1、浙江省2020届高三数学下学期4月适应性测试试题（含解析）第一卷（选择题）参考公式若事件，互斥，则若事件，相互独立，则若事件在一次试验中发生的概率是，则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，分别表示台体的上、下底面积，表示台体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，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，设集合，则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意，利用补集和交集的概念计算即可.【详解】由题意，所以，.故选：A.【
2、点睛】本题考查了对数型复合函数的定义域和值域的求解，考查了集合的运算，属于基础题.2. 下列通项表达式中能表达数列的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据数列中的项和通项公式逐项排除即可得解.【详解】当时，而，故排除B、C选项；当时，而，故可排除A选项.故选：D.【点睛】本题考查了数列通项的应用和复数的运算，属于基础题.3. 某几何体三视图如图所示（单位：cm），其左视图为正方形，则该几何体的体积（单位：cm3）是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由三视图还原出几何体为一个长方体截去一个三棱锥和一个半圆柱构成，分别求出各部分体积即可得解.【详解】由
3、三视图可知，该几何体是由一个长方体截去一个三棱锥和一个半圆柱构成，长方体的体积为；截去的三棱锥有三个两两垂直的棱，长度分别为3，3，4，则截去的三棱锥体积为；截去的半圆柱的底面半径满足即，高为3，则截去半圆柱的体积为；所以该几何体体积.故选：C.【点睛】本题考查了三视图的识别和组合体体积的求解，属于基础题.4. 以下说法正确的是（ ）A. 空间异面直线的夹角取值范围是B. 直线与平面的夹角的取值范围是C. 二面角的取值范围是D. 向量与向量夹角的取值范围是【答案】C【解析】【分析】本题可根据直线与直线、直线与平面、平面与平面以及向量与向量所成的角的取值范围对四个选项依次进行判断，即可得出结果.
4、【详解】A项：空间异面直线的夹角取值范围是，A错误；B项：直线与平面的夹角的取值范围是，B错误；C项：二面角的取值范围是，C正确；D项：向量与向量夹角的取值范围是，D错误，故选：C.【点睛】本题考查直线与直线、直线与平面、平面与平面以及向量与向量所成的角的取值范围，考查学生对基础知识的熟练度，体现了基础性，是简单题.5. 已知牌堆中有5张扑克牌，其中2张“2”和3张“3”，从牌堆中任取两张扑克牌（无放回且每张牌取到的机会相等），规定：（a）取出“2”得2分，取出“3”得3分，取出2张牌所得分数和记为随机变量（b）取出“2”得3分，取出“3”得2分，取出2张牌所得分数和记为随机变量则（ ）A.
5、，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】先写出，再求出每种得分对应的概率值，根据期望和方差公式计算即可求解【详解】可将抽牌结果分为三种情况：两张“2”，一张“2”和一张“3”，两张“3”取出两张“2”的概率为：；取出一张“1”，一张“2”的概率为：；取出两张“3”的概率为：按（a）种规定的得分共有：4分，5分，6分三种情况，即；按（b）种规定的得分共有：6分，5分，4分三种情况，即；列出随机变量与的分布列，如下表：456456则，故，故选：C【点睛】本题考查离散型随机变量的期望与方差的求值，属于中档题6. 以下方程能表达该图象的是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分
6、析】由图象的特征对比方程的性质，逐项排除即可得解.【详解】设点为该图象上一点，对于B，图象在第一象限存在点满足即，此时，故B错误；对于C，图象经过第二、四象限即存在点满足的情况，则，故C错误；对于D，由不在图象上，故D错误.故选：A.【点睛】本题考查了由图象识别方程，关键是找到选项的差异，属于基础题.7. 设函数，则“”是“与”都恰有两个零点的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【详解】显然是的最小值，若有两个零点，设，且，由得或，由题意只有两个零点，因此无解，有两个不等实根，即，必要性得证，若，由于，因此有两个零点，设为，不
7、妨设，由得或，显然无解，有两个不等实根，即有两个零点，充分性得证，故题中是充分必要条件，故选C.【方法点睛】本题通过充分条件与必要条件考查二次函数的图象与性质，属于难题题. 判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.本题中，不但要理解充分条件与必要条件的基本含义，更要熟练掌握二次函数的图象与性质，以及二次函数与一元二次方程的关系.8. 已知，则的最小值为( )A. B.
8、C. D. 【答案】B【解析】【分析】转化条件得，根据函数单调性确定的取值范围后即可得解.【详解】由题意，令，由函数单调性可知，所以当时，取最小值48.故选：B.【点睛】本题考查了函数单调性的应用，考查了整体意识，属于中档题.9. 如图所示，在顶角为圆锥内有一截面，在圆锥内放半径分别为的两个球与圆锥的侧面、截面相切，两个球分别与截面相切于，则截面所表示的椭圆的离心率为( )（注：在截口曲线上任取一点，过作圆锥的母线，分别与两个球相切于点，由相切的几何性质可知，于是，为椭圆的几何意义）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设两球的球心分别为，圆锥顶点为，取两球与圆锥同一母线上的切点，
9、连接，连接交于，由题意可得，再利用平面几何知识即可得，即可得解.【详解】设两球的球心分别为，圆锥顶点为，取两球与圆锥同一母线上的切点，连接，连接交于，由顶角为，两个球的半径分别为，可知，所以即，由可得，所以，所以，所以该椭圆离心率.故选：C.【点睛】本题考查了圆锥和球的几何特征，考查了椭圆的性质，属于中档题.10. 已知，下列说法错误的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 恒成立D. 恒成立【答案】AD【解析】【分析】对A式化简，通过构造函数的方法，结合函数图象，说明A错误；对B不等式放缩，通过构造函数的方法，由函数的单调性，即可证明B正确；对C不等式等价变型，通过恒成立，可得C正确；D求出的
10、最大值，当且仅当时取等号，故D错误.【详解】A. 设，由图可知，当时，存在，使此时，故A错误.B. 设单调递增，B正确C. 又，C正确D. 当且仅当；当且仅当；所以，当且仅当时取等号，D错误.故选：AD【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，转化的数学思想和数形结合的数学思想，属于难题.第二卷（非选择题）二、填空题：11. 九章算术中有一题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺.”该女子第二日织_尺，若女子坚持日日织，十日能织_尺.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】设该女子每天的织布数量为，转化条件得数列为公比为2的等比数列，利用等比数列的通项公式和前n项
11、和公式求得后即可得解.【详解】设该女子每天的织布数量为，由题可知数列为公比为2的等比数列，设数列的前n项和为，则，解得，所以，.故答案为：，.【点睛】本题考查了等比数列的应用，关键是对于题目条件的转化，属于基础题.12. 的二项展开式中系数最大的是第三项，且，则_，展开式中二项式系数最大的是第_项.【答案】 (1). 3或4 (2). 5和6【解析】【分析】写出的二项展开式的通项公式，由题意，解不等式组即可得解；由二项式系数的定义可得展开式中二项式系数最大为第3和4项；即可得解.【详解】由题意的二项展开式的通项公式为，由第三项的系数最大可得即，解得，又，所以或；展开式中二项式系数最大的是和，即
12、为第5项和第6项.故答案为：3或4；5和6【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了计算能力和转化化归思想，属于中档题.13. 设实数、满足条件、，则可行域面积为_，最大值为_.【答案】 (1). 3 (2). 1【解析】【分析】本题首先可以将、转化为或，然后绘出可行域，求出可行域面积，再然后结合图像得出当最大时点在线段上，最后根据配方法求出的最大值.【详解】因为实数、满足条件、，所以实数、满足或，绘出可行域，如图：易知，故可行域面积，结合图象可知，当最大时点在线段上，直线的方程为，则，故当时，取最大值，的最大值为，故答案为：、.【点睛】本题考查可行域的画法以及配方法求最值，考查去绝对值，考查
13、配方法的灵活应用，考查数形结合思想，考查计算能力，是中档题.14. 已知三角形的外接圆半径为，外接圆圆心为，且点满足，则_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由题意，两边同时平方可得，利用二倍角余弦公式即可得；转化条件为即可得；即可得解.【详解】由题意可知为锐角三角形，点在内部，由可得，两边同时平方可得，由可得，由可得得；由.故答案为：，.【点睛】本题考查了平面向量数量积与二倍角余弦公式的综合应用，考查了转化化归思想，属于中档题.15. 已知奇函数的定义域为且在上连续.若时不等式的解集为，则时的解集为_.【答案】【解析】【分析】当时，易得的解集为；利用奇函数的性质可得当时，的解
14、集为，令即可得解.【详解】由题意可得当时，的解集为，由奇函数的性质可得当时，的解集为，令，则的解集为，即当时，的解集为，所以解集为.故答案为：.【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用，考查了运算能力和推理能力，属于中档题.16. 已知在五位车牌中，字母最多有两个，且为防止混淆和，和，车牌中不设置字母和，则“浙A”的五位车牌最多有_块.【答案】【解析】【分析】按车牌中没有字母、有一个字母和有两个个字母分类讨论，求和即可得解.【详解】若车牌中没有字母则共有块车牌；若车牌中含有一个字母则共有块车牌；若车牌中含有两个个字母则共有块车牌；则“浙A”的五位车牌最多有块.故答案为：.【点睛】本题考查了分步相乘和
15、分类相加计数原理的应用，属于中档题.17. 已知函数恰有一个零点，则实数取值范围是_【答案】【解析】【分析】问题转化为函数和的只有一个公共点，利用导数得出的单调性，极值，可作出函数图象，由图象易知时，两函数图象只有一个公共点，在时，先求出两图象在同一点处有共同切线时的值，而且利用图象知取其它值时交点情况，从而得出结论【详解】函数恰有一个零点，即方程只有一根，只有一根，设，当时，递增，时，递减，时，时，是减函数，且，函数与的图象只有一个交点，满足题意，时，是增函数，设与在处有共同的切线，显然，则，整理得，设，则，设，则，时，递减，时，递增，时，即，是上的增函数，又，只有唯一解，当时，与的图象没有
16、公共点，当时与的图象有两个在公共点，综上所述，函数恰有一个零点时，故答案为：【点睛】本题考查函数零点个数问题，解题时首先把零点个数转化为函数图象交点个数，然后利用导数研究函数的性质，结合函数图象得出结论本题考查学生的分析问题处理问题的能力，考查运算求解能力，属于难题三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18. 三角形的内角所对的边分别是，且（1）若三角形是锐角三角形，且，求的取值范围；（2）若，求三角形的面积【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先利用得出，再解出，将用含的式子表示，然后根据角的范围，求的取值范围；（2）利用余弦定理将化为关于三边的关系式，代入，解出，然后
17、再设法求其面积.【详解】又，且都为锐角，故，又，所以又，所以，得，所以，故.（2）由余弦定理得，代入，整理得：，解得：则为直角三角形，面积为.【点睛】本题考查解三角形中的综合问题，考查学生的计算能力，最值、取值范围问题的分析与处理能力，难度较大. 解答时，要注意利用余弦定理进行边角互化，取值范围问题要设法表示出所求量满足的关系式，然后利用函数的性质或不等式等求解.19. 在四面体中，已知，.（1）当四面体体积最大时，求的值；（2）当时，设四面体的外接球球心为，求和平面所成夹角的正弦值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）取中点，连接，过点作，由题意可知当平面时，四面体的面积最大，求出
18、此时的的值即可得解；（2）在线段上取，使，为的内心，过作平面，则球心在直线上，设，球的半径为，由勾股定理求得后，由即可得解.详解】（1）取中点，连接，过点作,由可得，由可得平面，又平面，所以平面平面，所以平面，即即为四面体的高，由，可知当平面四面体面积最大，此时即的值为；（2）当时，则为的中点，所以，在线段上取，使，易知为的内心，过作平面，则球心在直线上，球心为，过点作，连接，则，设，球的半径为，则，则，所以，解得，所以，设和平面所成夹角为，由平面可知，所以和平面所成夹角的正弦值为.【点睛】本题考查了三棱锥的特征及其外接球的相关问题，考查了线面角的求解，属于中档题.20. 已知数列，且（1）若
19、的前项和为，求和的通项公式（2）若，求证：【答案】（1）; （2）证明见解析【解析】【分析】（1）的前项和为，知求是等差数列，求出代入化简，利用累积法可求通项公式（2）代入化简得,用数学归纳法可证明.【详解】（1）的前项和为， 是等差数列，设，则， ，满足（）（2）代入得， 用数学归纳法证明：时，显然成立，设时，成立，则时，所以成立【点睛】本题考查数列的通项公式及运用数学归纳法证明不等式.属于中档题.21. 已知抛物线和轴上的定点，过抛物线焦点作一条直线交于、两点，连接并延长，交于、两点.（1）求证：直线过定点；（2）求直线与直线最大夹角为，求.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析
20、】（1）当直线、斜率不存在时，可直接求解；当直线、斜率存在时，设直线，不妨设，联立方程组得，结合可得直线，即可得证；（2）当直线斜率存在时，易证，利用求出最大值即可得解.【详解】（1）证明：由题意知抛物线焦点，当直线斜率不存在时，直线，易得，则直线，所以点，此时直线；当线斜率存在时，设直线，不妨设，则，化简得，则，当时，则，所以，点，所以直线，点，直线，则解得点，所以直线；当时，此时直线，则，结合化简得，此方程有一根为，所以，所以，所以，同理可得，由，可得，所以，所以直线，化简得，可得直线过点；综上，直线恒过点；（2）由（1）知，当直线斜率不存在时，；当直线斜率存在时，设直线与直线的夹角为，当
21、且仅当时，等号成立，所以对于直线与直线最大夹角，.【点睛】本题考查了抛物线与直线综合运用，考查了运算能力，属于中档题.22. 已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，且关于的方程恰有三个实数根，求证：.【答案】（1）见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求导后按照、分类讨论，求出、的解集即可得解；（2）构造新函数，求导后可得即可得；同理可得，即可得证.【详解】（1）由题意得，令即，当时，函数在上单调递增；当时，的两根为，（i）当即时，所以当时，；当时，；所以在上单调递减，单调递增；（ii）当即时，所以当时，；当时，；则在上单调递减，在，单调递增.综上，当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递减，单调递增；当时，在上单调递减，单调递增；（2）证明：由题意得，令，则，由（1）知，则又，可知对于均有，所以，所以，由可得，结合函数在上单调递增，可得即，令，同理可得，由可得当时，所以，所以，由可得，结合函数在上单调递增，可得即，所以即，得证.【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算能力与推理能力，属于难题.