1、浙江省金华十校2020届高三数学上学期期末考试试题（含解析）1.已知全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先写出，进而可得结论.【详解】由所以，所以.故选：A.【点睛】本题考查集合的交集与补集，属于基础题.2.在三角形中，的对边分别为，已知，则（ ）A. B. 4C. D. 5【答案】C【解析】【分析】由题意，直接利用余弦定理建立方程求出即可.【详解】根据余弦定理，所以.故选：C.【点睛】本题考查余弦定理的应用，考查计算能力，属于基础题.3.若实数满足约束条件，则的最大值是（ ）A. 0B. 1C. 6D. 7【答案】C【解析】【分析】画出约束条件的可行域，利用
2、目标函数的最优解求解即可.【详解】实数满足约束条件，如图，根据图象，使得取到最大值的最优解是直线与的交点，即，所以的最大值为.故选：C.【点睛】本题考查线性规划的简单应用，画出可行域判断目标函数的最优解是解题的关键，属于基础题.4.用1，2，3，4，5组成一个没有重复数字的五位数，三个奇数中仅有两个相邻的五位数有（ ）A. 12个B. 24个C. 36个D. 72个【答案】D【解析】【分析】根据题意，分三步进行：第一步，先将1,3,5分成两组；第二步，将2,4排成一排；第三步，将两组奇数插入两个偶数形成的三个空位，再由排列组合公式即可得到结论.【详解】解法一：直接求解三个奇数中仅有两个相邻的意
3、思是，有两个奇数相邻，且与第三个奇数不相邻，所以排列个数为个.解法二：反面求解个.故选：D.【点睛】本题考查排列、组合的综合应用，需要牢记常见问题的处理方法，如相邻问题用捆绑法等，属于基础题.5.已知，则是的（ ）A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合不等式的性质即可得到结论.【详解】因为，所以当时，成立，当成立时，如取，此时不成立，所以是的充分不必要条件.故选：B.【点睛】本题考查充分不必要条件的定义，考查不等式的性质，属于基础题.6.在同一直角坐标系中，函数，的图象不可能的是（ ）A. B
4、. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据幂函数在第一象限内的图象与性质，再结合对数函数图象的平移即可得到结论.【详解】对于A来说：幂函数中，而对数函数平移后的图象应该还在轴右侧（定义域为），所以A是不可能的；对于B来说：幂函数中，而对数函数平移后的图象应该还在直线右侧（定义域为），所以B是可能的；对于C来说：幂函数中，选择，而对数函数平移后的图象应该还在直线右侧（定义域为），所以C是可能的；对于D来说：幂函数中，选择，而对数函数平移后的图象应该还在直线右侧（定义域为），所以D是可能的.故选：A.【点睛】本题考查幂函数的图象与性质，对数函数的图象与性质以及平移问题，属于基础题.7.已知随机
5、变量的分布列如下表：01记“函数是偶函数”为事件，则（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】先由函数为偶函数得，利用分布列与数学期望的公式即可得到结论.【详解】因为函数是偶函数，所以，于是，又因为，所以事件表示，随机变量的取值为，其对应的概率为，所以.故选：C.【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列与数学期望，三角函数为偶函数，属于基础题.8.已知点，为椭圆上的动点，是圆：上的动点，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分析题意可得，再利用椭圆的定义进而可得结论.【详解】由题意知，椭圆右焦点是圆心，左焦点，则，又在椭圆中，所以.故选：D.【
6、点睛】本题考查椭圆的定义的应用，考查两点之间的距离公式，三角形中两边之和大于第三边，线段的最值转化是解题的关键，属于基础题.9.正整数数列满足：，则（ ）A. 数列中不可能同时有1和2019两项B. 的最小值必定为1C. 当是奇数时，D. 的最小值可能为2【答案】A【解析】【分析】根据题意知，数列中的任意一项都是正整数，利用列举法直接写出数列中的项，进而可得结论.【详解】对于选项A，假设：，则后面依次为：2022，1011，1014，507，510，255，258，129，132，66，33，36，18，9，12，6，3，6，3循环；假设：，则后面依次为：4,2,1,4,2,1,4,2,1,4
7、,2循环，综上，数列中不可能同时有1和2019两项，故选项A正确；由选项A知，选项B、D都不对；对于选项C，令，则，所以，故选项C不正确.故选：A.【点睛】本题考查数列中的项数的求法，考查数列的递推公式求通项公式，属于基础题.10.设的最大值为，则（ ）A. 当时，B. 当时，C. 当时，D. 当时，【答案】AB【解析】【分析】直接对各选项分析即可.【详解】对于选项A，当时，在区间上递减，所以，故选项A正确.对于选项B，当时，则，在区间上递增，即，故选项B正确.对于选项C，当时，当时，恒成立，所以，所以，故选项C错误.对于选项D，当时，则，在区间上递增，故选项D错误.故选：AB.【点睛】本题考
8、查三角函数与函数导函数，利用导函数研究单调性，进而求最值，属于中档题.11.德国数学家阿甘得在1806年公布了虚数的图象表示法，形成由各点都对应复数的“复平面”，后来又称“阿甘得平面”.高斯在1831年，用实数组代表复数，并建立了复数的某些运算，使得复数的某些运算也象实数一样地“代数化”.若复数满足，则对应的点位于第_象限，_.【答案】 (1). 四 (2). 【解析】【分析】利用复数的除法运算法则化简即可.【详解】，则对应的点位于第四象限；.故答案为：四，.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，属于基础题.12.在的展开式中，各项系数的和是_，二项式系数最大的项是_.【答案】 (1). 1
9、 (2). 【解析】【分析】根据题意，直接令即可得到结论.【详解】令得各项系数的和是1；二项式系数最大是，是展开式的第四项，所以是.故答案为：1，.【点睛】本题考查项的系数和，注意项的系数与二项式系数的区别，属于基础题.13.已知双曲线的离心率是，左右焦点分别是，过且与轴垂直的直线交双曲线于两点，则其渐近线方程是_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据题意，由离心率可得，进而可得渐近线方程，再利用双曲线的定义可得结论.【详解】由题意，在双曲线中，所以渐近线方程是；由双曲线的定义知，所以故答案为：，.【点睛】本题考查双曲线的离心率，渐近线方程，属于基础题.14.在中，分别在上，
10、且，交于点，若，则_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】以，为该平面的基底，利用向量运算法则得，再利用三点共线，三点共线，即可得到结论.【详解】法一：平面向量基本定理以，为该平面的基底，则，所以，下面用两次“三点共线”，因为三点共线，且三点共线，所以法二：特殊化处理如图，设点，则，即有：由得：.故答案为：，.【点睛】本题考查利用基底表示向量的线性运算，平面向量共线定理，属于基础题.15.某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积是_.【答案】【解析】【分析】将三视图还原成几何体图形，进而分割成一直三棱柱与三棱锥，再利用体积公式即可.【详解】如图，该三视图还原的几何体，
11、其体积可分割成一直三棱柱与三棱锥，故.故答案为：.【点睛】本题考查的知识点是由三视图求体积，其中根据已知的三视图分析出几何体的形状是解答的关键，属于基础题16.已知实数满足，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】直接利用柯西不等式，化简即可.【详解】由柯西不等式可得，所以，即所以.故答案为：【点睛】本题考查了柯西不等式，将原式变形得出含有待求代数式的式子是解题的关键，属于基础题.17.在三棱锥中，顶点在底面的射影为的垂心，且中点为，过作平行于的截面，记，记与底面所成的锐二面角为，当取到最大，_.【答案】【解析】分析】根据题意可得平面与底面所成的锐二面角为，即为，在中，在中，再利用基本不等式
12、，进而化简即可得到结论.【详解】如图，平行于平面和底面的交线.又顶点在底面的射影为的垂心，则，平面，因此平面与底面所成的锐二面角为，即为.在中，在中，又点为的中点，所以，即，整理得，所以当取到最大时.（这个问题就是米勒最大角问题.）即时，角最大，从而正切值最大，不妨设，则.故答案为：.【点睛】本题考查棱锥的结构特征，线面角的求法，两角和的正切公式，解题时要认真审题，仔细解答，属于中档题.18.已知函数；（）求函数的单调减区间；（）将函数分别向左、向右平移个单位相应得到，且，求函数的值域.【答案】（）（）【解析】【分析】（）利用二倍角公式化简的解析式，再利用正弦函数的单调性即可；（）由题意得，利
13、用三角函数的单调性以及，即可得到结论.【详解】（）令所以函数的单调减区间为；（）由题意，.又，则，从而有，又，.所以函数的值域为.【点睛】本题考查二倍角公式，正弦函数的单调性，函数的图象变换规律，正弦函数的定义域和值域，属于基础题.19.在如图的空间几何体中，是等腰直角三角形，四边形为直角梯形，为中点.（）证明：平面；（）若，求与平面所成角的正弦值.【答案】（）证明见解析（）【解析】【分析】（）取中点为，连接和，可得面面，进而可得结论；（）法一，利用几何法求线面角；法二，建立空间直角坐标系，利用向量运算求线面角【详解】法一：（）证明：取中点为，连接和，有，面，有，面，面面.面，平面；（）四边形
14、为梯形，为中点，即四边形为平行四边形，.要求与平面所成角，只需求与平面所成角，连接，由题意可知，面，面面，点到面的距离就是点到的距离.，面，又，点到的距离为.在三棱锥中，根据，.记点到面的距离为，由，得.所以与平面所成角的正弦为.法二：以为轴，过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图，设点由题意可得：由设平面法向量为，即：，故与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查了线面平行性质，线面角的求法，利用几何法求线面角的步骤：一作，二证，三求解，属于基础题.20.已知数列的前项和为，是和的等差中项；（）求数列的通项公式；（）若对任意正整数恒成立，求实数的取值范围.【答案】（）（）【解析】【分析
15、】（）由题意得，当时，两式作差可得，进而可得结论；（）由题意得，进而构造数列，为递增数列，即可得到结论.【详解】（）由题意得，则当时，当时，即，又由，得，所以数列是，公比的等比数列，所以数列的通项公式.（）由题意知，得，得，设，是递增数列，最小项是，所以【点睛】本题考查数列与的关系，数列通项公式的求法，不等式恒成立问题，属于中档题.21.已知：抛物线，斜率为的直线与的交点为，点在直线的右上方.分别过点作斜率不为0，且与只有一个交点的直线为.（）证明：直线的方程是；（）若；求面积的最大值；【答案】（）证明见解析（）【解析】【分析】（）设，联立方程得直线的斜率为，进而利用点斜式写出方程整理即可；（
16、）由（）可得，联立这些直线方程解得其交点坐标，利用向量把面积表示出来，再利用函数的导函数可得最值.【详解】（）法一：点满足，即，设直线方程是由，消去得得，故直线是，化简得，所以直线是的方程是.法二：（）由（）可得切线分别为：；联立直线得：即：所以，代入面积公式得：，令，则，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以的最大值为，所以.【点睛】本题考查抛物线与直线的位置关系，属于中档题.22.已知.其中，为自然对数的底数；（）若为函数的极值点，求的值； （）若在上恒成立，求的取值范围；【答案】（）（）【解析】【分析】（I）求出函数的导函数，当时，解得的值；（）将不等式恒成立转化为，构造函数，易证在上单调递增，进而可得，再构造函数，再研究单调性，进而可得结论.【详解】（）为函数的极值点，得，经检验，当时，为函数的极小值点.（），即，令，易知在上单调递增，即.令，由，得，由在上单调递增，和在上单调第减，是的唯一解，当时，；当时，则，故.综上，的取值范围是.【点睛】本题考查用导数求函数的最值与极值问题，利用导数研究不等式恒成立问题，属于难题.
