1、浙江省2020届高三数学下学期适应性考试试题（含解析）考生须知：1.本试题按分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟.2答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号.3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效.4.考试结束后，只需上交答题卷.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分在每小题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的.1.若.集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】分别解一元二次不等式、绝对值不等式求出集合A、B，取交集即可.【详解】，故选：C【点睛】本题考查集合的交集运算，涉及
2、一元二次不等式、绝对值不等式，属于基础题.2.已知数列的项都是实数，则对于一切，“数列为递减数列”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. 不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用特例法证明充分性不成立；当成立时，两边平方可得 ，则数列为递减数列成立，即必要性满足.【详解】由题意可得：数列的项都是实数，当数列为递减数列时，如：数列的通项为，此时不成立，即充分性不满足；当成立时，有，两边平方可得：即有，因此数列为递减数列成立，所以“数列为递减数列”是“”的必要不充分条件故选：B【点睛】本题考查了递减数列概念以及判断充分条件，必要条件，属于一般题.3.已
3、知双曲线的离心率为，则双曲线的两条渐近线所夹的锐角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用双曲线的性质，求出，再根据双曲线的焦点所在的坐标轴进行分类讨论，求出相应的渐近线方程，进而得解.【详解】双曲线的离心率为，解得，由，得，所以，若双曲线焦点在轴上，则双曲线的标准方程为，渐近线方程为，所以两条渐近线的倾斜角分别为和，因为，所以，两条渐近线所夹的锐角为；若双曲线的焦点在轴上，则双曲线的标准方程为，渐近线方程为，所以两条渐近线的倾斜角分别为和，因为，所以，两条渐近线所夹的锐角为.综上，双曲线的两条渐近线所夹的锐角为.故选：C.【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质，具体考
4、查由双曲线的离心率求解渐近线的问题，解决本题时，需要注意双曲线的焦点所在坐标轴，属于基础题.4.没是虚数单位，非零复数满足(其中为复数的共轭复数)，若则实数为（ ）A. -3B. -2C. 2D. 3【答案】A【解析】【分析】由知为纯虚数，化简根据实部为0虚部不为0即可求解.【详解】,z是纯虚数,且，解得，故选：A【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，共轭复数的性质，纯虚数的概念，属于容易题.5.在平面直角坐标系中，点为不等式所表示的区域上一动点，则的最小值为（ ）A. B. C. 2D. 4【答案】B【解析】【分析】作出可行域，根据表示的几何意义即可求出【详解】作出不等式组表示的区域，如图所
5、示：表示区域中的点与原点之间的距离的平方由图可知，当直线垂直于直线时，最短即，所以的最小值为故选：B【点睛】本题主要考查利用目标函数的几何意义求解非线性规划问题，属于基础题6.是正方体，则与平面所成的角为，则的值为（ ）A. B. C. D. 2【答案】A【解析】【分析】首先根据垂直关系作出线面角，再在几何体中求的值.【详解】连结，交于点，连结，平面，又，且，平面，是线与平面的夹角，设正方体的棱长为， .故选：A【点睛】本题考查线面角，重点考查空间想象能力，作图能力，计算能力，属于基础题型.7.函数在的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意结合函数的性质、图象
6、的特征，逐项排除即可得解.【详解】由，所以函数在上为奇函数，可排除B；当时，可排除A；由可得时，函数单调递增，且，故可排除D.故选：C.【点睛】本题考查了函数图象的识别，考查了三角函数性质、三角恒等变换的应用，属于基础题.8.现有4个人通过掷一枚质地均匀的骰子去参加篮球和乒乓球的体育活动，掷出点数为1或2的人去打篮球，擦出点数大于2的人去打乒乓球.用，分别表示这4个人中去打篮球和乒乓球的人数，记，求随机变量的数学期望为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分别求出每个人去打篮球、打乒乓球的概率，的所有可能取值为0，2，4，利用二项分布的概率公式求出的分布列即可求得的期望值.【
7、详解】依题意，这4个人中，每个人去打篮球的概率为，去打乒乓球的概率为，设“这4个人中恰有人去打篮球”为事件，则的所有可能取值为0，2，4.由于与互斥与互斥，故，所以的分布列为224随机变量的数学期望.【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列与期望、二项分布的概率求解，属于较难题.9.将函数的图像向右平移个单位后得到函数的图像，若对满足的，有的最小值为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由诱导公式可知，平移后得，根据知与分别是最大（最小）或最小（最大）值，即可求解.【详解】，向右平移个单位后得到，不妨设，所以，当时，由得，所以.故选：D【点睛】本题考查了三角函数图象的平移，
8、根据三角函数最值求参数，意在考查学生的计算能力和应用能力，属于中档题.10.点为圆上的任意一点，则点到直线与直线的距离之积的最大值为（ ）A. 50B. 54C. 56D. 58【答案】A【解析】【分析】表示出点到两直线的距离之积，结合基本不等式即可求解.【详解】设，则点到直线与直线的距离之积为，由圆的对称性可知，点在直线的上方，故只需求的最大值.因为，三式相加得,当且仅当，取最大值为50.故选：A【点睛】本题主要考查圆的对称性及基本不等式的应用，属于能力提升题.非选择题部分(共110分)二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11.某几何体的三视图如图所示，则该
9、几何体是_；体积为_.【答案】 (1). 三棱锥 (2). 【解析】【分析】由俯视图可判断底面是一个直角三角形，再结合正视图及侧视图可判断出是一个三棱锥；由正视图可知三棱锥的高为，再由正视图和侧视图可知底面的两直角边分别为和，从而可计算出三棱锥的体积.【详解】由俯视图可判断底面是一个直角三角形，再结合正视图及侧视图可判断出是一个三棱锥且平面平面；如图：由正视图可知三棱锥的高为，再由正视图和侧视图可知底面的两直角边分别为和，所以三棱锥的体积为：故答案为：三棱锥；【点睛】本题考查了由三视图还原实物图并计算其体积，属于一般题.12.早在11世纪中叶，我国宋代数学家贾宪在其著作释锁算数中就给出了二、三
10、、四、五、六次幂的二项式系数表，已知，的展开式中各项系数之和为1，则展开式中的系数为_.（用数字作答）【答案】-192【解析】【分析】令求得参数，然后写出二项展开式的通项公式，由的指数为5得项数，从而其系数【详解】由题意，在中令，得，因为，所以，所以，令得，所以的系数为故答案为：192【点睛】本题考查二项式定理，掌握二项展开式通项公式是解题关键赋值法求展开式中系数和是解题基础13.将、六个字母排成一排，其中、相邻，且、在、的两侧，则不同的排法共有_种.（用数字作答）【答案】【解析】【分析】将、捆绑，然后从个位置选出个位置，将、放中间，、放两边，利用分步乘法计数原理可求得结果.【详解】将、捆绑，
11、合二为一，共有种方法；从个位置选出个，共种选法，其中、放中间，、放两边，有种排法；剩下两个位置放、，共种排法.由分步乘法计数原理可知，不同的排法种数为.故答案为：.【点睛】本题考查排列组合综合问题，考查捆绑法与分步乘法计数原理的应用，考查计算能力，属于中等题.14.已知函数，则_；关于的不等式的解集为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】第一个空，根据对数恒等式可得结果；第二个空，设，根据奇函数和增函数的定义可得为R上的奇函数和增函数，再根据奇偶性和单调性可得不等式的解集.【详解】；设，因为，所以为奇函数，设，因为，因为，所以，所以，所以，所以在R上是增函数，因为，所以，所以，所以
12、，解得.所以关于的不等式的解集为.故答案为：；.【点睛】本题考查了对数恒等式，考查了函数的奇偶性和单调性，属于基础题.15.若，是函数的两个不同的零点，且，-3这三个数适当排列后可以成等差数列，也可以适当排列后成等比数列，则_，_【答案】 (1). (2). 9【解析】【分析】由，-3适当排列后成等比数列，所以，则是方程的两个实数根，由根与系数的关系确定，再根据等差数列和等比数列的性质求出，以及.【详解】由题意，为方程的两根，由，得，不妨设，-3这三个数适当排列后可以成等差数列，则必是中间项，所以，又，-3这三个数适当排列后成等比数列，则-3必是中间项所以，解得，从，故答案为：；【点睛】本题考
13、查等差，等比数列的性质，一元二次方程根与系数的关系，重点考查转化与化归的思想，推理能力，属于基础题型.16.如图，椭圆的方程为，过点的动直线与椭圆相交于、两点.点为轴上异于点的一点，且为的平分线，则点的坐标为_.【答案】【解析】【分析】由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由题意得，代入韦达定理可求得的值，即可得出点的坐标.【详解】由题意可知直线斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，消去并整理得，由韦达定理得，根据题意，直线与直线的斜率之和为，即，得，因此，点的坐标为.【点睛】本题考查利用椭圆中的定点满足某条件求定点
14、坐标，考查了韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于中等题.17.是等腰直角三角形，点满足，点是所在直线上一点.如果，则_；在上的投影的取值范围是_.【答案】 (1). 2 (2). 【解析】【分析】首先由条件确定出点的位置，然后由三点共线可得，根据条件分别计算出和，然后可得，然后消元变形、分类讨论可求出其范围.【详解】由知，在边的延长线上，且为的中点，因为点是所在直线上一点，且，所以即.因为，由题意，所以，由得，所以.令，由于，所，令，则且当时，；当时，由于，当且仅当时等式成立，可得.当时，则，所以可得综上可得，故答案为：2，【点睛】1.三点共线，若，则；2.求一个向量模的时候通常是利用
15、.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.在中，三个内角为，且满足.（1）如果，求的值；（2）求的最小值，【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)先对已知条件进行化简得到：，代入条件 即可求出的值；(2)由(1)得到，根据正弦定理可得到，再由余弦定理结合基本不等式可得到，即可求出的最小值.【详解】解：（1）由已知得：即，因为，所以.因为，所以(2)设三角形的三边长分别为，则由(1)与正弦定理可得：因为即的最小值为.【点睛】本题考查了三角函数的化简以及正弦定理，余弦定理的应用，利用基本不等式求最值，属于一般题.19.在如图所示的几何体中，四边形是
16、菱形，为的中点，平面，.(1)求证：平面平面；(2)若，且，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】(1)通过证明平面与平面都和直线垂直可得；(2) 以为原点为轴，为轴，过与垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，写出各点坐标，求出二面角两个面的法向量，由法向量的夹角得二面角（要判断二面角的范围）【详解】(1)证明：四边形是菱形，是等边三角形，又为的中点，而，所以，又，面ADE.又平面，平面，所以，又，所以平面，所以平面平面(2)由(1)平面平面，则到的距离为1，所以到平面距离是1，以为原点为轴，为轴，过与垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以
17、， ，设平面的一个法向量是，则，取，则，即，同理可得面的一个法向量，二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为【点睛】本题考查证明面面平行，考查求二面角，用空间向量法求空间角是立体几何中求空间角的常用方法，解题关键是建立空间直角坐标系，得出各点坐标20.已知正项数列满的前项和为，且满足.数列满足，.（1）求数列、的通项公式；（2）记数列满足设数列的前项和为，数列的前项和为，试比较与的大小【答案】（1），；（2）当时，；当时【解析】【分析】(1)利用数列的前项和与通项的关系可得或，再分情况讨论，并结合等差数列的证明求解即可.(2)代入、的通项公式可得，再错位相减可得，裂项相消可得，再利用作差法比较大
18、小即可.【详解】解：(1)数列各项均为正数，由于，当时，解得：当时，作差可得：即所以或，即或当时，由于所以不合题意，舍去；当时，为等差数列，所以即，由于，所以是公比为2的等比数列，解得，所以，即（2）因为所以，所以两式作差可得：，所以，要比较与的大小，只需比较与与的大小，经检验，当时，即，当时，此时，即，综上所述，当时，当时【点睛】本题主要考查了根据数列前项和与通项的关系得出数列的递推公式，继而得到通项公式的方法，同时也考查了错位与裂项求和的方法、数列不等式的问题等.属于难题.21.已知抛物线的方程为，为抛物线上两点，且，其中过，分别作抛物线的切线，设，交于点.（1）如果点的坐标为(-2，0)
19、，求弦长（2）为坐标原点，设抛物线的焦点为，求取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设，根据可求得，再利用两点间距离公式，即可得到答案；（2）令，由（1）可得，所以，再利用焦半径公式及一元二次函数的判别式大于等于0，即可得到答案；【详解】解：（1）设，则过、的切线方程分别为，联立两条切线方程可得交点，又由，可知，即，所以，从而因为点的坐标为(-2，0)，则，不妨设，则，所以，因此，（2）令，由（1）可得，所以，因此，因为，所以，所以，令，则，由得，即，解得，即的取值范围为|.【点睛】本题考查抛物线的弦长、焦半径公式、抛物线中的范围问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查
20、逻辑推理能力、运算求解能力，运算量较大，属于难题.22.已知函数，若方程在上有解.（1）求实数的取值范围；（2）当取到最小值时，对于，记方程的两根为，方程的两根为，证明：【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）方程等价于在上有解，利用导数研究函数的单调性，求出最小值即可求得k的范围；（2）构造函数，利用导数研究函数的单调性证明当时即成立，记的两根为，则，在上式中将，转化为，即可得证.【详解】（1）令得，记，当时，当时，所以在(0，1)上单调递减，在上单调递增，在处取最小值，而，当时，所以.（2）当时，构造函数，令，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，所以即，当时取等号，记的两根为，则而得到，所以.【点睛】本题考查导数在研究函数的性质中应用、利用导数证明不等式、利用导数研究方程有解问题，属于较难题.