浙江省台州五校联考2020届高三上学期阶段性考试数学试题

浙江省台州五校联考2020届高三上学期阶段性考试数学试题

‎2019年9月台州五校高三阶段性考试数学学科试题卷 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.已知集合则为 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由已知得，因为，且，所以，又因为，所以，因此，故选A.‎ ‎2.已知为虚数单位），则“”是“为纯虚数”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】C ‎【解析】‎ 当时，是纯虚数，充分性成立，当是纯虚数时，则，解得必要性成立，是为纯虚数的充分必要条件，故选C.‎ ‎3.已知直线、与平面下列命题正确的是 （ ）‎ A. 且则 B. 且则 C. 且则 D. 且则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 且则，m与n可能相交，故A不对； B.当m与n都与α和β的交线平行时，也符合条件，但是，故B不对； ‎ C.由面面垂直的性质定理知，必须有β时，，否则不成立，故C不对； D.由且，得或，又因，则，故D正确,‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面垂直的性质及线面垂直的判定，属于难题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.‎ ‎4.为了得到函数的图象，可以将函数的图象 （ ）‎ A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由题意，由于函数，观察发现可由函数向左平移个单位长度，可得到函数的图象，故选C.‎ ‎5.已知点满足，目标函数仅在点处取得最小值，则的范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出不等式组对应的可行域，分两类讨论即可.‎ ‎【详解】不等式组对应的可行域如图所示：其中 ‎ 若，因目标函数仅在点处取得最小值，‎ 所以动直线的斜率，故.‎ 若，因目标函数仅在点处取得最小值，‎ 所以动直线的斜率，故.‎ 综上，，选B.‎ ‎【点睛】二元一次不等式组条件下二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二元函数的几何意义，比如表示动直线的横截距的三倍 ，而则表示动点与的连线的斜率．含参数的目标函数的最值问题，注意根据斜率分类讨论.‎ ‎6.直线与圆交于两点，则的面积为 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由题意，圆心为，半径为，则的高，底边长为，所以.故选B.‎ ‎7.设函数，若不等式对任意实数恒成立，则的取值集合是（ ）‎ A. B. C. ‎ ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由题意，不令，不等式对任意实数恒成立，等价于函数大于或等于的最大值，由函数的解析式，可对的取值范围进行分段讨论，当时，；当时，；当时，；当时，，从而可得的最大值为，所以有，即或，解得或.故选B.‎ ‎8.已知平面平面，，且.是正方形，在正方形内部有一点，满足与平面所成的角相等，则点的轨迹长度为 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据题意，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图1所示，则，，设，易知直线与平面所的角分别为，均为锐角，且，所以，即，因此，整理得，由此可得，点在正方形内的轨迹是以点为圆心，半径为的圆弧上，如图2所示，易知圆心角，所以.故选C.‎ 点睛：此题主要考查了线面角、坐标法、弧长公式、轨迹方程等各方面的知识，属于中高档题，同时这些知识点也是高频考点，在问题的解决过程中，经历了平面图形立体图形建系代数运算建模平面图形的过程，加强了知识点的综合性，充分体现了“坐标法”在解决几何问题中的优越性.‎ ‎9.在平面内，，若则的取值范围是 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据题意，不妨以原点，分别以为轴建立平面直角坐标系，如图所示，由，且，则，设，所以，，将两式相加得，即，又，所以.故选D.‎ 点睛：此题主要考查了坐标法在平面向量中的应用，以及向量模的运算等有关方面的知识，属于中档题型，也是高频考点.根据题意，结合图形特点合理科学地建立直角坐标系，同时给出相关点的坐标，从而得到相关向量的坐标表示，通过向量的坐标运算，从而解决问题，采用坐标法使问题的解决过程显得直观形象易懂.‎ ‎10.若集合，则集合中的元素个数是（ ）‎ A. 2016 B. 2017 C. 2018 D. 2019‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由题意知，，所以，必为一奇一偶，即共2016种情况，又.故选A.‎ 二、填空题．‎ ‎11.已知，，则的最大值是_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由已知得，，则，所以，当时，等号成立.‎ ‎12.某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是，则正视图中的 的值是_______，该几何体的表面积是_______.‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). ‎ ‎【解析】‎ 由三视图可知，该几何体是底面为直角梯形的四棱锥，其直观图如图所示，由棱锥的体积公式得，，侧面为直角三角形，侧面是以为底的等腰三角形，所以该几何体的表面积为.‎ ‎13.设等比数列的前项和为，满足对任意的正整数，均有，则_______，公比_______.‎ ‎【答案】 (1). (2). 2‎ ‎【解析】‎ 由，则，两式相减得，，则，由等比数列前项和公式得，‎ ‎，即，从而解得.‎ ‎14.在中，角分别对应边，为的面积.已知，，，则_______，_______.‎ ‎【答案】 (1). 6. (2). .‎ ‎【解析】‎ 由正弦定理得，，由余弦定理得，，则，所以.‎ ‎15.一个口袋里装有大小相同的6个小球，其中红色、黄色、绿色的球各2个，现从中任意取出3个小球，其中恰有2个小球同颜色的概率是_______.若取到红球得1分，取到黄球得2分，取到绿球得3分，记变量为取出的三个小球得分之和，则的期望为_____.‎ ‎【答案】 (1). (2). 6‎ ‎【解析】‎ 根据题意，红、黄、绿球分别记为，则任取3个小球共有种，而其中恰有2个小球同颜色的有，故所求概率为；‎ 由题意得，变量的取值为4，5，6，7，8，，，，，，因此.‎ ‎16.设双曲线的右焦点为，过点作与轴垂直的直线交两渐近线于两点，且与双曲线在第一象限的交点为，设为坐标原点，若，，则双曲线的离心率的值是_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由题意可知，双曲线的渐近线为，右焦点为，则点的坐标分别为，所以的坐标为，又，则，即，又，易解得，所以.‎ 点睛：此题主要考查双曲线的渐近线、离心率等，以及向量的坐标运算、解方程等相关知识，属于中档题型，也是高频考点.根据题意，通过双曲线方程、渐近线方程分别求出点的坐标，从而得到向量的坐标，再根据条件建立关于的方程，由离心率公式，由此问题可得解.‎ ‎17.设函数的两个零点分别为，且在区间上恰好有两个正整数，则实数的取值范围_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由题意得，由方程，不妨令，，又因在区间上恰好有两个正整数，结合图形，易知.‎ ‎ ‎ 三、解答题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎18.已知，函数．‎ ‎（Ⅰ）若，求的单调递增区间；‎ ‎（Ⅱ）若的最大值是，求的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）,;（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）由，可先由两角和差正弦公式、二倍角公式将函数解析式化简为，再根据余弦函数的单调递增区间，求出函数的单调递增区间；（Ⅱ）利用两角和余弦公式、二倍角公式整理得，由函数最大值为 ‎，且对于型函数的最大值为，又，从而问题可得解.‎ 试题解析：（Ⅰ）由题意 ‎ 由，得． ‎ 所以单调的单调递增区间为，. ‎ ‎（Ⅱ）由题意，由于函数的最大值为，即， 从而，又，‎ 故． ‎ ‎19.如图，在四棱锥中，底面为梯形，，，，平面，分别是的中点.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）若与平面所成的角为，求线段的长.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析; （Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）由条件可知四边形为平行四边形（菱形），则与的交点为的中点，又为的中点，根据线面平行判定定理，问题可得证；（Ⅱ）由题意，通过计算证明可得，与平面所成的角为，且三角形是以为直角的直角三角形，从而可求线段的长.‎ 试题解析：（Ⅰ）连接交与，连接.‎ 因为为的中点，，所以.‎ 又因为，所以四边形为平行四边形， ‎ ‎ 所以为的中点，因为为的中点， 所以. ‎ 又因为，，所以平面. ‎ ‎（Ⅱ）由四边形为平行四边形，知，‎ 所以为等边三角形，所以， ‎ 所以，即，即.‎ 因为平面，所以. ‎ 又因，所以平面， ‎ 所以为与平面所成的角，即， ‎ 所以. ‎ ‎20.已知，函数. ‎ ‎（Ⅰ）若函数在上递减, 求实数取值范围；‎ ‎（Ⅱ）当时，求的最小值的最大值；‎ ‎（Ⅲ）设，求证：.‎ ‎【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）最大值为;（Ⅲ）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）根据题意，由函数为减函数，其导数小于或等于零，从而可算出实数的取值范围；（Ⅱ）利用导数求出函数的极小值函数，再利用导数求出极小值函数的最大值；（Ⅲ）由（Ⅱ）可结论，对参数时行分类讨论，利用导数判断函数的单调性，并求其最小值，从而问题可得证.‎ 试题解析：（Ⅰ） 函数在上递减, 恒有成立,‎ 而,恒有成立,‎ 而, 则满足条件. ‎ ‎（Ⅱ）当时, ‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 的最小值=，‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 的最大值为 ‎ ‎（Ⅲ） 当时，‎ 所以在上是增函数，故 ‎ 当时，‎ 解得或，‎ 综上所述： ‎ ‎21.已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，直线与的两个交点间的距离为.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）分别过作满足，设与的上半部分分别交于两点，求四边形面积的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）3.‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）由已知，根据椭圆对称性易知椭圆过点，结合离心率及，即可求出椭圆方程；（Ⅱ）根据题意可设直线，，由弦长公式可求出被椭圆截得的弦长，由点到直线距离公式可求出点到直线距离，从而可得的面积，并求出其最大值，由椭圆对称性可知四边形面积与的面积，从而问题得解.‎ 试题解析：（Ⅰ）易知椭圆过点，所以， ① ‎ 又， ② ‎ ‎ ， ③ ‎ ‎③得，，‎ 所以椭圆的方程为. ‎ ‎（Ⅱ）设直线，它与的另一个交点为.‎ 与联立，消去，得， ‎ ‎.‎ ‎， ‎ ‎ 又到的距离为， ‎ 所以. ‎ 令，则，所以当时，最大值为3.又 所以四边形面积的最大值为3. ‎ ‎ 点睛：此题主要考查椭圆方程，椭圆与直线位置关系，以及面积最大值问题等有关方面知识，属于中高档题型，也是高频考点. 在（Ⅰ）的解答中，根据题意结合椭圆对称性可知椭圆过点，再结合离心率、椭圆中的关系，从而可求出椭圆方程；在（Ⅱ）解答中，把四边形分割为两个三角形，从而得到其面积的计算函数，再利用函数的最大值来进行求解即可.‎ ‎22.已知函数.‎ ‎（Ⅰ）求方程的实数解；‎ ‎（Ⅱ）如果数列满足，（），是否存在实数，使得对所有的都成立？证明你的结论．‎ ‎（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，设数列的前项的和为，证明：．‎ ‎【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）存在使得;（Ⅲ）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）由题意，通过解分式方程即可得方程的实数解析；（Ⅱ）通过函数的单调性判断数列通项的范围，再利用数学归纳法进行证明；（Ⅲ）由（Ⅱ）可得通项的范围，构造新数列，通过计算数列的前和及其范围，再利用数学归纳法证明之.‎ 试题解析：（Ⅰ）；‎ ‎（Ⅱ）存在使得．‎ 证法1：因为，当时，单调递减，所以．因为，所以由得且．下面用数学归纳法证明．‎ 因为，所以当时结论成立．‎ 假设当时结论成立，即．由于为上的减函数，所以，从而，‎ 因此，‎ 即．‎ 综上所述，对一切，都成立，‎ 即存在使得． ‎ 证法2：，且 是以为首项，为公比的等比数列.‎ 所以.‎ 易知，所以当为奇数时，；当为偶数时，‎ 即存在，使得.‎ ‎（Ⅲ）证明：由（2），我们有，从而.‎ 设，则由得.‎ 由于，‎ 因此n=1，2，3时，成立，左边不等式均成立．‎ 当n>3时，有，‎ 因此．‎ 从而．即．‎ 解法2: 由（Ⅱ）可知，所以 ‎，所以 所以 所以当为偶数时，；所以当为奇数时，‎ 即.(其他解法酌情给分)‎ 点睛：此题主要考查了函数零点、单调性，数列单调性、求和与不等式关系，以及数学归纳法、分式方程的解等有关知识，属于高档题型，也是高频考点.在（Ⅱ）的证明中，首先利用函数单调性，确定函数值的范围，由此得出数列通项的取值范围，从而找到常数，再用数列归纳法进行证明；在（Ⅲ）的证明中，根据题意构造新数列，再通过讨论其前项和的取值范围，从而问题得证.‎ ‎ ‎