1、浙江省绍兴市诸暨市2020届高三数学下学期6月适应性考试试题（含解析）第卷(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，只有一项是符合题目要求的.1.设全集，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】直接根据集合的交集运算、补集运算的定义求解即可【详解】解：，又，故选：A【点睛】本题主要考查集合的基本运算，属于基础题2.已知是虚数单位，设复数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先根据复数代数形式的四则运算化简复数，再根据复数的几何意义求出复数的模【详解】解：，故选：A【点睛】本题主要考查复数代数形式的
2、四则运算，考查复数的模的求法，属于基础题3.一个空间几何体的三视图如图所示，则其体积等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由三视图可知该几何体为三棱锥，再根据棱锥的体积公式求解即可【详解】解：由三视图可知，该几何体为三棱锥，如图，且高为，该三棱锥的体积，故选：C【点睛】本题主要考查由三视图还原几何体并求几何体的体积，属于基础题4.随机变量的分布列如下图，若则（ ）A. 6B. 2C. 0D. 【答案】A【解析】【分析】根据随机变量的数学期望与方差的定义求解即可【详解】解：由题意可得，即，解得，故选：A【点睛】本题主要考查随机变量的数学期望与方差的应用，属于基础题5.设是
3、双曲线右焦点，以为端点作垂直于轴的射线，交双曲线的渐近线于点，交双曲线于点，若为的中点，则双曲线的离心率等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设双曲线的半焦距为，不妨设，在第一象限，联立方程可依次求得，的坐标，再根据中点坐标公式即可求出答案【详解】解：设双曲线的半焦距为，不妨设，在第一象限，由题意得，双曲线的渐近线方程为，将代入得，将代入得，为的中点，得，双曲线的离心率，故选：D【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，属于基础题6.已知，则的最小值是（ ）A. 2B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意得，则，则，再利用基本不等式求解即可【详解】解：，且，则，且，
4、当且仅当即时，等号成立，故选：C【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，考查计算能力，属于基础题7.已知，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. 既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据和的几何意义分析即可得解.【详解】表示点到的距离小于等于1的区域，表示椭圆及其内部区域，椭圆右焦点坐标，根据椭圆性质可得，椭圆上的点到焦点距离的最小值为2-1=1，所以表示的区域被表示的区域全覆盖.所以已知，则是的充分不必要条件.故选：A【点睛】此题考查充分条件与必要条件的判断，关键在于熟练掌握充分条件与必要条件的判断方法.8.若函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
5、A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出函数的单调增区间，根据求解范围.【详解】考虑函数函数，令，函数在区间上单调递增，则，解得，所以k=0，又，所以故选：B【点睛】此题考查根据三角函数的单调性求解参数的取值范围，关键在于熟练掌握单调性的处理方法，准确求解不等式组.9.若不等式对x恒成立，则sin(a+b)和sin(a-b)分别等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，根据三角函数值的符号，求得函数符号的变化，根据函数的单调性与对称性，求得的值，即可求解.【详解】由，则，当或时，即或时，当时，即时，所以当或时，当时，设函数，则在上单调递增，在上单调递减，且函
6、数的图象关于直线对称，所以，所以，解得，又由，解得，所以，.故选：D.【点睛】本题主要考查了三角函数值的计算，以及函数的单调性与对称性的应用，其中解答中根据三角函数的符号，求得函数的单调性与对称性是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.10.设数列an满足：其中x表示不超过实数x的最大整数(例如则的个位数字是（ ）A. 3B. 5C. 7D. 9【答案】B【解析】【分析】通过计算前几项的值找出规律，进而求得的个位数字，得到答案.【详解】由题意，列an满足：又由和是非常接近的数，其中，可用作近似计算，因为，当时，所以；当时，所以；当时，所以；当时，所以；当时，所以；当时，所以；当时，所
7、以； 可得从第二项其数字的个位数构成以为周期的规律，所以的个位数字.故选：B.【点睛】本提提主要考查了数列的应用，其中解答中根据题设条件，计算出前几项的数值，找出数字的规律是解答的关键，注意解题方法的积累与总结，属于中档试题.第卷(非选择题部分共110分)二、填空题：本题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11.设实数x，y满足约束条件，则的最大值为_，最小值为_.【答案】 (1). 2 (2). -7【解析】【分析】画出不等式组所表示的平面区域，结合图象确定出目标函数的最优解，代入即可求解.【详解】画出不等式组所表示的平面区域，如图所示（阴影部分，包含边界）其中平面区域的顶点
8、坐标分别为，目标函数，可化为直线，当直线过点时，此时直线在轴上的截距最大，此时目标函数取得最大值，最大值为；当直线过点时，此时直线在轴上的截距最小，此时目标函数取得最小值，最小值为.故答案为：，.【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力12.已知若，且，则_；若对任意的，直线与函数的图像都有两个交点，则实数的取值范围是_【答案】 (1). 或 (2). 【解析】【分析】第一空，将代入，分段讨论解方程即可求出答案；第二空，画出函数的大致图象，数
9、形结合即可求出答案【详解】解：当时，由得，当时，解得；当时，解得，或（舍去）；画出函数的图象如图，对任意的，直线与函数的图像都有两个交点，由图可知，解得；故答案为：或；【点睛】本题主要考查分段函数的应用，考查数形结合思想，考查分类讨论思想，属于基础题13.已知，且sin(+)=cos，则_._.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据同角三角函数的基本关系，结合的范围可求出和，将按照两角和的公式进行展开可得，根据两角和的正切公式可得结果.【详解】因为，所以，则，由，得，显然，则，解得，则，故答案：，.【点睛】本题主要考查了利用三角恒等式求三角函数值，两角和的正弦、正切公式的应用，属于
10、中档题.14.在二项式展开式中，常数项为_；在展开式中，常数项为_.【答案】 (1). 15 (2). 76【解析】【分析】由二项式展开式通项公式中令的指数为0，可求得所在项数，得常数项，在三项式展开式中，利用多项式乘法法则得通项公式，然后求出常数项的所有可能【详解】二项式展开式通项公式为，令，所以常数项为；由多项式乘法法则在的展开式的项可以写成：，其中，为整数， 由得，所求系数为故答案为： 15；76【点睛】本题考查二项式定理的应用，掌握展开式通项公式是解题关键三项式的展开式，可以应用二项式定理展开：，展开式通项公式为，然后对再应用二项式定理后可求解，也可象本题中一样，把此式看作是个相乘，乘
11、积一定是从这个式子中分别取一项相乘所得，由此可求解15.用组成没有重复数字的五位数abcde，其中随机取一个五位数，满足条件的概率为_.【答案】【解析】【分析】五位数有个，可用分类讨论思想求得满足条件的五位数的个数由四个绝对值中最大值分别为3，2，1分类可得，然后可计算概率【详解】没有重复数字的五位数有个，由于四个绝对值最小为1，最大不可能为4，若最大值为3的五位数有12543，34521，54123，32145共4个，四个绝对值最大为2，只有1个是2时，五位数有：21345，12354，54312，45321共4个，四绝对值中两个为2，两个为1时，这样的五位数有：13245，31245，21
12、345，54231，54213，45312，53421，35421，12435，12453共10个，四个绝对值都等于1的五位数有：12345,54321共2个，综上满足题意的五位数有4+4+10+220个，所求概率为故答案为：【点睛】本题考查古典概型，解题关键是满足条件的基本事件的个数，本题考查分类讨论思想，列举法16.已知是所在平面内的两点，满足，直线与AB交于点若在PBD内(不含边界)，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由变形得，根据向量加法的平行四边形法则确定点位置，从而可确定点位置，然后把用表示，再用向量线性运算法则作出，在内作，最终转化为，从而可得结论【详解】由得，所以，
13、如图，设是中点，是靠近的三等分点，以为邻边作平行四边形，则由向量的加法法则知是此平行四边形的第四个顶点，因为是中点，所以是中点，又，所以是中点，从而是的另一个三等分点所以，所以，作，连接，作交于（，在线段上），则，所以，所以，若在内（不含边界），则，故答案为：【点睛】本题考查向量的线性运算，解题关键是用向量线性运算法则通过几何图形确定位置，并转化已知条件（分离参数），要注意把条件向内靠拢17.已知四面体ABCD的所有棱长都相等，E，F分别是棱AC，AD上的点，满足，若EF与平面BCD所成角为，则=_.【答案】【解析】【分析】设是中点，设是中心，以为轴，为轴，过与平行的直线为轴建立空间直角坐标，
14、设正四面体棱长为，写出各点坐标，求出及平面的法向量，由向量与法向量夹角的余弦的绝对值等于线面角的正弦值可求得【详解】如图，设是中心，则平面，设是中点，则共线，以为轴，为轴，过与平行的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标，设正四面体棱长为，则，所以，因为，所以，平面的一个法向量是，因为EF与平面BCD所成角为，所以，解得（舍去）故答案为：【点睛】本题考查直线与平面所成的角，解题关键是建立空间直角坐标系，用空间向量法求空间角考查了学生运算求解能力三、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.已知中，点在线段上，（1）求的大小；（2）求的面积【答案】（1）；（2）【
15、解析】【分析】（1）由图可知，（方法一）由题意得，由正弦定理，可得到，代入化简解出即可；（方法二）由正弦定理，得，代入化简解出即可；（2）由题意，由余弦定理可求得，再根据的面积公式求解即可【详解】解：（1），（方法一）由正弦定理及得，由正弦定理，可得，即，得，；（方法二）由正弦定理，得，即，得，；（2），由余弦定理及得，化简得，或（舍去），的面积【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，考查三角形的面积公式，属于基础题19.四棱锥的底面是边长的菱形，的中点是顶点在底面的射影，是的中点.(1)求证：面平面；(2)若，求面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】【分析】(1)首先可
16、以根据是顶点在底面的射影得出，然后根据底面是边长的菱形且得出，再然后通过线面垂直的相关性质即可得出平面，最后根据平面即可得出结果；(2)以为轴建立空间直角坐标系，然后求出平面的法向量以及平面的一个法向量为，最后通过即可求出二面角的余弦值.【详解】(1)因为是顶点在底面射影，所以平面，因为底面是边长的菱形，是的中点，所以，平面，因为平面，所以平面平面，(2)如图，以为轴建立空间直角坐标系，则：，所以，设平面的法向量为，则，即，解得其中一个解为，同理可求得平面的一个法向量为故二面角的余弦值.【点睛】本题考查线面垂直、面面垂直以及二面角的余弦值的求法，若一条直线与一平面内的两条相交直线垂直，则线面垂
17、直，若线面垂直，且直线在某一平面内，则面面垂直，考查借助空间向量求二面角，考查推理能力，是中档题.20.数列an是公差大于零的等差数列，a1=3，a2，a4，a7成等比；数列bn满足.（1）求数列bn的通项公式；（2）记比较cn与(nN*)的大小.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列首项为3且a2，a4，a7成等比数列，列出方程可求公差，得到an根据条件写出当时，两式相减即可求解；（2）由，相乘相消可得，作商比较cn与即可.【详解】（1）因为a2，a4，a7成等比，且数列an是等差数列所以 ，解得，所以，因为所以当时，当时，两式相减得：，又所以，当时，也适合，综上，(nN*
18、)（2）因为，所以，所以，又，所以 当时，记，则， 即 对成立，综上对一切恒成立.【点睛】本题主要考查了等差数列，等比数列，相乘相消法求通项，作商比较大小，分类讨论，属于难题.21.已知是抛物线C：上的一点，过P作互相垂直的直线PA，PB与抛物线C的另一交点分别是A，B.（1）若直线AB的斜率为，求AB方程；（2）设，当时，求PAB的面积.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据题意，得到抛物线的方程为，设，利用斜率公式以及两直线垂直的条件，整理得出，得到或，从而得到直线过原点，进而得到直线方程；（2）先证明三点共线，根据得，进而求得方程为，利用面积公式求得结果.【详解】（1）将点坐标
19、代入得，抛物线方程为设，则 又，即，得 所以或，直线方程为 （2）先证明三点共线，（或设方程为，与抛物线方程联立得，由韦达定理，结合（1）的结论得，即直线过定点）所以三点共线，得（舍去）或 所以方程为，法二： 所以由得 （舍去）或 所以方程为，.【点睛】该题考查的是有关直线与抛物线的综合题，涉及到的知识点有直线垂直的条件，直线方程的求解，抛物线中的面积问题，属于中档题目.22.已知函数有两个极值点.（1）记，若在处有公共切线，求实数b的取值范围；（2）求证：当时，【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求，根据题意可知是方程的两根，由对勾函数的性质可知，由韦达定理得，根据题意列出方程组，构造新函数，求得结果；（2）该问题证明的是线段恒在线段的上方，应用导数分段证明即可.【详解】（1）是方程两根，由题意得记 ，则，即 （2）记，本题要证明的是线段恒在线段的上方，我们只需先证明线段在线段的上方，再证明线段在线段的上方，记，则，又，所以，从而，单调递增， 所以下证因为，只需证明，即记， ，所以，即，综上命题得证.【点睛】该题考查的是有关导数的问题，涉及到的知识点有函数的极值点，函数图象在某点处的切线，应用导数证明不等式，属于较难题目.