1、浙江省金华市义乌市2020届高三数学下学期适应性考试试题（含解析）本试卷分第卷和第卷两部分，考试时间120分钟，试卷总分为150分，请考生按规定用笔将所用试题的答案涂、写在答题纸上.参考公式如果事件、互斥，那么如果事件A、B相互独立，那么如果事件在一次试验中发生的概率为，那么次独立重复试验中事件恰好发生次的概率台体的体积公式其中、表示台体的上、下底面积，表示棱台的高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，为表示锥体的高球的表面积公式球的体积公式其中表示球的半径第I卷选择题部分（共40分）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的
2、四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.已知，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先利用一元二次不等式的解法化简集合A,再根据，求得，再利用交集的定义求解.【详解】集合，因为，所以，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及一元二次不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.2.已知双曲线：的一条渐近线与直线平行，则的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，由双曲线的标准方程求出双曲线的渐近线方程，结合题意可得，即，由双曲线的几何性质可得，结合双曲线的离心率公式可得答案【详解】解：根据题意，双曲线的渐近线为，又由双
3、曲线的一条渐近线与直线平行，则有，即，则，则双曲线的离心率；故选：【点睛】本题考查双曲线的几何性质，关键是由双曲线标准方程求出渐近线方程，属于基础题3.已知设，是两条不同的直线，是两个不同的平面，则（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】【分析】在中，与相交或平行；在中，推导出，所以；在中，与相交、平行或异面；在中，与相交、平行或【详解】解：由，是两条不同的直线，是两个不同的平面，知：在中，若，则与相交或平行，故错误；在中，若，则，所以，故正确；在中，若，则与相交、平行或异面，故错误；在中，若，则与相交、平行或，故错误故选：【点睛】本题考查命题真假的判断，属于中
4、档题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用4.已知，则是的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由，可得反之不成立，可举例说明【详解】解：若，则；反之不成立，例如：取，则，是的必要不充分条件故选：【点睛】本题考查了简易逻辑的判定方法、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题5.函数的图象如图所示，则函数的解析式可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先由图象可知函数是奇函数，因此判断函数的奇偶性，排除选项，再判断时，函数值的正负，排除选项.【详解】由图象
5、可知函数关于原点对称，函数应是奇函数，和都是奇函数，是奇函数，是偶函数，奇函数奇函数是偶函数，奇函数偶函数=奇函数，所以C,D都是偶函数，故排除C,D，当时，成立，当时， 不成立，故排除B,故选：A【点睛】本题考查根据图象判断函数的解析式，重点考查函数性质和函数图象的综合，属于基础题型，一般由图选式或是由式选图，都需线判断函数的奇偶性，单调性，特殊值，函数值的趋向等函数性质判断.6.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A. 2B. 4C. 6D. 12【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体，即可求出体积.【详解】解：由三视图可知，该几何体由两个三棱柱组成，故选:B.【点
6、睛】本题考查了由三视图求几何体的体积，属于基础题.7.袋子有5个不同的小球，编号分别为1，2，3，4，5，从袋中一次取出三个球，记随机变量是取出球的最大编号与最小编号的差，数学期望为，方差为则下列选项正确的是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】从5个球中取3个球，共有种取法，其组合分别为，2，2，2，3，3，4，3，3，4，4，所以随机变量的可能取值为4，3，2，然后逐一求出每个的取值所对应的概率，再根据数学期望和方差的公式进行计算即可得解【详解】解：从5个球中取3个球，共有种取法，其组合分别为，2，2，2，3，3，4，3，3，4，4，随机变量的可能取值为4，3，2
7、，故选：【点睛】本题考查离散型随机变量的数学期望和方差，考查学生的分析能力和运算能力，属于基础题8.已知为偶函数，.当时，若，则（ ）A. B. 3C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用已知条件求出函数的周期，通过数列的通项公式与函数的关系，求解即可【详解】解：为偶函数，所以函数的周期为：4，则，当时，所以故选：D【点睛】本题考查函数的奇偶性以及函数的对称性，函数的周期性，数列与函数的关系的应用，考查计算能力，属于中档题9.如图，正方体，点在上运动（不含端点），点是上一点（不含端点），设与平面所成角为，则cos的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知求出的中
8、点与的连线与平面所成角的余弦值，在上（不含端点）任取一点，在平面内过作，则与平面所成角，可得，结合选项即可得答案【详解】解：如图，由正方体的性质，可得平面，且在平面上的射影为的外心设正方体的棱长为1，则的边长为，当 为的中点时，此时在上（不含端点）任取一点，在平面内过作，则与平面所成角，可得结合选项可知，的最小值为故选：【点睛】本题考查直线与平面所成角的求法，考查数形结合的解题思想方法，属于中档题10.已知函数，若对任意，都有，则的最大值为（ ）A. 1B. C. 2D. 4【答案】C【解析】【分析】化函数为的二次函数，利用换元法设，问题等价于对任意的、，都有，即；再讨论时，利用二次函数的图象
9、与性质，即可求出的最大值【详解】解：，令，问题等价于，对任意，都有，即，欲使满足题意的最大，所以考虑，对称轴为，当时，；当时，综上，的最大值为2，故选：C.点睛】本题考查了三角函数的图象与性质应用问题，也考查了二次函数的性质应用问题，属于较难题第卷非选择题部分（共110分）二、填空题（本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分）11.九章算术是我国古代的数学名著，书中均属章有如下问题：“今有五人分五钱令上二人所得与下三人等问各得几何.”其意思为：已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得之和与丙、丁、戊三人所得之和相同，若甲、乙、丙、丁、戊每人所得依次成等差数列问五人各
10、得多少钱?（“钱”是古代的一种重量单位），则丁所得为_钱【答案】【解析】【分析】设出甲、乙、丙、丁、戊所得钱，根据题意列方程组求解，代入即可求得丁所得钱.【详解】根据题意，设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为，则，即，又，则，所以丁所得为钱.故答案为：【点睛】本题考查等差数列的应用，属于基础题.12.已知复数：满足（为虚数单位），则复数的实部为_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据复数满足，利用复数的乘除化简为，再利用复数的概念和模的公式求解.【详解】因为复数满足，所以，所以.故答案为：；【点睛】本题主要考查复数的运算和复数的概念，还考查了运算求解的能力，属于基础题.13.若展
11、开式的各项系数之和为32，则_；展开式中常数项为_【答案】 (1). 2 (2). 31【解析】【分析】给赋值1求出各项系数和，列出方程求出；利用二项展开式的通项公式求出通项，求出特定项的系数【详解】解：因为展开式的各项系数之和为32，所以：，；所以：；故其展开式中常数项为：故答案为：2；31【点睛】本题考查求系数和问题常用赋值法、考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题，属于中档题14.在中，内角，对的边分别为，满足则_若边上的中线，则面积的最大值为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由已知结合正弦定理可求，进而可求，然后利用余弦定理及基本不等式可求的范围，结合三角
12、形的面积公式即可求解【详解】解：在中，因为，所以，因为，故，因为为三角形的内角，故，中，由余弦定理可得，当且仅当时取等号，此时，为最大故答案为：；【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题15.已知点满足，则满足条件的所形成的平面区域的面积为_，的最大值为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由，得的圆心是在以原点为圆心，以1为半径的圆上运动，进而得出点的轨迹是一个以原点为圆心，以2为半径的圆面，利用圆的面积公式即可求出点所形成的平面区域的面积；利用线性规划，即可求得的最大值.【详解】设圆的圆心为，则的坐标为，因为，所以圆心是在以原点为
13、圆心，以1为半径的单位圆上，所以点在一个半径为1的圆上，这个圆的圆心又在单位圆上运动，(如图1)，所以点的轨迹是一个圆面，这个圆面是以原点为圆心，以2为半径的圆面（包括边界，如图2）即，所以点所形成的平面区域的面积为.，所以 所以，由线性规划知，的最大值为.故答案为：；.【点睛】本题考查圆的面积公式，圆的性质的应用及线性规划问题，考查学生的逻辑思维能力，本题的解题关键是发现的圆心坐标满足，属于中档题.16.已知椭圆的左、右焦点为，上顶点为，点为第一象限内椭圆上的一点，则直线的斜率为_.【答案】【解析】【分析】根据椭圆的定义和几何性质，结合，可得，而点，设直线方程为，由，可知点到直线的距离等于点
14、到直线的距离的2倍，然后利用点到直线的距离公式分别表示出这两个距离，列方程，化简整理后可得，从而可解得的值.【详解】解：因为，所以，即，可得，由题可知，设直线方程为，因为，所以点到直线距离等于点到直线的距离的2倍，因为到直线的距离，点到直线的距离，所以，即，解得或（舍去）故答案为：【点睛】此题考查椭圆的定义、几何性质，将三角形的面积比转化为点到直线的距离比是解题的关键，考查学生的转化能力、化归能力和运算能力，属于中档题.17.已知平面向量，满足，夹角为，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由题意可得，又由可求得，不妨设，则，又由两边平方得，即可得的取值范围.【详解】由题意可得，则由此，则
15、，不妨设，则，因为，两边平方可得，则，又在上单调递减，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查了向量的数量积计算，向量夹角范围的求解，考查了学生的运算求解能力.三、解答题（本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤18.已知（）求的值域；（）若，求【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）利用两角和与差的三角函数的正弦公式，将函数转化为， 再利用正弦函数的性质求解.（）根据，求得，再，利用二倍角的正切公式得到，进而得到，然后利用角的变换求解.【详解】（）， 因为，所以故的值域为. （）因为，所以，因为，所以因，所以解得， 因为，所以，所以 所以.【点睛】本题主要考查三角恒等变换
16、与三角函数的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.19.在多面体中，正方形和矩形互相垂直，分别是和的中点，.（）求证：平面. （）在边所在的直线上存在一点，使得平面，求的长；（）求直线与平面所成角正弦值.【答案】（）证明见解析；（）；（）.【解析】【分析】()由面面垂直的性质可证明线面垂直.()建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量为，利用方向向量和法向量垂直可得，从而可求出的坐标，进而可求出的长.()求直线的方向向量，结合()的法向量可求出线面角的正弦值.【详解】证明：（I）由于正方形和矩形互相垂直，交线为，由面面垂直的性质定理可知平面. （）以，所在的直线为，轴建立空间直角坐标系
17、， 则，设，那么，设平面的法向量为，则有，取平面的一个法向量为， 要得平面，则，求得，的长为. （III），由（2）知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角的大小为，则. 【点睛】本题考查了面面垂直的性质，考查了线面角的求解，考查了线面平行的应用.本题的易错点是忽略了线面角的取值范围，误区正弦值为负.20.已知等比数列，满足，数列满足，对一切正整数均有（）求数列与的通项公式；（）记，若存在实数和正整数，使得不等式对任意正整数都成立，求实数的取值范围.【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）利用等比数列的通项公式即可求出，由得，利用累加法即可求出；（）利用错位相减法求出的值，利用裂项相消法求出
18、的值，再对的值分情况讨论即可求出的取值范围【详解】解：（）， 在，则，累加可得：， （） 若存在实数和正整数要使得不等式对任意正整数都成立，（1）当时，所以；（2）时，此时无解综上，得【点睛】本题主要考查了等比数列的性质，考查了累加法求数列通项，以及数列求和，属于中档题21.如图，点是抛物线上位于第一象限内一动点，是焦点，圆：，过点作圆的切线交准线于，两点.（）记直线，的斜率分别为，若，求点的坐标；（）若点的横坐标，求面积的最小值.【答案】（）；（）10.【解析】【分析】（）设，求得抛物线的焦点和准线方程，圆的圆心和半径，运用直线的斜率公式，化简计算可得所求值；（）设直线的斜率为，直线的斜率为
19、，可得直线、的方程，运用点到直线的距离公式和直线和圆相切的条件：，结合韦达定理，可得、的横坐标，进而得到，求得面积为关于的关系式，化简整理，可得所求最小值【详解】解：（）设，解得或（舍）.此时（）设直线的斜率为，直线的斜率为.则直线的方程为：，由直线与圆相切，同理.则，为方程的两根.，由，同理， ，则当且仅当即时，的面积取到最小值10.【点睛】本题考查抛物线的方程和性质，考查直线和抛物线的位置关系，考查直线和圆相切的条件，考查方程思想和运算能力，属于中档题22.已知函数，.（）求证：当时，；（）若存在，使，求的取值范围.【答案】（）证明见解析；（）.【解析】分析】（）所证明不等式转化为，设，
20、利用导数判断函数的单调性，并利用最值证明；（）首先判断函数的单调性，再分和两种情况求的取值范围，当时，成立，求，当时，根据（1）的结论证明时，当时，设，利用导数证明，综上证明过程求的取值范围.【详解】解：（）解：的定义域为， ，即设， ，故在为增函数，当时，得证. （），故的减区间为，增区间为，对于，（1）当时，需要，；（2）当时，先证若，有，（）若，设，是减函数， （）若，设，是增函数，故有，使，在减，在增，时，得由（）（）得，当时， 此时由于，时，故，满足题意.综上可得，的取值范围是.【点睛】本题考查导数与函数的单调性，最值，极值的综合应用，重点考查分类讨论的思想，转化与化归，逻辑推理能力，属于难题，本题的难点是第二问，当时的情况的讨论.
