1、浙江省绍兴市柯桥区2020届高三数学下学期6月适应性考试试题（含解析）1.已知全集，集合，集合则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先写出，根据补集运算即可.【详解】由所以，所以.故选：C【点睛】本题主要考查集合的交集与补集，属于基础题.2.若曲线C：的离心率为，则m等于（ ）A. 1B. C. D. 2【答案】A【解析】【分析】由双曲线方程结合隐含条件求得c，再由离心率列式求解m值【详解】由曲线C：，得，且，则，解得故选：A【点睛】本题考查双曲线的简单性质，考查离心率的求法，是基础题3.若实数x，y满足，则的最小值是（ ）A. B. C. 0D. 2【答案】B【解析】【分
2、析】画出约束条件的可行域，求出最优解，然后求解即可【详解】解：由题中给出的三个约束条件，可得可行域为如图所示阴影部分，平移直线，当直线经过可行域的时，目标函数的截距取得最小值，此时取得最小值由解得，的最小值为：，故选：【点睛】本题考查线性规划的简单应用，求出目标函数的最优解的解题的关键，属于基础题4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A. 18B. 36C. 54D. 108【答案】B【解析】【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的体积【详解】根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥体如图所示：所以：故选：B【点睛】本题主要考查了三视图和直观图形之间的转换
3、，几何体的的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型5.已知a，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】根据充分条件和必要条件的定义结合不等式的性质，进行判断即可.【详解】解：若，此时成立，而不成立，而时，由不等式的性质，两边平方得，所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B【点睛】此题考查充分条件和必要条件的判断，利用不等式的性质是解决此题的关键，属于基础题.6.在同一个坐标系中，函数与的图象可能是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意结合函数、的图象
4、特征，逐项排除即可得解.【详解】由题意且，所以函数单调递减，故排除B、D；对于A、C，由函数图象可知，对于函数，故A正确，C错误.故选：A.【点睛】本题考查了指数函数、对数函数图象与性质的应用，考查了函数图象的识别，属于基础题.7.设a，b为正数，已知随机变量X的分布列如下表格，则（ ）X012paabA. 有最大值，有最大值B. 有最大值，无最大值C. 无最大值，有最大值D. 无最大值，无最大值【答案】C【解析】【分析】先根据期望和方差的公式，计算出和，然后再分析最大值即可.【详解】由题意易知，因为，所以无最大值，当时，有最大值.故选：C.【点睛】本题考查离散型随机变量的期望和方差，考查逻辑
5、思维能力和运算求解能力，属于常考题.8.在中，O为所在平面内一点，并且满足，记，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】令的中点分别为，则将可化简为，于是为线段的靠近的三等分点，然后建立直角坐标系，利用数量积的坐标运算公式分别计算3个数量积即可得出结论【详解】， 又 ，设的中点为，的中点为，则 ， ， ，为线段的靠近的三等分点， 以为原点，以分别为轴建立如图所示的平面直角坐标系，则 ， ， .故选：A【点睛】本题考查了平面向量共线定理的应用以及数量积运算，解答本题确定点位置是解题关键，本题属于中档题9.设a，函数，若函数有四个零点，则（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答
6、案】C【解析】【分析】依题意，函数的图象与直线有四个交点，取特殊值，不妨取，作出函数的图象，观察图象即可得出结论【详解】解：依题意，函数有四个零点，即函数的图象与直线有四个交点，若，不妨取，则，当时，此时函数在单调递减，在单调递增，当时，在单调递减，在单调递增，作出函数的图象如下图所示，由图象可知，当时，可以满足条件，结合选项可知，选项满足题意若时，当时，则，令，解得或，当时，函数在上单调递减，上单调递增，当时函数在上单调递减，当时，对称轴为，函数在上单调递增，且，所以直线与函数最多两个交点，故不成立；故选：【点睛】本题考查函数零点与方程根的关系，将问题转化为函数的图象与直线有四个交点，然后通
7、过取特殊值，采用数形结合是解决本题的关键，属于中档题10.如图，在矩形中，将沿翻折至，设直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，当为锐角时（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据几何体的对称性将二面角的平面角等价于二面角的平面角， 直线与直线所成角等价于直线与直线所成角；过点做垂线，分别找到，根据直角三角形中边的大小关系，结合利用其正弦余弦值，即可比较其大小.【详解】根据几何体对称性知道二面角的平面角等于二面角的平面角.作平面于点，则.作于点，连接.由于，则平面.故，则即为二面角的平面角，即.由于平面，则即为直线与平面所成角.即.由于，则，而，则，又因为为
8、锐角，即.由于四边形为矩形，则，故直线与直线所成角等于直线与直线等于所成角，即.作于点，连接，则，而，则四边形为矩形，则.在中，; 在中，.而，则，又因为锐角，所以.故.故选:D.【点睛】本题主要考查点、线、面的位置关系，属于中档题.解本题的关键在于将所要比较的几个角放在一起，再利用角的正余弦值的大小关系来比较角的大小.11.已知复数z满足（i为虚数单位），则复数_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据复数z满足，利用复数的除法求解即可.然后利用复数的模的模的公式求解.【详解】因为复数z满足，所以，所以，故答案为：；【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的模，还考查了运算求解
9、的能力，属于基础题.12.函数的最小正周期为_，最大值为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由辅助角公式、二倍角公式对所给解析式进行整理可得，从而可求最小正周期和最值.【详解】解：，当时，函数有最大值，为，所以最小正周期为，最大值为.故答案为:;.【点睛】本题考查了两角和的正弦公式，考查了辅助角公式，考查了二倍角公式，考查了三角函数的性质.本题的关键是对解析式进行整理化简.13.已知二项式（，）关于x展开式中，所有项的项系数之和为32，设展开式中x和的系数之和分别为m，n，若，则_，_.【答案】 (1). 4 (2). 2【解析】【分析】由题意利用二项式系数的性质，求得所有项的系
10、数之和为(a-b)5=32,再根据通项公式求得a=2b，由求得a、b的值.【详解】因为二项式（，）关于x展开式中，所有项的项系数之和为32，令，设展开式中的通项公式为，令，解得，可得的系数为，令，解得，可得的系数为，若，则，即则由解得，故答案为：4；2【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于中档题.14.已知圆C的圆心在直线上，且与直线相切于点，则圆C的圆心坐标为_，半径为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据题意，设圆C的圆心坐标为，半径为r，分析可得，解可得m、n的值，即可得圆心的坐标，求出的值，可得圆的半径，即可得答案【详解】根据
11、题意，设圆C的圆心坐标为，半径为r，又由圆C的圆心在直线上，且与直线相切于点，则有，解可得，即C的坐标为，则圆的半径；故答案为：；【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，涉及直线与圆相切的性质，属于基础题15.从4个男生和6个女生的10个候选人中，挑选3人分别担任“班长”，“副班长”和“体育委员”，要求3人中至少有2个男生，这样的挑选方法共有_种.【答案】240【解析】【分析】根据题意，分2步进行分析：先从10人中任选3人，要求至少有2个男生，将选出的3人全排列，分别担任“班长”，“副班长”和“体育委员”，由分步计数乘法原理计算可得答案【详解】根据题意，分2步进行分析：先从10人中任选3人，要求至
12、少有2个男生，有种情况，将选出3人全排列，分别担任“班长”，“副班长”和“体育委员”，有种情况，由分步乘法计数原理知，则有种不同的挑选方法；故答案为：240【点睛】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题16.已知椭圆C的两个焦点为，过的直线与椭圆C交于A、B两点，若，则C的方程为_.【答案】【解析】【分析】设，根据题意以及椭圆的定义可得，根据勾股定理可得，即可解出，然后根据的关系求出，从而得到C的方程【详解】如图所示：设，因为，所以，而，解得，又，所以C的方程为故答案为：【点睛】本题主要考查椭圆的方程的求法以及几何性质的应用，属于基础题17.已知函数，若存在，对于任意，都
13、有，则实数a的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】设，问题转化为对于任意，都有，利用导数研究的最值，建立关于的不等式即可求解.【详解】设，由b的任意性，结合题意可知，对于任意，即， 又，易知函数在单调递减，在上单调递增，当时，在上单调递增， 则故，解得，此时无解.当时，在上单调递减，则故，解得当时，在上单调递减，在上单调递增，则,故只需且记函数，则，函数在上递增，则，记函数则，函数在上递减，则故当时，且恒成立，满足题意，综上所述，实数a的取值范围为，故答案为：【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值最值，查了不等式的恒成立问题，考查分类讨论思想，考查了推理能力与计算能力，属于难题.18
14、.在四边形中，.（1）求的值.（2）若，求对角线的长度.【答案】（1）；（2）5.【解析】【分析】（1）在中，根据正弦定理可求出，再根据大边对大角可知为锐角，然后根据平方关系即可求出的值；（2）在中，先根据诱导公式求出，再根据余弦定理即可求出的长度【详解】（1）在中，由正弦定理得：，因为，所以为锐角，所以 （2）在中， 由余弦定理可得，【点睛】本题主要考查正弦、余弦定理解三角形，涉及到大边对大角，平方关系，诱导公式的应用，属于基础题19.如图，斜三棱柱中，D是的中点.（1）证明：平面平面；（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】【分析】1取AB的中点M，连接
15、CM，由已知求解三角形可得，由直线与平面垂直的判定可得平面ABC，从而得到平面平面ABC；2设与BD交于点O，E为BC的中点，则结合1可证得平面，得到平面平面过O作于N，则即为所求角，再求解三角形可得直线DB与平面所成角的正弦值【详解】（1）取中点M，连结，如图因为，故，所以，又因为，所以，且， 所以，所以，所以平面， 而平面，所以平面平面 （2）设与相交于O，过O作于NE为的中点，则，所以平面，所以平面平面， 因为，则即为所求的角，易知为等腰直角三角形，且O为其重心，故， 又因为与相似，所以，所以【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，考查了直线与平面所成角的求法，
16、考查计算能力，是中档题20.设数列的前n项和为，是2与的等差中项，.（1）求数列的通项公式；（2）设，证明：【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题设得出，类比写出，两式相减得到，并求出首项，从而得出等比数列的通项公式；（2）由（1）求出，所以有，之后结合不等式的性质，利用等比数列求和公式，证得结果.【详解】（1）由题设得， 两式相减得：，又，所以数列是公比为2的等比数列，所以 （2）由（1）得，解法1：所以，所以不等式对任意都成立 解法2：数学归纳法，（）当时，左边，右边，不等式成立， （）假设时，不等式成立，即，则 .由（）、（）可知，不等式对任意都成立【点睛】该题考查
17、的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差中项的特征，利用递推公式求数列的通项公式，等比数列求和公式，放缩法证明不等式，属于中档题目.21.已知，抛物线C：的焦点到直线l：的距离为.（1）求m的值.（2）如图，已知抛物线C动弦的中点M在直线l上，过点M且平行于x轴的直线与抛物线C相交于点N，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）16.【解析】【分析】(1)列出抛物线的焦点到直线l的距离公式即可求解；(2)设出直线的方程与抛物线联立，即可得出点M, N坐标，求出点N到直线的距离及弦的长度，即可表示出的面积，结合二次函数的性质即可求解.【详解】（1）抛物线C的焦点. 由题设得，解得， 因为，所以 （
18、2）设直线方程为，代入抛物线方程得，则，设，则，所以， 因为点M在l上，则有，即，将代入得，解得，易得N的坐标为， 则点N到直线的距离， ， 所以，当时取到等号，所以面积的最大值为16【点睛】本题主要考查点到直线的距离公式及直线与抛物线的位置关系，属于能力提升题.22.已知函数，（1）求在上的单调性；（2）若在上恒成立，求实数k的取值范围.【答案】（1）在上单调递增；（2）.【解析】分析】(1)先对函数求导，然后结合导数与单调性关系即可求解;(2) 结合反证法，利用函数与导数关系及函数的性质即可求解.【详解】（1）， 令，则， 所以在的单调递增所以，所以，所以在上单调递增 （2）假设，设，则在单调递增，由（1）可知，当时，当时，所以时，与题设矛盾，所以， 又，所以 下面证明当是符合题意的，设，要使恒成立，必须，即，当时，显然成立，设，则，所以在单调递减，在单调递增，故，即也成立， 综上，k的取值范围是【点睛】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，由不等式的恒成立求解参数范围问题，体现了转化思想的应用，属于难题.
