1、浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟2020届高三数学下学期5月阶段性评估试题（含解析）考生须知：1.本试题卷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，只有一项符合题目要求.1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先解对数不等式，求出集合，进而求出的补集，再根据集合的交集运算，即可求出结果.【详
2、解】因为，所以，所以或，又，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查了集合的交集、补集的运算以及对数不等式的解法，属于基础题.2.双曲线的离心率为，则（ ）A. B. C. D. 2【答案】C【解析】【分析】根据双曲线方程得，结合离心率列方程，解得结果【详解】因为双曲线，所以因为的离心率为，所以，故选：C【点睛】本题考查双曲线离心率，考查基本分析求解能力，属基础题.3.若实数，满足约束条件，则的最小值是（ ）A. 10B. 3C. D. 【答案】B【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数求出结果【详解】由约束条
3、件作出可行域，如下图： 联立 ，解得， 化目标函数为， 由图可知，当直线过时， 直线在轴上的截距最小，所以的最小值为 故选：B【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是基础题4.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】D【解析】【分析】通过三视图可以知道该空间几何体是一个半圆锥挖去一个三棱锥，根据圆锥和三棱锥的体积公式进行求解即可.【详解】由三视图可知：该空间几何体是一个半圆锥挖去一个三棱锥，因此该几何体的体积为：.故选：D【点睛】本题考查由三视图求空间几何体的体积，考查了圆锥和三棱锥的体积公式的计算，考查了空
4、间想象能力和数学运算能力.5.如图，是函数的部分图象，则的解析式可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由图像的对称性和单调性逐个判断即可.【详解】解：由图像可知，函数图像关于轴对称，所以应偶函数，所以排除A；由图像可知函数值能取到小于0的值，所以排除C；对于当时，而当 时，而正弦的函数图像可知D不正确，故选：B【点睛】此题考查函数图像的识别，利用函数的奇偶性，增减性，或取特殊值进行识别，属于中档题.6.设，则“”是“”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】D【解析】【分析】举例说明既不充分也不必要，即得结果.【详
5、解】当时，满足，但不满足，所以充分性不成立；当时，满足，但不满足，所以必要性不成立；故选：D【点睛】本题考查充要关系判断，考查基本分析判断能力，属基础题.7.已知，是不相等的实数，且，随机变量的分布列为则下列说法正确的是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】根据数学期望公式可得，再根据方差公式得，利用基本不等式求范围，即得结果.【详解】因为（当且仅当时取等号）因为故选：C【点睛】本题考查数学期望与方差、利用基本不等式求值域，考查基本分析求解能力，属中档题.8.如图1，梯形中， ，现将四边形沿折起，得到几何图形 （如图2），记直线与直线所成的角为，二面角的平面角大小为，
6、直线与平面所成角为，则（ ）A. ，B. ，C. D. 【答案】A【解析】【分析】由线面角是最小的线线角，二面角是最大的线面角可得结论【详解】解：因为，所以是异面直线与直线所成的角为，又因直线与平面所成角为，而线面角是最小的线线角，所以；如图取的中点，连接，在平面过做的垂线交于，则由已知可得就是二面角的平面角，因为二面角的平面角大小为，直线与平面所成角为，而二面角是最大的线面角，所以，故选：A【点睛】此题考查了空间中的线线角，线面角，面面角，考查空间想象能力，属于中档题.9.函数恒有零点的条件不可能是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】【分析】根据零点的定义，问题转化为两个
7、函数图象交点问题，对四个选项逐一判断即可.【详解】令，则有，设函数，选项A：如下图所示：当，时，两个函数一定有交点；选项B：当，时，如下图所示，此时两个函数图象没有交点；选项C；当，时，两个函数图象一定有交点，如下图所示；选项D：当，时，两个函数图象一定有交点，如下图所示：故选：B【点睛】本题考查了已知函数判断零点是否存在问题，考查了数形结合思想.10.已知数列满足，则下列选项中正确的是（ ）A. A当且仅当时，数列为递增数列B. B.存在实数和正整数，使得C. C.当且仅当时，数列为递减数列D. D当时，数列，均为递增数列【答案】D【解析】【分析】根据数列的单调性的定义，结合不等式的性质、对
8、钩函数的单调性进行求解即可.【详解】，所以当时，当时，数列是递增数列，因此有或，而，所以，因此必有或，而，所以有或，因此选项A,C不正确；因为，所以选项B不正确；当时，数列是递增数列，故，而函数在时，单调递增，故数列是单调递增数列；，而函数在时，单调递增，故数列为单调递增数列.故选：D【点睛】本题考查了数列的单调性判断，考查了对钩函数的单调性的应用，考查了数学运算能力.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.复数的共轭复数为，已知（为虚数单位），则_.【答案】4【解析】【分析】先求共轭复数，再根据复数乘法法则求结果.【详解】故答案为
9、：4【点睛】本题考查共轭复数以及复数乘法法则，考查基本分析求解能力，属基础题.12.已知直线与圆相交于，若当时，有最大值4，则_，_.【答案】 (1). 2 (2). 1【解析】【分析】由题可知，弦最长时，其长度等于直径，由此可知直线过圆心，从而可求出结果.【详解】解：因为直线与圆相交于，若当时，有最大值4，所以直线过圆心，所以 ，得， ，故答案为：2；1【点睛】此题考查直线与圆的位置关系，属于基础题.13.设，则_.【答案】80【解析】【分析】根据题意，利用二项展开式的通项公式，即可求得的值【详解】因为，则 故答案为：80【点睛】本题主要考查二项展开式的通项公式的应用，属于基础题14.如图，
10、在中，为边上近点的三等分点，则_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】在中，利用正弦定理可求得，进而可得出，然后在中，利用余弦定理可求得.【详解】在中，则，由正弦定理，得，在中，由余弦定理得，因此，.故答案为：；.【点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.15.已知椭圆的右焦点为，上顶点为，则的坐标为_，直线与椭圆交于，两点，且的重心恰为点，则直线斜率为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】空1：由椭圆的标准方程结合右焦点的坐标，直接求出a， c，再根据椭圆中a，b，c之间的关系求出m的值，最后求出上顶点B的坐标；空2：设出直线MN的方
11、程，与椭圆联立，消去一个未知数，得到一个一元二次方程，利用一元二次方程根与系数的关系，结合中点坐标公式求出弦MN的中点的坐标，再利用三角形重心的性质，结合平面向量共线定理进行求解即可.【详解】空1：因为右焦点为，所以有且，而，所以，因此椭圆上顶点的坐标为：；空2：设直线MN的方程为：，由（1）可知：椭圆的标准方程为：，直线方程与椭圆方程联立：，化简得：，设，线段的中点为，于是有：，所以点坐标为：，因为的重心恰为点，所以有，即，因此有：，得：，所以直线斜率为.故答案为：；【点睛】本题考查了求椭圆上顶点的坐标，考查了直线与椭圆的位置关系的应用，考查了三角形重心的性质，考查了数学运算能力.16.已知
12、、，设函数，上的最大值为，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】化简得出，由函数和函数在区间上均为增函数可得出，再利用绝对值三角不等式可求得的最小值.【详解】，当时，所以，函数和函数在区间上均为增函数，所以，因此，的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查含绝对值的三角函数的最值的求解，考查绝对值三角不等式的应用，考查计算能力，属于中等题.17.已知向量，满足，则的最小值是_.【答案】【解析】【分析】根据题意可利用坐标表示向量，化简条件得对应点轨迹为圆，再根据对应点轨迹为直线，利用圆心到直线距离求最小值.详解】可设，,因此对应点C在以为圆心，2为半径的圆上设，则因此对应点D在直线上，到直线的距
13、离为而表示，所以的最小值是故答案为：【点睛】本题考查利用坐标表示向量、圆的方程、直线与圆位置关系，考查综合分析求解能力，属较难题.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.已知函数的最大值为2.（1）求的值；（2）当时，求的最值以及取得最值时的值.【答案】（1）；（2）当时，；当时，.【解析】【分析】（1）先根据二倍角正弦公式与余弦公式、辅助角公式化简，再根据正弦函数性质求最大值，解得，最后代入求的值；（2）先根据两角和正弦公式、二倍角正弦公式与余弦公式化简，再根据正弦函数性质求最值以及对应自变量.【详解】解：（1），因为得最大值为.所以，（2）时，.
14、当时，；当时，.【点睛】本题考查二倍角正弦公式与余弦公式、辅助角公式、两角和正弦公式、正弦函数性质，考查基本分析求解能力，属中档题.19.如图，已知四棱锥中，底面是矩形，.（1）求证：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，的中点，连接，利用等边三角形和等腰三角形的性质、勾股定理的逆定理，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理进行证明即可；（2）解法一：利用线面垂直的判定定理、平行线的性质，结合三棱锥体积公式进行求解即可；解法二：建立空间直角坐标系，利用两点间距离公式结合已知求出点的坐标，最后利用空间向量夹角公式进行求解即可.【
15、详解】解：（1）如图，取，的中点，连接，因为，所以，又，所以，又因为，所以，所以，即，平面，所以平面，而平面，所以平面平面；（2）解法一：设到平面的距离为，因为，所以，由（1），又，所以，平面，所以平面，因为，所以点到平面的距离为，所以，所以，故直线与平面所成角的正弦值为.解法二：建系法如图，建立空间坐标系，则，设，由，得即，设平面的法向量为，因为，所以，令，可得，于是.【点睛】本题考查了线面、面面垂直的判定定理的应用，考查了三棱锥体积公式的应用，考查了利用空间向量夹角公式求线面角的正弦值，考查了推理论证能力和数学运算能力.20.等差数列和等比数列满足，.（1）求数列，的通项公式；（2）若数列
16、满足：，求证：.【答案】（1），；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用与的关系，可求出数列的通项公式，进而再分别求出数列，的通项公式；（2）先根据题意得出，继而可得，然后利用错位相减法求和再证明即可.【详解】（1）由，可得（），得（），又，所以，由得，设等差数列的公差为，等比数列的公比为，则有，令，有，令，有，解得，所以，；（2）由得，所以，令，则，两式相减得，所以，即.【点睛】本题考查与的关系的应用，考查数列的错位相减法求和，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.21.如图，抛物线的焦点为，是抛物线的准线与轴的交点，直线经过焦点且与抛物线相交于、两点，直线、分别交轴于、两点，记
17、、的面积分别为、.（1）求证：；（2）若恒成立，求实数的最大值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由题意可知，直线的斜率不为，可设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式与弦长公式可证得结论成立；（2）求得直线的方程，可求得点的坐标，同理可得出点的坐标，可求得的最小值，进而可求得实数的最大值.【详解】（1）由已知可得、，若直线的斜率为，则该直线与抛物线不可能有两个交点，不合乎题意，所以，直线的斜率不可能为，故可设，联立，设、，则，所以，而，故；（2）直线，可得，同理，所以，所以，所以的最大值为.【点睛】本题考查直线与抛物线的
18、综合问题，考查三角形的面积、弦长问题，同时也考查了参数的最值的计算，考查计算能力，属于中等题.22.函数，.（1）讨论函数的单调性；（2）若在上恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】【分析】（1）求出函数的定义域为，求得，分、三种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间；（2）构造函数，由题意可知恒成立，对实数分和两种情况讨论，利用导数分析函数在区间上的单调性，验证是否成立，由此可得出实数的取值范围.【详解】（1）函数的定义域为，.（i）当时，函数在上单调递增；（ii）当时，令得.若，则；若，则.当时，函数上单调递增；当时，当时，函数单调递增；当时，函数单调递减；综上，可得，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减；（2）设，则.当时，单调递增，则.所以，函数在上单调递增，且.当时，于是，函数在上单调递增，恒成立，符合题意；当时，由于，所以，存在，使得.当时，函数单调递减；当时，函数单调递增.故，不符合题意，综上所述，实数的取值范围是.【点睛】本题考查利用导数求解函数的单调区间，同时也考查了利用导数研究函数不等式恒成立问题，考查分类讨论思想的应用，属于难题.
