1、浙江省绍兴市诸暨市2020届高三数学上学期期末考试试题（含解析）一、选择题1.若，全集为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据集合的基本关系和补集运算，即可求出结果.【详解】因为，所以，又，所以，故选：D.【点睛】本题主要考查集合之间的基本关系，熟练掌握集合间的基本关系是解题的关键.2.双曲线的焦点坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据双曲线方程的标准形式，得到的值，即可得到焦点坐标.【详解】由双曲线方程可知，所以，所以双曲线的焦点坐标为，故选：B.【点睛】本题主要考查双曲线的基本性质，考查基础知识的简单应用，熟练掌握双曲线的基本性质是解题
2、的关键3.已知，是虚数单位，则可取的值为（ ）A. 1B. -1C. 1或-1D. 任意实数【答案】C【解析】【分析】首先根据复数的除法运算求出，然后再根据复数相等，可得，据此即可求出结果.【详解】由于，所以，所以 或 ，所以可取的值为1或-1，故选：C【点睛】本题主要考查复数的基本运算和相关性质，熟练掌握运算公式和相关性质是解题的关键4.已知公比为的等比数列的首项，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】A【解析】【分析】根据等比数列的性质可得，若，可得，然后再根据充分条件和必要条件的判断方法即可得到结果【详解】由于公比为的
3、等比数列的首项，所以，若，则，所以，即或，所以公比为的等比数列的首项，则“”是“”的充分不必要条件，故选：A.【点睛】本题主要考查了等比数列的相关性质和充分必要条件的判断方法，熟练掌握等比数列的性质是解题的关键.5.已知，随机变量的分布列如图：则当增大时，的期望变化情况是（ ）-101A. 增大B. 减小C. 先增后减D. 先减后增【答案】B【解析】【分析】首先根据随机变量的分布列的性质可知，进而得到，据此即可求出结果.【详解】由题意可知，所以则当增大时，的期望减小，故选：B.【点睛】本题主要考查了随机变量的分布列的性质，熟练掌握随机变量的分布列的性质是解题的关键.6.若函数的图象经过点和，则
4、要得到函数的图象，只需把的图象（ ）A 向左平移个单位B. 向左平移个单位C. 向右平移个单位D. 向右平移个单位【答案】D【解析】【分析】首先根据函数的条件可求出 ，再根据，即可求出，将可得，再根据三角函数图像平移的特点即可得到结果.【详解】因为函数图象经过点和，可知这两个点分别是函数的最高点和最低点，则有，由可得，满足（注：若这两个点不是相邻的最高点和最低点，则不满足）；再将点带入函数，可得；所以向右平移个单位，可得到函数的图象.故选：D.【点睛】本题主要考查了三角函数的解析式的求法和三角函数图像的平移，本题的关键是判断点和是函数的相邻两个点，如果不是则不满足，这是解决本题的突破口.7.某
5、几何体的正视图与侧视图如图所示：则下列两个图形中，可能是其俯视图的是（ ）A. 都可能B. 可能，不可能C. 不可能，可能D. 都不可能【答案】A【解析】【分析】由三视图的正视图和侧视图分析，几何体上部、中部、下部的形状，判断，可得出选项【详解】若是，可能是三棱锥；若是，可能是棱锥和圆锥的组合；所以都有可能，故选：A.【点睛】本题考查简单空间图形的三视图，考查空间想象能力，是基础题8.已知，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由权方和不等式可得，将代入，即可求出结果.【详解】由权方和不等式，当且仅当时，取等号；故选：A.【点睛】本题主要考查了权方和不等式，权方和
6、不等式：若，则成立；当时，等号成立.9.正四面体中，在平面内，点在线段上，是平面的垂线，在该四面体绕旋转的过程中，直线与所成角为，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据相对运动，让正四面体保持静止，平面绕着旋转，故其垂直线也绕着旋转，取上的点，使得 ，连接，则，等价于平面绕着旋转，在中，由余弦定理可得；再将原问题抽象为几何模型，平面的垂线可以看做圆锥底面半径，绕着圆锥的轴旋转，可得，进而求出结果.【详解】由题意可知，根据相对运动，让正四面体保持静止，平面绕着旋转，故其垂直线也绕着旋转，取上的点，使得 ，连接，则，等价于平面绕着旋转，在中，；如下图所示，将问题抽
7、象为几何模型，平面的垂线可以看做圆锥底面半径，绕着圆锥的轴旋转，显然 ，故选:A.【点睛】本题考查了空间几何体中的动态问题，同时考查了数学转化思想，解题时要注意空间思维能力的培养，注意旋转问题的合理运用10.已知函数的定义域为，值域包含于区间，且存在实数满足：，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先根据题意可得 两式相减可得，可得，进而可得，据此即可求出结果.【详解】解: 函数的定义域为，可得值域为：，即，两式相减可得，故可得，代入可得，故可得，综上：故选:D.【点睛】本题主要考查了二次函数的相关性质和转化思想，本题属于中等题.二、填空题11.已知函数，
8、则_；若，则_.【答案】 (1). 4 (2). 0或1【解析】【分析】根据分段函数的性质即可求出值；对进行分类讨论，判断和，即可求出结果.【详解】；故；若，则；若，则，故或. 故答案为：4，0或1【点睛】本题主要考查分段函数的相关性质，以及分段函数值的求法，掌握分段函数每段的定义域是解题关键.12.若二项式展开式各项系数和为64，则_；常数项为_.【答案】 (1). 6 (2). 135【解析】【分析】利用二项式系数和公式列出方程求出的值，将的值代入二项式，利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令的指数为0求出的值，将的值代入通项求出常数项【详解】令，则；，故常数项为.故答案为：6，13
9、5【点睛】解决二项展开式的特定项问题一般利用二项展开式的通项公式；二项式系数和公式为13.若实数，满足约束条件，则的最大值是_；若，且的最大值为3，则_.【答案】 (1). 5 (2). 【解析】【分析】由约束条件作出可行域，联立方程组求出交点的坐标，由数形结合得到最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数求出的最大值对进行分类讨论，分和，利用数形结合，即可求出结果.【详解】由约束条件作出可行域，如下图：可行域的三个交点分别为,则在处取到最大值，故的最大值为5；若，点处取到最大值，则（舍）；若，点处取到最大值，则；故.故答案为： （1）5；（2）.【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解
10、题思想方法，属中档题14.在中，角，所对的边为，点为边上的中点，已知，则_；_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】对于第一空，根据余弦定理的推论即可求出的值；对于第二空：方法一，利用向量法，两边平方可得即可求出结果；方法二，倍长中线，由平行四边形法则，得到，即可求出结果；方法三，因为，由余弦定理的推论可知，即可求出的值.【详解】解法一：向量法由题意，又，两边平方可得，故答案为:，. 解法二：平行四边形法则倍长中线，由平行四边形法则，得到,即.解法三：余弦定理由题意，因为，则代入数据，得到，即，故答案为:，.【点睛】本题主要考查利用余弦定理解三角形；本题可以用多种方法解决，考查了平面
11、向量在解三角形中的应用，考生务必掌握这些基本解题思路解决三角形问题.15.用0，1，2，3，4组成没有重复数字的四位数，其中奇数有_个.【答案】36【解析】【分析】根据特殊位置优先考虑，先考虑末尾数，有种，在考虑首位非零有种，剩下的两个位置有，然后再根据分步计数原理即可求出结果.【详解】特殊位置优先考虑，先考虑末尾，有种，在考虑首位非零有种，剩下的两个位置有种，则由分布乘法计数原理，得到共有奇数种，故答案为:36.【点睛】本题主要考查排列组合和分步计数原理等知识，属于基础题.16.已知，是不共线的两个向量，若对任意的，的最小值为1，的最小值为1，若，则，所成角的余弦值为_.【答案】【解析】【分
12、析】对两边平方，可得,根据二次函数的性质可知，当时，即，同理可得当时，即，联立方程组即可求出， 再根据向量的夹角公式即可求出结果.【详解】因为,所以当时，即，因为，所以当时，即，所以，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查了向量的基本知识，解决本题的关键是利用二次函数的性质求出的最小值，的最小值，是解题的关键.17.已知，分别是椭圆的右顶点，上顶点，是椭圆在第三象限一段弧上的点，交轴于点，交轴于点，若，则点坐标为_.【答案】【解析】【分析】根据椭圆，设，可得，由题意可知是圆在第三象限弧的中点，即可得到即，进而求出结果.【详解】设，从而得到圆方程：；显然是圆在第三象限弧的中点，满足题意，即，可得，
13、故答案为：.【点睛】本题主要考查了椭圆的相关性质，解答过程采用了换元的思路解题，是解题的关键和突破口.三、解答题18.已知函数.（1）求函数在区间上的值域；（2）设，求的值.【答案】（1）,（2）【解析】【分析】（1）根据题意可知，当时，根据三角函数的性质即可求出的值域.（2）因为，所以，又，所以，根据三角函数的两角差正弦公式，进而求出结果.【详解】（1），当时，所以，此时的值域为.（2）因为，所以，所以，【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的性质，两角差的正弦函数公式的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题19.已知四棱锥中，底面为矩形，平面平面，点，分别是，的中点
14、.（1）求证：平面；（2）若与平面所成角的余弦值等于，求的长.【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，可得，进而，所以四边形是平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可求证.（2）取的中点，根据勾股定理和线面垂直的判定定理可得平面，再建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求出线面角.【详解】（1）取的中点，连接，分别为，的中点，为矩形，四边形是平行四边形，平面，又平面，平面.（2）取的中点，平面平面，平面平面，平面，建立如图坐标系，设，则，平面的法向量，若与平面所成角为，.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理和线面角的求法，本题主要利用空间向量法求线面角，其一般解题
15、技巧如下：求直线与平面所成的角 ，设为直线与平面所成的角，为直线的方向向量与平面的法向量之间的夹角，则有（图1）或（图2） 图1 图2即直线与平面所成的角可看成是向量与平面的法向量所成的锐角的余角，所以有.特别地时，；时，或.20.数列是公比为正数的等比数列，；数列前项和为，满足，.（1）求，及数列，通项公式；（2）求.【答案】（1），（2），【解析】【分析】（1）方法一：（数列定义）易知，可得，故，；，则，两式相减得，则，同理两式相减得，则为等差数列，故，.（1）方法二：（数学归纳法）同方法一，猜想，然后再利用数学归纳法证明.（2）方法一：利用错位相减法求和，由（1）可知，则，两式相减整理得
16、， ，.（2）方法二：利用裂项求和，由（1）可知，注意到，再采用裂项相消法求和.【详解】（1）方法一：（数列定义）易知，解得或，又公比为正数，则，故，；，则，两式相减得，则，同理两式相减得，（注：，也符合），则为等差数列，故，.（1）方法二：（数学归纳法）易知，解得或，又公比为正数，则，故，；，猜想，用数学归纳法证明.当时，成立；假设当时，成立，当时，则，即，故当时，结论也成立.由可知，对于任意的，均成立.（2）方法一：（错位相减法求和）由（1）可知，则，两式相减整理得，（2）方法二：（裂项求和）由（1）可知，注意到，故，.【点睛】本题主要考查了数列通项公式和求和的常见方法，针对数列（其中数列
17、分别是等差数列和等比数列（公比），一般采用错位相减法求和，错位相减的一般步骤是:1.；2.等式两边同时乘以等比数列的公比，得到；3.最后-，化简即可求出结果.21.已过抛物线：的焦点作直线交抛物线于，两点，以，两点为切点作抛物线的切线，两条直线交于点.（1）当直线平行于轴时，求点的坐标；（2）当时，求直线的方程.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）依题的方程为，联立抛物线方程可得，利用导数求出在，处的切线，再联立切线方程即可求出点坐标.（2）设的方程为，利用切线方程联系即可求出.法一：根据弦长公式可得， ，再根据，将代入即可求出结果.法二：依题：，化简可得，结合，进而求出结果.得【详解
18、】（1）依题可知，当直线平行于轴时，则的方程为，所以可得，又；所以在，处的切线分别为：，即，联立两切线可得，所以.（2）设的方程为，则联立有，所以，在处的切线为：，同理可得，在处切线：，联立有：，即点.法一：，同理可得：，所以，又因为，所以解得，所以，得，或，.所以直线方程为：.法二：依题：，解得，结合得，或，.所以直线方程为：.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，以及圆锥曲线中弦长公式的应用.22.已知函数，其中是自然对数的底数，是函数的导数.（1）若是上的单调函数，求的值；（2）当时，求证：若，且，则.【答案】（1），（2）证明见解析【解析】【分析】（1）对求导，可得，令则恒成立
19、，由于，所以，即可求出结果.（2）方法一：利用消元求导，由题意可得，令，不妨设，令，原题即证明当时，利用导数在不等式中应用，即可求出结果.方法二：利用切线放缩法，化解过程同方法一，原题即证明当时，注意到，求出在处的切线方程为.下面证明恒成立（）；令，然后再利用导数在不等式中应用，和不等式放缩即可证明结果.【详解】（1），由题意恒成立，由于，所以，解得.方法一：消元求导死算（2），令，不妨设，令，原题即证明当时，其中，因为，所以当时，得证.方法二：切线放缩化解过程同上，原题即证明当时，注意到，求出在处的切线方程，则，即，则：切线方程为.下面证明恒成立（）；令，则，得在恒成立，故在（）上单调递增，恒成立，故恒成立，同理可证始终位于在处的切线的上方，即：（实际上与关于轴对称），故恒成立，原不等式得证.【点睛】本题主要考查了导数在恒成立和不等式证明中的应用；本题第（2）问中的方法一，对这一步化简和后面的换元是关键；方法二的切线放缩是难点，平时学生们要加强训练.
