1、浙江省绍兴市嵊州市2020届高三数学下学期第三次教学质量调测试题（含解析）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知全集，集合，则（ ）A. B. C. ，或D. ，或【答案】B【解析】【分析】首先求出，再求即可.【详解】因为或，所以.故选：B【点睛】本题主要考查集合的运算，同时考查二次不等式，属于简单题.2.欧拉公式（为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发明的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，根据欧拉公式可知，表示的复数在复平面中位于
2、第_象限（ ）A. 一B. 二C. 三D. 四【答案】A【解析】【分析】首先根据题意得到，从而得到对应的点为，再判断象限即可.【详解】由题知：，在复平面对应的点为，因为，所以表示的复数在复平面中位于第一象限.故选：A【点睛】本题主要考查复数的几何意义，同时考查任意角的三角函数，属于简单题.3.某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】作出几何体的直观图，可知该几何体是直五棱柱，计算出底面积，利用柱体的体积公式可得结果.【详解】几何体的直观图如下图所示：可知该几何体是直五棱柱，且底面为在边长为的正方形中截去一个腰长为的
3、等腰直角三角形所形成的平面图形，其底面积为，该直五棱柱的高为，因此，该几何体的体积为.故选：B.【点睛】本题考查利用三视图计算几何体的体积，考查空间想象能力与计算能力，属于基础题.4.“”是“”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】D【解析】【分析】利用取特殊值法判断即可.【详解】取特殊值代入，当时，满足但，所以不充分；当时，满足，但，所以不必要；故“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D.【点睛】本题主要考查了对充分条件和必要条件的判断.属于较易题5.已知x，y满足不等式组若的最小值是，则实数k的值是（ ）A. 或B. 或C.
4、或D. 或【答案】C【解析】【分析】由约束条件作出可行域，令，再对分类讨论，数形结合计算可得；【详解】解：由约束条件作出可行域如图，令，则当时，直线过点时，取得最小值，因为，即所以；当时，直线过点时，取得最小值，因为，所以；故选：C【点睛】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，属于中档题6.函数的部分图象如图所示，则（ ）A. ，且B. ，且C. ，且D. ，且【答案】A【解析】【分析】根据函数的定义域和再结合函数的图象即可得到答案.【详解】因为的定义域为，有图象知：，所以.又因为，所以.故选：A【点睛】本题主要考查函数的图象，特值法为解题的关键，属于简单题.7.安排3名志愿
5、者完成5项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（A. 60种B. 90种C. 150种D. 300种【答案】C【解析】【分析】首先按每个人工作的项目数，分成和，再分别计算即可.【详解】按每个人工作的项目数，分成两种情况，第一种情况，项目数为，共有种，第二种情况，项目数为，共有种，总共的方法共有种.故选：C【点睛】本题主要考查均匀分组问题，同时考查学生分析问题的能力，属于简单题.8.在正方体中，点M，N分别是直线AD，BC上的动点，点P是内的动点（不包括边界），记直线与MN所成角为，若的最小值为，则点P的轨迹是（ ）A. 圆的一部分B. 椭圆的一部分C. 抛物线的一部
6、分D. 双曲线的一部分【答案】B【解析】【分析】直线与所成角的最小值是直线与面所成角，即原问题转化为：直线与面所成角为，求点的轨迹延长交面于点，则在面内的轨迹为圆的一部分，则将点的轨迹转化为平面截圆锥面所得曲线【详解】解：直线与所成角的最小值是直线与面所成角，即原问题转化为：直线与面所成角为，求点的轨迹延长交面于点，因为面，所以就是直线与面所成角，则在面内的轨迹为以为圆心，为半径的圆的一部分，的轨迹是以为轴的圆锥面的一部分，点是内的动点（不包括边界），其在内的轨迹，等价于平面截圆锥面所得的曲线，取的中点，连接，设正方体的棱长为1，即圆锥的轴与截面所成的角大于轴与母线的夹角，小于直角，平面截圆锥
7、面所得的曲线为椭圆的一部分.故选：B.【点睛】本题考查线线角、线面角及空间轨迹问题，求解时注意判断截面与圆锥的轴所成角与圆锥母线与轴所成角的大小关系，中档题.9.已知，设函数，函数，若函数没有零点，则（ ）A. ，且B. ，且C. ，且D. ，且【答案】C【解析】【分析】函数没有零点，等价于无解.【详解】若没有零点，即无解，即无解，所以无解，整理得无解所以.故答案选：C.【点睛】本题以二次函数为载体考查复合函数零点问题，题目较难，考查学生分析转化问题的能力. 解答复合函数题目时，注意利用换元思想、整体思想等.10.已知数列和，（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先计算与，再
8、计算找出、的关系，然后判断项的大小.【详解】由，及递推关系式可知，.，即所以 ，则，故，代入 得所以， 则，又所以，.故选：B【点睛】本题考查数列的递推关系式及应用，难度较大. 解答时要针对递推关系式合理变形，发现规律.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.双曲线的实轴长是_，离心率是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据双曲线的标准方程得到的值，计算出的值，再根据实轴的概念和离心率公式可得结果.【详解】在双曲线中，所以，所以实轴长为，离心率为.故答案为：；.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质，属于基础题.12.设，则_，_.【答案】
9、(1). 1 (2). 1【解析】【分析】先用赋值法求出的值，再利用二项式定理写出通项，代入数值即可得出答案.【详解】令，得：1=，因为，所以故答案为：1；1.【点睛】本题主要考查了二项式定理、赋值法等知识.属于较易题.13.已知，随机变量的分布列是：若，则_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据分布列的基本性质和期望公式可得出关于、的方程组，解出、的值，然后利用方差公式可求得的值.【详解】由题意可得，解得，因此，.故答案为：；.【点睛】本题考查分布列性质的应用，同时也考查了期望和方差的计算，考查计算能力，属于基础题.14.在中，D是BC边上一点，满足，若，则的面积的最大值是
10、_，此时_.【答案】 (1). (2). 1【解析】【分析】根据余弦定理及基本不等式可求出的最大值，再由三角形面积公式即可求出面积的最大值，由等号成立条件可得的值.【详解】，即，当且仅当时，等号成立，此时,故答案为：；1【点睛】本题主要考查了余弦定理，基本不等式，三角形的面积公式，考查了运算能力，属于中档题.15.已知单位向量，夹角为，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】首先计算和，从而得到，再利用的几何意义即可得到答案.【详解】由题知：，.所以，几何意义为到和的距离之和.因为点关于轴的对称点为，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查向量数量积和模长的应用，同时考查学生的转化能力，属于中档题
11、.16.已知函数，函数，记，其中表示实数，中较小的数.若对都有成立，则实数a的取值范围是_.【答案】，或【解析】【分析】首先根据题意可知当或时，恒成立，又对都有成立，则时，恒成立，再对进行分类讨，求出的最值，由此即可求出结果.【详解】由于对都有成立，令，可得或；所以当时，恒成立；当时，在区间上单调递减，所以，所以，可得，所以或，所以；当时，在区间上单调递增，所以，所以，可得，所以或，所以；当时，在区间上单调递增，在上单调递减，所以，此时不成立；综上所述，或.故答案：，或.【点睛】本题主要考查了函数的单调性、函数最值、恒成立问题等，同时考查转换思想，属于中档题17.已知P为椭圆C：上一个动点，F
12、1、F2是椭圆C的左、右焦点，O为坐标原点，O到椭圆C在P点处的切线距离为d，若，则d_.【答案】【解析】【分析】计算，的值得出点坐标，再求出切线方程，利用点到直线的距离公式计算【详解】解：设，则，不妨设在第一象限，则，故以为圆心以为半径的圆为：，以为圆心以为半径的圆为：，得：，代入椭圆方程可得：，故，当时，由得，故，椭圆在处的切线的斜率切线方程为：，即，原点到切线的距离故答案为：【点睛】本题考查了椭圆的性质，切线的求法，点到直线的距离应用，属于中档题三、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.已知函数.（1）求在区间上的值域；（2）若，且，求的值.【答
13、案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）首先化简，再求出，从而得到函数的值域.（2）首先根据已知得到，从而得到，再将计算即可得到答案.【详解】（1）.因为，所以，所以.故在区间上的值域是.（2）由，知，又因为，所以.故.【点睛】本题主要考查三角函数的值域和三角函数的恒等变换，同时考查学生的计算能力，属于简单题.19.如图，已知三棱锥，直线BD与平面ABC所成的角为.（1）证明：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）过D作于E，连接BE，利用，可得，再根据直线与平面垂直的判定定理可得平面BDE.，从而可得；（2）以E为坐标原点，所在的直线分别为x轴，
14、y轴建立空间直角坐标系，利用空间向量可求得结果.【详解】（1）过D作于E，连接BE.因为，所以，于是，又，所以平面BDE.所以.（2）由（1）可知，平面BDE，所以平面平面BDE，所以交线BE就是BD在平面ABC上的射影，故就是直线BD与平面ABC所成的角，即.因为，所以，在直角中，所以.以E为坐标原点，所在的直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，.所以，.设平面ACD的一个法向量为，则，且，所以，所以，取，则，所以.同理：可取平面BCD的一个法向量为.因为二面角是锐二面角，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了直线与平面垂直的判定与性质，考查了二面角的向量求法，属于中档题.
15、20.已知正项数列满足，且数列是等差数列.（1）求数列通项公式；（2）记，试比较与的大小，并予以证明.【答案】（1）；（2）；证明见解析.【解析】【分析】（1）通过是等差数列，设其公差为，代入，求出即可得出结果. （2）首先求出，是关于n的增函数，分和两种情况比较与的大小，并用放缩法证明不等式即可得出结论.【详解】解：（1）设等差数列的公差为，其首项，所以，即.同理，.因为，所以，化简得：，解得，或.当时，故，此时，当时，不符合是正项数列.当时，故，符合是正项数列.综上所述：.（2）因为，所以，故，所以.又因为是关于n的增函数，所以.所以当时，.当时，又.所以.所以当时，.综上：.【点睛】本题
16、主要考查利用等差数列求通项公式以及利用放缩法证明不等式的问题.属于中档题.21.如图，已知直线与抛物线相交于两点，且.（1）证明：直线AB经过一个定点，并求出定点坐标；（2）设动点P满足的垂心恰好是，记点C到直线AB距离为d，若，求实数的值.【答案】（1）证明见解析；定点；（2），或.【解析】【分析】（1）设，由与联立消元得到，则，由可知可求得，即直线，即可求出直线的定点.（2）由（1）求得，由E是的垂心，得，且，设，通过向量的坐标运算求得，进而求得，再由求得即可.【详解】解：（1）联立与消去化简整理得：.设，则，.由可知.又，所以所以，即，所以.所以直线，即，所以它经过定点.（2）由（1）可
17、知：.因为E是的垂心，所以，且.由得，即.设，则，又，所以，由得：，即，同理：由可得：.所以，是方程的两组解，故此方程表示直线.又因为直线，所以，解得：，.所以.所以.当时，解得.当时，解得.综上所述：，或.【点睛】本题主要考查直线与抛物线位置关系，考查学生的计算能力，属于综合题.22.已知函数，其中，是自然对数的底数.（1）当时，证明：是的一个极小值点；（2）若在区间上的最小值为1，求实数的值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）首先根据题意得到函数的单调区间，再根据单调区间即可证明.（2）首先根据题意得到，再构造函数，利用导数求的最小值即可.【详解】（1）.当时，令，则，所以在区间上的增函数.又，所以当时，即，为减函数，当时，即，为增函数，所以是的一个极小值点，即证.（2）因为在区间上的最小值为1，所以，即在区间上恒成立，故.因为的导数.令，则在在上是增函数，且，所以存在，则.故当时，即；当时，即；所以.设，则，于是.设，它是区间上的减函数，且，又，故.于是，从而.由在区间上的最小值为1可知不等式的等号必须成立，故.【点睛】本题第一问考查利用导数证明函数的极值点，第二问从利用导数求函数的最值，同时考查学生的计算能力，属于难题.