1、浙江省台州市2020届高三数学下学期4月教学质量评估试题（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，若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出再求，从而得到答案.【详解】由全集，集合,得.又，则故选：B【点睛】本题考查求集合的补集和交集运算，属于基础题.2.已知复数满足（其中为虚数单位），则（ ）A. 25B. C. 5D. 【答案】D【解析】【分析】由先求出复数，再求.【详解】由,得则故选：D【点睛】本题考查复数的除法运算和求模长，属于基础题.3.已知，则“”是“”的（ ）A.
2、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】【分析】由函数在上是单调递增函数，则可得答案.【详解】由函数在上是单调递增函数，所以即当时，成立，反之当时，成立所以“”是“”的充要条件.故选：C【点睛】本题考查函数的单调性的应用和充要条件的判断，属于基础题.4.若实数，满足则的最大值为（ ）A. 7B. 8C. 9D. 10【答案】C【解析】【分析】由条件作出可行域，目标函数中表示直线在轴上的截距，根据可行域可以得到直线在轴上截距的最大值，从而得到答案.【详解】由条件作出可行域，如图.由得点, 由得点由得点, 由得点设目标函数，则变形为.所以目标函数
3、中表示直线在轴上的截距.根据可行域，可得当直线过点时，在轴上的截距最大.所以的最大值为故选：C【点睛】本题考查简单的线性规划问题，注意目标函数的几何意义，属于中档题.5.函数的部分图象如图所示，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】由函数图象的对称性可得，函数为奇函数，再根据当且时，可得答案.【详解】由函数图象的对称性可得，函数为奇函数.在选项C中，,不是奇函数，所以排除.在选项D中，,不是奇函数，所以排除.在选项B中. 是奇函数,由，当且时，不满足条件，所以排除.故选：A【点睛】本题考查根据函数图象选择解析式，考查函数的基本性质，注意在选择题中排除法的应用，属于中档题.6.
4、已知数列满足：（），若，则（ ）A. B. 0C. 5D. 26【答案】B【解析】【分析】由递推关系得，将两式相减得，由可得，从而得出，进一步得到答案.【详解】由，当时，有当时，有由可得所以当时有：，又，则当时有：，则又当时，所以.故选：B【点睛】本题考查递推数列，由递推数列的递推关系求数列中的项，属于中档题.7.5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：.它表示：在受噪声干挠的信道中，最大信息传递速率取决于信道带宽、信道内信号的平均功率、信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比.按照香农公式，若不改变带宽，而将信噪比从1000提升至2000，则大约增加了（ ）A. 10%B. 30%C.
5、 50%D. 100%【答案】A【解析】【分析】由大约增加的百分比为，再根据，可以估算出答案.【详解】当时，当时，则又，根据选项分析，所以信噪比从1000提升至2000，则大约增加了10%.故选：A【点睛】本题考查一个量的增加的百分比的计算方法，考查估算法，属于中档题.8.已知，分别为双曲线的左右焦点，以为圆心的圆与双曲线的渐近线相切，该圆与双曲线在第一象限的交点为，则的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据条件可得，由双曲线的定义可得，又，所以为等腰三角形，可求出其面积.【详解】双曲线的渐近线方程为.则焦点到渐近线的距离为因为以为圆心的圆与双曲线的渐近线相切，所以
6、所以,由双曲线的定义有又所以为等腰三角形，则边上的高为所以故选：C【点睛】本题考查双曲线的基本性质，求三角形的面积，属于中档题.9.平面向量，满足，则（ ）A. B. 14C. D. 7【答案】D【解析】【分析】由，将，分别平方，然后结合所求可得出答案.【详解】由可得可得可得可得由+-(+) 可得所以7故选: D【点睛】本题考查数量积的运算法则，向量模的处理技巧，属于中档题.10.已知函数，满足，则（ ）A 函数有2个极小值点和1个极大值点B. 函数有2个极大值点和1个极小值点C. 函数有可能只有一个零点D. 有且只有一个实数，使得函数有两个零点【答案】A【解析】【分析】,则，由，方程有两个不
7、等实数根，则设，可得出函数的单调性，从而可判断出答案.【详解】设所以设，由.所以，因为二次函数的开口向上，对称轴方程为.所以方程有两个不等实数根，则设.则令可得或.令可得或.所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.又当时，又，所以由，所以所以根据单调性可知，函数有2个极小值点和1个极大值点，所以选项A正确，B不正确.根据函数的单调性，可画出函数的大致草图如下.当时，函数没有零点当时，函数有两个零点当时，函数有四个零点当时，函数有三个零点当时，函数有两个零点由上可知选项C,D都不正确.故选：A【点睛】本题考查函数的极值的个数的判断和零点个数的判断，属于难题.二、填空题：本
8、大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11.在二项式的展开式中，含项的系数为_；各项系数之和为_.（用数字作答）【答案】 (1). (2). 0【解析】【分析】二项式的展开式中的通项公式为，可得含项的系数，令可得各项系数之和.【详解】二项式的展开式中的通项公式为所以含项的系数为设令得所以各项系数之和为0故答案为：(1). (2). 0【点睛】本题考查二项式定理的指定项的系数和所有项的系数之和，属于基础题.12.某几何体的三视图如图所示（单位：），则它的体积是_.【答案】【解析】【分析】由三视图可知，原几何体为四棱锥,根据锥体的体积公式可求出答案.【详解】由三视图可知，原几何体
9、为如图所示的四棱锥.将该四棱锥补成三棱柱，则该三棱柱为正三棱柱过点作 交于点，则由正三棱柱的性质可得平面则所以故答案为：【点睛】本题考查根据三视图求原几何体的体积问题，属于中档题.13.某同学从家中骑自行车去学校，途中共经过6个红绿灯路口.如果他恰好遇见2次红灯，则这2次红灯的不同的分布情形共有_种：如果他在每个路口遇见红灯的概率均为，用表示他遇到红灯的次数，则_.（用数字作答）【答案】 (1). 15 (2). 2【解析】【分析】从经过的6个红绿灯路口中取出2个，即,他遇到红灯的次数满足二项分布，可得答案.【详解】他恰好遇见2次红灯的不同的分布情形共有他遇到红灯的次数值为0,1,2,3,4,
10、5,6.他在每个路口遇见红灯的概率均为,他遇到红灯的次数满足二项分布.即所以故答案为：(1). 15 (2). 2【点睛】本题考查组合问题和将实际问题转化为二项分布并求期望，属于中档题.14.如图，过，两点的直线与单位圆在第二象限的交点为，则点的坐标为_；_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】过，两点的直线方程为，将直线方程与圆的方程联立可求出点的坐标，利用三角函数的定义有，利用诱导公式和正弦的差角公式可得，可得出答案.【详解】过，两点的直线方程为.则由有，解得或(舍)由得所以点的坐标为根据三角函数的定义有，所以故答案为：【点睛】本题考查直线与圆联立求交点，考查三角函数的定义和诱导
11、公式、正弦函数的差角公式，属于中档题.15.若函数则_；不等式的解集为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由，则可求出的值.分段将函数，表达式代出来，然后分段打开绝对值求解.【详解】由所以当时，显然成立.当时，显然成立.当时，此时无解.当时, 由，即.当时，即，解得，所以不成立.当时，即，解得所以此时满足条件的范围是,当时,即，解得，所以此时满足条件的范围是综上所述，不等式的解集为.故答案为：.【点睛】本题考查求函数值和解含绝对值的不等式，解含绝对值的不等式关键是打开绝对值符号，本题还可以结合函数的图象求解，属于中档题.16.在等差数列中，若，则数列的前10项和的最大值为_.【答
12、案】25【解析】【分析】由，有，所以，代入，因为为等差数列，则其公差一定存在，即关于公差的方程一定有解.根据可得到答案.【详解】设等差数列的公差为.，则所以由，得即 (*)因为为等差数列，则其公差一定存在，即关于公差的方程(*)一定有解.所以整理即,即所以数列的前10项和的最大值为25.故答案为：25【点睛】本题考查等差数列的性质，考查方程思想，属于中档题.17.如下图，在直角梯形中，点在线段上运动.如下图，沿将折至，使得平面平面，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】过点作交于,由平面平面，则平面.设，,，,在三角形中, ,则所以，可得出答案.【详解】由，则过点作交于,由平面平面，则平面.
13、设，则在直角三角形中，在三角形中, 所以由，所以当时，有最小值所以的最小值为故答案为：【点睛】本题考查线面垂直的应用，考查余弦定理解三角形，考查空间线段的长度的最值.属于难题.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.（1）求函数的最小正周期和最大值；（2）问方程在区间上有几个不同的实数根？并求这些实数根之和.【答案】（1），最大值2；（2）4个不同实数根，之和为【解析】【分析】(1)将函数化简得，再根据周期公式求最小周期，利用三角函数的有界性求最大值.(2)作出函数在区间上的大致图像，可得方程的实数根的个数，再根据对称性可求出这些实数根之和
14、.【详解】（1）因为， 所以， 当，即，时，函数取得最大值2. （2）由，可得函数的对称轴为，00-1010作出函数在的大致图象如下， 所以方程在区间上共有4个不同的实数根，且这些实数根关于对称，所以实根之和.【点睛】本题考查正弦函数的周期性、最值，正弦函数的图象的对称性，属于中档题.19.如图，与等边所在的平面相互垂直，为线段中点，直线与平面交于点.，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】(1)由条件可得平面，则，又为等边三角形可得，从而可得平面，从而得证.(2)由条件可得平面，即得到，所以为的中点，以中点为坐标原点，为轴建立空间
15、直角坐标系,用向量法求二面角的余弦值.【详解】（1）证明：因为平面平面，且两平面交于，所以平面，则.又因为为等边三角形，为线段中点，所以.因为，所以平面，因为平面，所以平面平面 （2）解：因为，平面，且平面，所以平面，因为平面平面，所以，所以为的中点.以中点为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系，如图.根据已知可得：，所以，设平面的法向量，由可得取，则，所以平面的一个法向量，由（）得平面，所以平面的一个法向量，设二面角的大小为，所以，所以二面角的平面角的余弦为.【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查求二面角平面角的余弦值，求二面角的平面角多用向量法，属于中档题.20.已知数列，的前项和分别为，且，
16、.（1）求数列，的通项公式；（2）求证：.【答案】（1），；（2）见解析【解析】【分析】（1）由与的递推关系可求出，得到数列是等比数列，从二得到答案.（2）由,知，故,又,从而可证.【详解】（1）解：因为，令得，当时，由，两式相减得，即，由此可知数列是首项1为公比为的等比数列，故.所以，. （2）证明：由,结合不等式的性质有知，故,又，所以，因为，所以，综上，.【点睛】本题考查求数列的通项公式，利用放缩法证明数列不等式的问题，属于中档题.21.如图，已知椭圆：（）的离心率为，并以抛物线：的焦点为上焦点.直线：（）交抛物线于，两点，分别以，为切点作抛物线的切线，两切线相交于点，又点恰好在椭圆上.
17、（1）求椭圆的方程；（2）求的最大值；（3）求证：点恒在的外接圆内.【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】【分析】（1）由条件有，即，由离心率可得，然后可求出，得到椭圆方程.(2) 设，,将直线方程与抛物线方程联立，写出韦达定理，：求出直线的方程，同理可得：，可得到，根据点在椭圆，得到，利用均值不等式可到答案.(3) 因为过原点，所以可设的外接圆方程为,将，坐标代入圆的方程，求出，将点代入外接圆方程可得，从而可证.【详解】【详解】（1）解：由已知得，所以， 又因为，所以， 所以椭圆的方程为. （2）设，由直线：（）与抛物线：方程联立可得，所以 因为，所以：，即：，同理可得：，由直线的方程
18、与直线的方程联立有，可得将代入直线可得所以，即，因为点在椭圆上，所以，即. 因为，所以当，时，取得最大值.（3）证法：因为过原点，所以可设的外接圆方程为，由已知可得故，所以， 将点代入外接圆方程可得，因为，所以，所以点恒在的外接圆内.证法二：设的外心为，由已知可得的中垂线为，即，同理的中垂线为，联立可得所以，又因为，所以，所以点恒在的外接圆内.【点睛】本题考查求椭圆的方程，抛物线的切线问题和椭圆、抛物线中的最值问题，圆与点的位置关系的证明，属于难题.22.已知函数，.（1）求证：存在唯一的实数，使得直线与曲线相切；（2）若，求证：.（注：为自然对数的底数.）【答案】（1）见解析；（2）见解析【
19、解析】【分析】（1）曲线在处的切线为，所以只需证明有唯一解即可.(2) 要证，即证,设，即，只要证明，然后构造函数，讨论单调性，分析函数的最值，即可证明.【详解】证明：（1）由知，在处的切线为，当该直线为时，可得所以，所以，令，则当时，所以在单调递增，而，所以存在唯一的实数（），使得，相应的也是唯一的，即存在唯一-的实数，使得直线与曲线相切.（2）要证，即证，令，对于确定的，是一次函数，只要证明，注意到对于同一，所以只要证明先证明：记，则，令，因为，所以，由此可知在区间递减，在区间递增.又因为，所以，在区间上存在唯一实数，使得.故在区间，递减，在区间，递增.于是.得证.再证明：记，当时，利用不等式得，；当时，利用不等式（）得，于是，其中二次函数开口向上，对称轴为，当时，最小值，所以.综上，不等式均成立.所以，当，对任意的，总有.【点睛】本题考查曲线的切线问题，根据单调性分析方程的解，考查不等式的证明问题，考查构造函数解决问题，属于难题.
