1、浙江省嘉兴市2020届高三数学下学期5月教学测试试题（含解析）本试题卷分选择题和非选择题两部分全卷共6页，选择题部分2至3页；非选择题部分3至6页满分150分，考试时间120分钟考生注意：1答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上2答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效参考公式：若事件A，B互斥，则柱体的体积公式若事件A，B相互独立，则其中表示柱体的底面积，表示柱体的高锥体的体积公式若事件A在一次试验中发生的概率是p，则次独立重复试验中事件A恰好发生次的概率其中表示锥体的底面积，
2、表示锥体的高球的表面积公式台体的体积公式球的体积公式其中,分别表示台体的上、下底面积表示台体的高其中表示球的半径选择题部分（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，只有一项是符合题目要求的1. 已知全集，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用补集和并集的定义即可得解.【详解】，.故选：D.【点睛】本题主要考查集合的基本运算，熟练掌握补集和并集的定义是解决本题的关键，属于基础题.2. 双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由双曲线的渐近线方程为，即可得到所求双曲线的渐近线方程.【详解】
3、双曲线为，渐近线方程为：，其渐近线方程为：，故选：B.【点睛】本题主要考查利用双曲线的标准方程求渐近线，意在考查学生对基础知识的掌握情况，属于基础题.若双曲线方程为，则渐近线方程为.3. 复数（为虚数单位）的共轭复数是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将复数化简为，再求出复数的共轭复数即可得解.【详解】令，则，所以，故选：A.【点睛】本题主要考查复数的代数形式的运算，涉及共轭复数，属于基础题.4. 已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（ ）A. 若则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂
4、直，故B正确.考点：空间点线面位置关系5. 已知，则“”是“直线和直线垂直”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. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据直线垂直的等价条件，求出的取值，利用充分条件和必要条件的定义即可得到结论.【详解】直线和直线垂直，则，解得或，所以，由“”可以推出“直线和直线垂直”，由 “直线和直线垂直”不能推出“”，故“”是“直线和直线垂直”的充分不必要条件，故选：A.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合直线垂直的等价条件是解决本题的关键，属于基础题.6. 若直线上不存在点的坐标满足条件则实数的最小值为（ ）A.
5、B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】画出不等式组所表示的平面区域，利用直线与确定的交点，结合题设条件即可得出的最小值.【详解】画出满足条件的平面区域，如图所示，当直线从如图所示的实线位置运动到过点的位置时，取最小值，解方程组，解得点的坐标为，所以，的最小值是1，故选：B.【点睛】本题考查线性规划知识的应用，考查学生的理解能力，灵活运用数形结合的思想即可求解，属于中档题.7. 已知数列，满足且设是数列的前项和，若，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，可求得数列的奇数项均为，偶数项均为，进而求得，由，即可求得的值.【详解】由且，得， 所以，又，所以，解
6、得，故选：C.【点睛】本题考查了数列的通项公式和前项和，确定数列的通项公式是解题的关键，属于基础题.8. 分别将椭圆的长轴、短轴和双曲线的实轴、虚轴都增加个单位长度（），得到椭圆和双曲线记椭圆和双曲线的离心率分别是，则（ ）A. ，B. ，与的大小关系不确定C. ，D. ，与大小关系不确定【答案】B【解析】【分析】设，分别求出，由和比例性质即可求得，因为与1的大小不确定，所以无法判断，大小.【详解】设，则，因为，由比例性质可知，所以；，因为与1的大小不确定，所以和的大小也不确定，即无法判断，大小.综上，与的大小关系不确定.故选：B.【点睛】本题主要考查椭圆和双曲线的离心率问题，其中涉及到比例性
7、质的运用，属于中档题.9. 将边长为1的正方形沿对角线翻折，使得二面角的平面角的大小为，若点,分别是线段和上的动点，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设点为中点，连接，由题意可证得，作，利用向量的基本运算可得，再通过建立平面直角坐标系，设，求出，利用向量数量积的坐标表示可求出，借助的范围，即可得解.【详解】设点为中点，连接，由题意可知，所以，作，则P为OC中点作，则平面BCD，所以，如图建立平面直角坐标系：则，设，所以，则，因为，所以，故选：B.【点睛】本题考查平面图形的翻折，考查二面角，向量的基本运算以及向量数量积的坐标表示，考查学生的推理能力和计算能力，
8、难度较大.10. 设函数的极值点从小到大依次为，若，则下列命题中正确的个数有（ ）数列为单调递增数列数列为单调递减数列存常数，使得对任意正实数，总存在，当时，恒有存在常数，使得对任意正实数，总存在，当时，恒有A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个【答案】D【解析】【分析】求导，通过作函数和的图象，可得（1）错误，（3）正确；通过函数的图象，可得（2）错误；，因为，或者，可知（4）错误.【详解】由得，分别作函数和的图象，如图，因为，所以（1）错误；，所以（3）正确；函数的图象，如图，因为，所以（2）错误；因为，或者，所以（4）错误.综上，仅（3）正确.所以，正确的个数只有1个.故选：D.【点睛
9、】本题考查了判断命题的真假，其中涉及到数列的增减性、函数的求导以及对于函数极值点的理解问题，考查数形结合的思想，难度较大.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. 已知函数，则其最小正周期_，_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由周期公式和特殊角的三角函数值即可求得结果.【详解】函数的最小正周期，故答案为：；.【点睛】本题主要考查正弦函数的周期性，涉及函数值的求解，属于基础题.12. 某几何体的三视图如图所示（单位：），则此几何体的所有侧面中，直角三角形共有_个，该几何体的体积是_【答案】 (1). 3 (2). 2【解析
10、】【分析】根据三视图，可知该几何体为四棱锥，由此可判断此几何体的所有侧面中，直角三角形的个数，利用椎体的体积公式即可求得该几何体的体积.【详解】由几何体的三视图可知，该几何体为四棱锥， ，为直角三角形，平面，平面，为直角三角形，为直角三角形，三边不满足勾股定理，不是直角三角形，所以，此几何体的所有侧面中，直角三角形共有3个.故答案为：3；2.【点睛】本题考查的是由三视图还原几何体以及求几何体的体积，解决本题的关键是得到该几何体的形状，属于基础题.将三视图还原为空间几何体，首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯
11、视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.13. 二项式的展开式中，常数项为_，所有项的系数之和为_【答案】 (1). 4 (2). 16【解析】【分析】利用展开式的通项公式，可得展开式中的常数项；令，可求得所有项的系数之和.【详解】的展开式的通项，令，解得，则常数项为；二项式中，令，得到，则所有项的系数之和为16.故答案为：4；16.【点睛】本题主要考查二项式定理的通项公式以及展开式各项系数之和的求法，属于基础题.“赋值法”是一种处理二项展开式系数和的常用方法，对于形如 的式子，求其展开式各项系数之和，只需令，计算的值即可.14. 已知随机变量的分布列如下
12、：123则_，方差_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据分布列的性质，即可求出的值；求出期望，根据方差的计算公式，即可求出.【详解】由题意可得，解得，综上，.故答案为：；.【点睛】本题主要考查分布列的性质，求离散型随机变量的均值与方差，意在考查学生对这些知识的掌握水平，熟记计算公式即可，属于基础题.15. 将六个字母排成一排，若均互不相邻且在的同一侧，则不同的排法有_种（用数字作答）【答案】96【解析】分析】先排D、E、F，再利用插空法排A，B，C且C只能插在A、B的同侧，根据乘法原理计算出结果【详解】解：先排D、E、F，有种排法；再利用插空法排A，B，C且C只能插在A、B的同侧
13、，有种排法；所以有96种排法故答案为：96.【点睛】本题主要考查排列组合问题，其中涉及到分步乘法计数原理，属于中档题.不相邻问题采用插空法，求解过程为：对于要求有几个元素不相邻的排列问题，可先将其他元素排好，然后将不相邻的元素插入在已排好的元素之间及两端空隙处.16. 已知函数若，则实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】先求，从而得出的范围，即或，解此不等式即可得出答案.【详解】，令，即或，解得或，或，或 或 或 ，解得或，故答案为：.【点睛】本题考查了解分段函数不等式问题，属于基础题.求解不等式时，要注意在对应区间上进行求解.17. 四面体中，其余棱长都为，动点在内部（含边界），设，二面
14、角的平面角的大小为，和的面积分别为，且满足，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】取的中点，连接，则，设点到的距离为，根据题意，解得，从而得出点的轨迹为以点为焦点，以为准线的抛物线在内的一段弧，可求得，进而可求得的最大值.【详解】取的中点，连接，和均为等边三角形，面面，即为二面角的平面角，设点到的距离为，则，解得，故点的轨迹为以点为焦点，以为准线的抛物线在内的一段弧，当点位于抛物线和的交点时，最大，设与抛物线交于点，过作垂直于，交于点，则，所以，解得，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了二面角，抛物线的定义，考查学生对这些知识的掌握能力，属于综合题，确定出点的位置是解题的关键，难度较大.三、解
15、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，内角所对的边分别为，且（1）求角的大小；（2）若，求的取值范围【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理进行化简，即可求得结果；（2）利用正弦定理得出，将转化为，并利用三角恒等变换进行化简，再借助角的取值范围即可得解.【详解】（1）因为，所以，因为，所以：，所以.（2），所以，所以，因为，所以的取值范围为.【点睛】本题考查了正弦定理的应用，三角恒等变换以及三角函数的取值范围问题，属于中档题.在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余
16、弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理.19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，且，若点E,F分别为AB和CD的中点（1）求证：平面平面；（2）若二面角的平面角的余弦值为，求与平面所成角的正弦值【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）先由线面垂直的判定定理证得平面，再由面面垂直的判定定理证得平面平面；（2）由二面角的定义及题意可知，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用即可得解.【详解】（1），为中点，又，平面，平面，平面，又平面ABCD，平面平面.（2），平面平面，就是二面角的平面角，所以，如图作，垂足为O，则，所以，则，如图，建立空间直角坐标系
17、，则，设平面的法向量为，则，即，令，则，则是平面的一个法向量，则.所以与平面所成角的正弦值.【点睛】本题考查了线面垂直和面面垂直的判定定理以及向量法求线面角的正弦值，考查学生的推理与运算能力，建立恰当的空间直角坐标系是解题的关键，属于中档题.20. 已知数列的前项和为，且公比大于的等比数列的首项为，且（1）求和的通项公式；（2）若，求证：，【答案】（1），（2）见解析【解析】【分析】（1）对于数列，利用公式即可求得数列的通项公式；设的公比为，利用和，可求出的值，进而得到数列的通项公式；（2）首先计算出，然后计算出当时，关于的表达式并进行放缩，进一步可将数列放缩成，注意时要另外计算，求，计算结果
18、并加以放缩，即可证明不等式成立.【详解】（1）数列的前项和为，且，当时，当时，经检验，满足，所以，数列的通项公式为；设的公比为，即，将代入，得，解得，所以，数列的通项公式为.（2），当时，即，当时， .【点睛】本题主要考查数列通项公式的求法，以及数列求和的不等式证明问题.考查了转化与化归思想，方程思想，分类讨论思想，放缩法，不等式的运算能力，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题.已知求的方法：利用，一定要检验是否适合的表达式，若适合的表达式，则，若不适合，则分段表述.21. 设点为抛物线上的动点，是抛物线的焦点，当时，（1）求抛物线的方程；（2）过点作圆：的切线，分别交抛物线于点当时，求
19、面积的最小值【答案】（1）（2）最小值【解析】【分析】（1）利用抛物线的焦半径公式求得值，进而得到抛物线方程；（2）设过点的切线为，利用圆心到直线的距离等于半径得到，化简并借助韦达定理，可得，设，则直线，与抛物线联立，再由根与系数的关系可得，同理，再设直线，利用弦长公式求弦长，由点到直线距离公式求到直线的距离，代入三角形面积公式，换元后利用基本不等式和二次函数求最小值.【详解】（1）当时，所以，故所求抛物线方程为.（2）点为抛物线上的动点，则，设过点的切线为，则，得，是方程（*）式的两个根，所以，设，因直线，与抛物线交于点A，则得，所以，即，同理，设直线，则，又，所以令，当且仅当，即时，取得最
20、小值.【点睛】本题考查抛物线方程的求法，考查直线与圆、直线与抛物线位置关系的应用，考查整体运算的思想方法，考查计算能力，属于难题.22. 定义两个函数的关系：函数的定义域分别为，若对任意的，总存在，使得，我们就称函数为的“子函数”已知函数，（1）求函数的单调区间；（2）若为的一个“子函数”，求的最小值【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为，（2）【解析】【分析】（1）求导，令，可得的单调递增区间；令，可得的单调递减区间；（2）根据的单调性求出的取值范围，进而得到，即有实数解，从而得到，令，可得，令，则，利用换元法和函数的单调性即可得出结果.【详解】（1），函数定义域为，令，即，解得，所以函数的单调递增区间为；令，即，解得，所以函数的单调递减区间为，综上，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）由（1）知，当时，函数取得极小值，即最小值，所以，当时，且为连续函数，只需，即有实数解，即，因为，则，令，即在区间上有实数解，将看成直线上的点，令，则，令，则，所以的最小值为.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值、最值，不等式的解法，考查了换元法和等价转化法的应用，考查学生的推理能力与计算能力，属于难题.
