1、浙江省2020届高三数学上学期10月适应性考试试题（含解析）一、选择题（本大题共10小题）1. 已知，0，1，9，3，则A可以是A. B. C. D. 2. 复数i为虚数单位在复平面上对应的点不可能位于A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3. 在等比数列中，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4. 若实数x，y满足约束条件，则的取值范围是A. B. C. D. 5. 设是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则6. 如图为某几何体的三视图，根据图中标出的尺寸
2、单位：，可得这个几何体的体积是A. B. C. D. 7. 已知函数的部分图象如图所示，则的表达式可能是A. B. C. D. 8. 随机变量的分布列如表所示，若，则随机变量的方差等于123PabA. B. C. D. 9. 已知函数，则A. 仅有有限个实数m，使得有零点B. 不存在实数m，使得有零点C. 对任意的实数m，有零点D. 对任意实数m，零点个数为有限个10. 已知数列，满足：，则A. ，B. ，C. ，D. ，二、填空题（本大题共7小题）11. _；_12. “赵爽弦图”巧妙地利用了面积关系证明了勾股定理，已知大正方形面积为9，小正方形面积为4，则每个直角三角形的面积是_；每个直角
3、三角形的周长是_13. 若的展开式中所有项的系数之和为256，则_ ；含项的系数是_ 用数字作答14. 已知，且，则xy的最大值为_，的最小值为_15. 某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教每地1人，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案共有_种16. 倾斜角为的直线经过双曲线的左焦点，且与双曲线的左、右支分别交于A，B两点，若线段AB的垂直平分线经过右焦点，则此双曲线的离心率为_17. 已知平面向量，且，若平面向量满足，则的最大值_三、解答题（本大题共5小题）18. 设a，b，c分别是的三个内角A，B，C的对边，已知，且求角A的大小；当A为锐角时，求函数的取
4、值范围19. 如图，在四棱锥中，证明：；求PC与平面PAB所成角的正弦值20. 设正数数列的前n项和为，已知求数列的通项公式；若数列满足，求数列的前n项和21. 已知椭圆C：上任意一点到椭圆左、右顶点的斜率之积为求椭圆C的离心率；若直线与椭圆C相交于A、B两点，若的面积为，求椭圆C的方程22. 已知函数求在点处的切线方程；若，证明：在上恒成立；若方程有两个实数根，且，证明：答案和解析1.【答案】A【解析】解：，0，1，9，3，故选：A推导出，由此能求出结果本题考查集合的求法，考查子集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题2.【答案】D【解析】解：i为虚数单位，此复数的实部为，虚部为 ，虚部
5、大于实部，故复数的对应点不可能位于第四象限，故选：D复数分子、分母同乘分母的共轭复数，虚数单位i的幂运算性质，化简复数到最简形式为、的形式，分析实部和虚部的大小关系本题考查复数的实部和虚部的定义，两个复数代数形式的乘除法，虚数单位i的幂运算性质3.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等比数列的性质是解决本题的关键根据充分条件和必要条件的定义结合等比数列的性质进行判断即可【解答】解：在等比数列中，若，即，即，则，即成立，若等比数列1，4，16，满足，但不成立，故“”是“”的充分不必要条件，故选：A4.【答案】D【解析】解：根据实数x，y满足约束条件作出可行域，如图
6、所示阴影部分作出直线l：，将直线l向上平移至过点时，取得最小值：5则的取值范围是故选：D作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，结合数形结合即可得到结论本题主要考查线性规划的应用本题先正确的作出不等式组表示的平面区域，再结合目标函数的几何意义进行解答是解决本题的关键5.【答案】B【解析】解：由是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，知：在A中，若，则l与相交、平行或，故A错误；在B中，若，则由线面垂直的判定定理得，故B正确；在C中，若，则，故C错误；在D中，若，则l与m相交、平行或异面，故D错误故选：B在A中，l与相交、平行或；在B中，由线面垂直的判定定理得；在C中，；在D
7、中，l与m相交、平行或异面本题考查命题真假的判断，考查空间中线线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题6.【答案】A【解析】解：由三视图可得：该几何是一个以侧视图为底面的四棱锥，其底面面积，高，故棱锥的体积，故选：A由已知可得：该几何是一个以侧视图为底面的四棱锥，求出棱锥的底面面积和高，代入棱锥体积公式，可得答案本题是基础题，考查几何体的三视图，几何体的表面积和体积的求法，准确判断几何体的形状是解题的关键7.【答案】B【解析】解：根据题意，由的图象：为偶函数，并且当时，据此分析选项：对于A，即函数为奇函数，不符合题意；对于B，即函数为偶函数，当时，符合题意；对于C，即
8、函数为奇函数，不符合题意；对于D，即函数为偶函数，但时，不符合题意；故选：B根据题意，由的图象分析可得为偶函数，并且当时，据此分析选项，综合即可得答案本题考查函数的图象分析，涉及函数奇偶性的判断分析，属于基础题8.【答案】C【解析】解：由分布列可知：，解得，故D故选：C首先分析题目已知的分布列，利用期望求出a，b，再根据方差公式直接求得方差即可此题主要考查离散型随机变量的期望与方差的求法，对于分布列的理解与应用，是基本知识的考查9.【答案】C【解析】解：根据题意，函数，当时，恒成立，即是函数的零点，故对任意的实数m，有零点，故选：C根据题意，由函数的解析式可得时，恒成立，即是函数的零点，据此分
9、析可得答案本题考查函数零点的定义，涉及三角函数的性质，属于基础题10.【答案】A【解析】解：列，满足：，所以，则由于，所以，所以，所以故选：A首先利用数列的通项公式的应用和关系式的放缩求出，进一步利用平方法求出本题考查的知识要点：数列的通项公式的应用，放缩法的应用，关系式的变换的应用，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11.【答案】7 0【解析】解：，故答案为：7，0进行对数和分数指数幂的运算即可考查对数和分数指数幂的运算12.【答案】 【解析】解：设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，由于大正方形面积为9，小正方形面积为4，可得小正方形的边长为：，大正方形的边
10、长为，联立，解得，负值舍去，可得，可得每个直角三角形的面积，每个直角三角形的周长是故答案为：，设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，由题意可知：中间小正方形的边长为：，大正方形的边长为，联立解得a，b的值，即可求解本题考查勾股定理，三角形的面积公式在解三角形中的应用，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式，属于基础题13.【答案】4；108【解析】【分析】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，属于中档题令，可得的展开式中所有项的系数之和，再根据系数和为256，求得n；根据，展开求得含项的系数【解答】解：令，可得的展开式中所有项的系数之和为，则，含
11、项的系数是，故答案为4；10814.【答案】 【解析】解：，由，可得：，则，当且仅当时，取得等号，即xy的最大值为，当且仅当时取等号，故的最小值为，故答案为：，直接利用关系式的恒等变换和均值不等式求出结果本题考查基本不等式的运用：求最值，注意等号成立的条件，考查运算能力，属于基础题15.【答案】600【解析】解：某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教每地1人，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，可以分情况讨论，甲、丙同去，则乙不去，有种选法；甲、丙同不去，乙去，有种选法；甲、乙、丙都不去，有种选法，共有种不同的选派方案故答案为：600题目对于元素有限制，注意先安排有限制条件的
12、元素，甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，可以分情况讨论，甲、丙同去，则乙不去；甲、丙同不去，乙去；甲、乙、丙都不去，根据分类计数原理得到结果应用分类加法计数原理，首先确定分类标准，其次满足完成这件事的任何一种方法必属某一类，并且分别属于不同的两类的方法都是不同的方法，即做到不重不漏16.【答案】【解析】解：如图为的垂直平分线，可得，且，可得，由双曲线的定义可得，即有，即有，由，可得，可得，即，所以双曲线的离心率为：故答案为：由垂直平分线性质定理可得，运用解直角三角形和双曲线的定义，求得，结合勾股定理，可得a，c的关系，进而得到a，b的关系，然后求双曲线的离心率本题考查双曲线的方程和性质，主
13、要是渐近线方程的求法，考查垂直平分线的性质和解直角三角形，注意运用双曲线的定义，考查运算能力，属于中档题17.【答案】【解析】解：由，得，两式相加得，又，所以，即，当且仅当与反向时等号成立，而，当且仅当时等号成立，当且仅当与反向，时等号成立，则的最大值为故答案为：首先对两式，平方相加，然后利用三角不等式得，基本不等式得，从而求出的最大值本题考查了平面向量的模，基本不等式、三角不等式的应用，是中档题18.【答案】解：，由正弦定理得：，且，或；当A为锐角时，则，所求函数的取值范围【解析】根据即可得出，根据正弦定理即可得出，从而求出，这样即可求出A的大小；据条件可得出，从而得出，并可得出，可求出的范
14、围，进而求出的范围，从而求出原函数的取值范围考查向量垂直的充要条件，向量数量积的坐标运算，正弦定理，以及不等式的性质，两角和的正弦公式，以及三角函数的诱导公式19.【答案】解：证明：因为，所以，所以取BD的中点E，连接AE，PE，所以，所以面PAE又面PAE，所以解：在中，根据余弦定理，得：，所以又因为，所以，所以，即设点C到平面PAB的距离为h，PC与平面PAB所成角为，因为，即，所以，所以，所以PC与平面PAB所成角的正弦值为【解析】推导出，取BD的中点E，连接AE，PE，推导出，从而面由此能证明由余弦定理，求出推导出设点C到平面PAB的距离为h，PC与平面PAB所成角为，由，求出，由此能
15、求出PC与平面PAB所成角的正弦值本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题20.【答案】解：当时，解得根据已知条件转换为，当时，得，即，由于正数数列，所以即常数故数列是首项为1，公差为2的等差数列令前n项和为所以，得所以，整理得【解析】直接利用数列的递推关系式的应用，求出数列的通项公式利用的结论，进一步利用分组法的应用和裂项相消法的应用求出数列的和本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，分组法和裂项相消法在求和中的应用，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21.【答案】解：由题意，
16、左右顶点的坐标分别为、，即，又点P在椭圆上，即，则，又，所以椭圆的离心率；设，由得：，又点O到直线的距离的面积为，则椭圆C的方程为【解析】写出左右顶点的坐标，计算出斜率之积，再结合椭圆的方程及a，b，c之间的关系即可得到离心率e的值；联立直线与椭圆的方程，利用弦长公式求出，再求出原点到直线的距离，根据面积即可求出椭圆方程本题考查椭圆中三角形面积问题，属于中档题22.【答案】解：函数，由，由，所以切线方程为，当时，所以故只需证，构造，又在上单调递增，且，知在上单调递增，故因此，得证由知在点处的切线方程为构造，当时，；当时， 0/；所以在上单调递减，在上单调递增又，所以在上单调递减，在上单调递增所
17、以设方程的根又，由在R上单调递减，所以另一方面，在点处的切线方程为构造，当时，；当时， 0/；所以在上单调递减，在上单调递增又，所在上单调递减，在上单调递增所以设方程的根又，由在R上单调递增，所以，所以，得证【解析】由，可得利用点斜式可得切线方程根据，当时，所以故“在上恒成立”等价于“在上恒成立”，构造函数，只需证明最小值大于等于0即可由知在处的切线方程，令，求得导数和单调性，可得，解方程得其根，运用函数的单调性，所以，；另一方面，在点处的切线方程为，构造，同理可得，解方程得其根，运用函数的单调性，所以根据不等式的基本性质即可得出结论本题考查了导数的综合运用：求切线的斜率切线方程，求函数单调性和最值，考查分类讨论思想方法和构造函数法，考查化简运算能力和推理能力，属于难题
