 故答案为(1) ；(2)0‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的周期与最值，熟记余弦函数的性质即可，属于常考题型.‎ ‎14.二项式的展开式中，所有有理项（系数为有理数，的次数为整数的项）的系数之和为________；把展开式中的项重新排列，则有理项互不相邻的排法共有____种．（用数字作答）‎ ‎【答案】 (1). 32. (2). 144.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据二项展开式通项公式得到二项式的展开式的通项，即可得出有理项，从而可求出结果.‎ ‎【详解】因为二项式的展开式的通项为，‎ 因为，所以，‎ 故所有有理项的系数为；‎ 把展开式中的项重新排列，则有理项互不相邻的排法共有种.‎ ‎【点睛】本题主要考查二项展开式的特定项系数问题，以及排列问题，熟记二项式定理以及排列数的计算公式即可，属于常考题型.‎ ‎15.△中，，，上的高，且垂足在线段上，为△的垂心且（），则________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，求出，，得到，进而可得，再由三点共线，得到存在实数，使得，进而可求出结果.‎ ‎【详解】由题意，因为， ，，上的高，‎ 所以，，‎ 所以 ，即，即，‎ 因为为△的垂心，所以三点共线，‎ 因此存在实数，使得，‎ 所以，‎ 又，‎ 所以.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查平面向量的应用，熟记平面向量的基本定理即可，属于常考题型.‎ ‎16.已知是椭圆（）和双曲线（）的一个交点，是椭圆和双曲线的公共焦点，分别为椭圆和双曲线的离心率，若，则的最小值为________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，不妨设点在第一象限，那么，根据椭圆与双曲线的定义，得到，，根据余弦定理，整理得到，化为，根据基本不等式，即可求出结果.‎ ‎【详解】根据椭圆与双曲线的对称性，不妨设点在第一象限，那么，‎ 因为椭圆与双曲线有公共焦点，设椭圆与双曲线的半焦距为，‎ 根据椭圆与双曲线的定义，有：‎ ‎，，‎ 解得，，‎ 在中，由余弦定理，可得：‎ ‎，‎ 即，‎ 整理得，‎ 所以，‎ 又，‎ 所以.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查椭圆与双曲线的离心率的相关计算，熟记椭圆与双曲线的定义与简单性质，结合基本不等式，即可求解，属于常考题型.‎ ‎17.已知，函数 若函数恰有2个不同的零点，则的取值范围为________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意得到在区间上必须要有零点，求出，所以必为函数的零点，进而可得到在区间上仅有一个零点.根据二次函数的单调性，即可得出结果.‎ ‎【详解】由已知可得在区间上必须要有零点，‎ 故解得：，‎ 所以必为函数的零点，‎ 故由已知可得：在区间上仅有一个零点.‎ 又在上单调递减，‎ 所以，‎ 解得.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题主要考查由函数零点求参数问题，根据分段函数的性质，以及二次函数的特征即可求解，属于常考题型.‎ 三、解答题（本大题共5小题，共74分）‎ ‎18.已知分别为△三个内角的对边，且满足．‎ ‎（Ⅰ）求角的大小；‎ ‎（Ⅱ）当时，求△面积的最大值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；‎ ‎（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据题意，先由正弦定理得到，再由余弦定理，即可求出结果；‎ ‎（Ⅱ）先由余弦定理得到，根据基本不等式以及三角形面积公式，即可求出结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由正弦定理可得 ‎，化简即为，‎ 从而，‎ 所以．‎ ‎（Ⅱ）由，根据余弦定理可得，‎ 当且仅当时，取等号；‎ 故，‎ 此时△是边长为2的正三角形．‎ ‎【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理与余弦定理，即可得出结果，属于常考题型.‎ ‎19.如图,四棱锥中，,，，△是等边三角形，分别为的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正切值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；‎ ‎（Ⅱ）3.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（Ⅰ）取中点，连接、，根据线面平行的判定定理，得到平面平面，进而可得平面；‎ ‎（Ⅱ）连接，根据题意得到是二面角的平面角，过点作于，得到平面，是直线与平面所成角的平面角，再由题中数据，即可求出结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）取中点，连接、．‎ 由于，，，，‎ 从而平面平面．‎ 又平面，‎ 所以平面．‎ ‎（Ⅱ）连接．‎ 由于，，‎ 则是二面角的平面角，，是边长为的正三角形，且平面．‎ 又平面，则平面平面．‎ 过点作于，则，平面，是直线与平面所成角的平面角．‎ 由于分别是的中点，则，从而，即直线与平面所成角的正切值为3.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面平行的证明以及直线与平面所成的角，熟记判定定理以及几何法求线面角即可，属于常考题型.‎ ‎20.已知数列的前项和为，且满足（N*）．‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设，为数列的前项和，求证：．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先由题意得到，再由时，结合题中条件，即可得到，根据等比数列的通项公式，即可求出结果；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得到，利用错位相减法，即可求出，进而可证明结论成立.‎ ‎【详解】（Ⅰ）当时．‎ 当时，，两式相减得：．‎ 故是以3为公比的等比数列，且，‎ 所以．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得：，‎ 由错位相减法 ‎（1）‎ ‎（2）‎ 两式相减得：，‎ 求得：．‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列，以及错位相减法，熟记等比数列的通项公式与求和公式，以及错位相减法求数列的和即可，属于常考题型.‎ ‎21.已知椭圆（）的焦距为，且过点．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）若点，设为椭圆上位于第三象限内一动点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积为定值，并求出该定值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；‎ ‎（Ⅱ）四边形的面积为定值2；证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先由题意得到，，从而可求出，进而可得椭圆方程；‎ ‎（Ⅱ）先设（，），根据椭圆方程得到，再由题意得到直线的方程为，表示出，再由直线的方程为，表示出，根据四边形的面积，化简整理，即可得出结论成立。‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意，，且，求得，所以．‎ 所以椭圆的方程为；‎ ‎（Ⅱ）设（，），则．‎ 又，，所以直线的方程为．‎ 令，得，从而．‎ 直线的方程为．‎ 令，得，从而．‎ 所以四边形的面积 ‎　　　‎ 所以四边形的面积为定值2．‎ ‎【点睛】本题主要考查根据求椭圆方程，以及椭圆中的定值问题，熟记椭圆的标准方程，以及椭圆的简单性质，即可求解，属于常考题型.‎ ‎22.已知函数（，其中e为自然对数的底数）．‎ ‎（Ⅰ）若，求函数的单调递增区间； ‎ ‎（Ⅱ）若函数有两个不同的零点．‎ ‎（ⅰ）当时，求实数的取值范围；‎ ‎（ⅱ）设的导函数为，求证：．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）；（ii）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先对函数求导，得到，根据，由，即可求出单调递增区间；‎ ‎（Ⅱ）（ⅰ）先由（Ⅰ）得到，分和两种情况讨论，用导数的方法研究函数的单调性，进而可得出结果；‎ ‎（ⅱ）先由题意得到，从而有，设，‎ ‎，构造函数，根据导数的方法研究函数的单调性，进而可证明结论成立.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意得，当时，令，得，函数的单调递增区间为；‎ ‎（Ⅱ）（i）由（Ⅰ）知，，‎ 当时，,函数在R上单调递增，不合题意，所以.‎ 又时，；，，‎ 函数有两个零点，函数在递减，函数在递增， ，‎ ‎，得.‎ ‎（ⅱ）由题意得：‎ ‎，两式相减，得，‎ 不妨设，，则 ‎ 令，,,‎ 在上单调递减，，即．‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，根据导数的方法研究函数的单调性，最值等，属于常考题型.‎ ‎ ‎ ‎ ‎