浙江省绍兴市上虞区2020届高三数学上学期期末考试试题(含解析)

4VR323参考公式：球的表面积公式S4R；球的体积公式，其中R表示球的半径.

第Ⅰ卷（选择题共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A.

U1,2,3,4,5,6，集合

A2,3,5B3,4,6，

C.

，则

ðAB（ ）

U3B.

4,61,3,4,6D.

2,3,4,5,6【答案】C【解析】【分析】根据题意,先确定【详解】

ðABðUA的范围,再确定U的范围即可.

,

ð1,4,6UAð1,3,4,6UAB,故选:C.

【点睛】本题考查集合的运算,属于简单题.

x2y2512b22.已知双曲线C：a的离心率为3，且其实轴长为6，则双曲线C的方程为（

）

x2y21A. 916x2y2143【答案】A【解析】【分析】

x2y21169B. x2y2134C.

D.

5根据双曲线C的离心率为3,实轴长为6,解出a3,c5,从而计算出b,得到双曲线方程.5【详解】由双曲线C的离心率为3,实轴长为6,

c5a3a32a6c5,可得,解得222bca16,从而

x2y21C916所以双曲线的方程为:,

故选:A.

【点睛】本题考查双曲线的标准方程和基本性质,属于简单题.答题注意分清椭圆与双曲线之间的区别联系,不要混淆.

EY3.已知随机变量X的分布列（下表），Y2X1，则（ ）

XP1

0

-1

1213a1A. 3【答案】B【解析】【分析】

5B. 37C. 3D. 2

由变量X分布列的性质,解得

a16,从而可以计算出E(X),进而计算出E(Y).

111a1a6,【详解】由题可知23,所以

1111E(X)10(1)2363,所以

E(Y)E(2X1)2E(X)1因此故选:B.

【点睛】本题主要考查期望的计算,属于简单题.有一定关系的两个变量,其期望与方差之间

2E(aXb)aE(X)b,D(aXb)aD(X).也有对应关系,其中

53,

4.若实数x，y满足约束条件A. 0【答案】D【解析】【分析】

2xy0xy30x2y0，则zx2y的最大值是（ ）

C. 4

D. 5

B. 3

1zyx22,由直线方程可知,要使z最画出满足条件的目标区域,将目标函数化为斜截式

1z1zyxyx22的截距要最大,结合可行域可知当直线22过点A时截距大,则直线

最大,因此,解出A点坐标,代入目标函数,即可得到最大值.

【详解】画出满足约束条件

2xy0xy30x2y0的目标区域,如图所示:

1zyx22,由zx2y,得

1zyx22的截距要最大,要使z最大,则直线

1zyx22过点A时截距最大,由图可知,当直线

2xy0xy30,解得A(1,2),联立所以zx2y的最大值为:1225,故选:D.

【点睛】本题考查了简单的线性规划问题,运用了数形结合思想,属于简单题.

5.ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“的（ ）A. 充分非必要条件C. 充分必要条件【答案】A【解析】【分析】

a1bc2”是“A为锐角”

B. 必要非充分条件D. 既非充分又非必要条件

a由题知:

11122bca2bcbcb2c2242,结合余弦定理,可推出A为

a1bc2”是“A为锐角”的充分非必要条件.1bc2,

锐角,反之无法推出,因此“

【详解】①在ABC中,若

aa2则

12bc4a2(bc)22(b2c2)4,即,

a2b2c2,

b2c2a2cosA02bc,A为锐角,

a即“

1bc2”“A为锐角”,

b2c2a2cosA02222bcA②若为锐角,则,即bca,

无法推出bc2a,

222所以“A为锐角”“

a1bc2”,

a综上所述:“故选:A.

1bc2”是“A为锐角”的充分非必要条件,

【点睛】本题考查了充分必要条件的判定,结合了基本不等式及余弦定理等相关知识,综合性较强.

x2xf(x)ex 的大致图象是（ ）6.函数

A. B.

C. 【答案】A【解析】【分析】

D.

利用导数求出单调区间，及x=0时，y=0，即可求解．

x2xx2x1y'xex【详解】函数y=e的导数为，

15令y′=0，得x=2，

15151515xxx，22，22，时，y′＜0，时，y′＞0，时，

y′＜0．

15151515，，，2222）递增．∴函数在（﹣），（）递减，在（且x=0时，y=0，排除B，x=-1时，y=0，x=-2时，y>0,排除C，故选A．

【点睛】本题考查函数图象问题，函数的导数的应用，考查计算能力，属于中档题，

x2y221ab02FFb7.已知椭圆C：a的左右焦点分别为1，2，O为坐标原点，P为第

一象限内椭圆上的一点，且该椭圆的离心率为（ ）

F1PF24，直线PF1交y轴于点M，若F1F22OM，则

3A. 3【答案】C【解析】【分析】

10B. 4C. 2121D. 3由

F1F22OM,得

OF1OMc,所以

PF1F24,结合条件

F1PF24,可知

PF1F2为等腰直角三角形,从而可以根据椭圆的基本定义列出等式求离心率.

【详解】由

F1F22OM,得

OF1OMc,

所以

tanMF1O1,即

PF1F24,

又

F1PF24,所以PF1F2为等腰直角三角形,

所以

PF1PF222c2c2a,

e所以离心率故选:C.

c21a,

【点睛】本题主要考查椭圆的基本性质,涉及了解三角形的相关知识,属于综合题型.一般解决圆锥曲线与平面几何相结合的题型时,一要注意圆锥曲线基本定义的应用,二要注意平面图形的基本性质.8.若函数A. 5或8【答案】D【解析】

f(x)x12xa的最小值3，则实数a的值为（ ）

C. 1或4D. 4或8B. 1或5

3x(1a),xa2时，即a2，

a2f(x){xa1,1试题分析：由题意，①当

ax123x(a1),x1，则当

aaaf(x)f()1aa3xmin222时，，解得a8或a4（舍）；②当

3x(1a),x1f(x){x1a,1x1a2时，即a2，

a2x，则当

3x(a1),xa2a2时，

aaafmin(x)f()1aa31222时，，解得a8（舍）或a4；③当

即a2，

f(x)3x1，此时

fmin(x)0，不满足题意，所以a8或a4，故选D.

2ana2aaan，设1n1n9.已知数列中，，若

Sm2am2a12a2a11a21am1，若

Sm2020，则正整数m的最大值为（ ）

A. 1009【答案】B【解析】【分析】

B. 1010C. 2019D. 2020

111112）6,则an1an(an+1aaan可得an1an(an+1）anan+16.再结合n1n由

2am2a12a22am122Sm2(1)2m1+2ma11a21am1am1am1,可化简am13,

从而可以求出正整数m的最大值.

2aan1nan,a12【详解】

2a0aaa0,即数列an为单调增数列,nn1nn∴,∴

11111an1an(an+1）6,即an1an(an+1）anan+16,111an+1anan1,

2am12(1)am1am12am2a12a2a11a21am1111)2(1)2(1)a11a21am1111)a11a21am1111111)a1a2a2a3amam111)a1am12am1Sm2(12m2(2m2(2m2(2m1+2m23Sm2020,

2m212020m101033,,即

正整数m的最大值为1010,

故选:B.

【点睛】本题考查了数列的递推关系,运用了裂项相消法,放缩法等方法,属于数列的综合应用题,对学生的计算及推理能力有一定要求.

10.在棱长均为23的正四面体ABCD中，M为AC中点，E为AB中点，P是DM上的动点，Q是平面ECD上的动点，则APPQ的最小值是（ ）

3112A. 【答案】A【解析】【分析】

B. 3253C. 4D. 23在正四面体ABCD中,由AB平面CDE,找出DM在平面CDE上的射影DG,再沿DM展开平面ADM,使之与平面GDM重合,此时,APPQ的最小值即为点A到DG的距离,最后,结合数据解三角形即可.

【详解】由题知,在正四面体ABCD中,E为AB中点,

ABDE,ABCE,

AB平面CDE,

设CE中点为G,连MG,

M为AC中点,

MG//AE,且

MG13AE22,

MG平面CDE,

DG即为DM在平面CDE上的射影,

沿DM展开平面ADM,使之与平面GDM重合,此时,APPQ的最小值即为点A到DG的距离,故过点A作AQDG于点Q,又DMAD2AM23,

MG333,cosMDGMD66,

sinMDGADM30,

sinADQsin(ADMMDG)33331333626212,AQADsinADQ23故选:A.

333311122,

【点睛】本题考查空间几何体中的距离最值问题,需要学生有较强的空间想象和思维能力,综合性较强.在解决此类最值问题时,一般采用侧面展开的形式,将立体问题转化为平面问题解

决.

第Ⅱ卷（非选择题共110分）

二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分.

z11.已知复数

2iz1i（i为虚数单位），则z______，______.

【答案】 (1). 1i (2). 2【解析】【分析】

z先化简

2i221iz1i,z(1)121i,所以.

2i2i(1i)22i1i1i(1i)(1i)2,

,【详解】

zz1i,z(1)2122故答案为:1i;2.

【点睛】本题考查复数的基本运算,求其共轭和模,属于简单题.

22xy2xaya0的圆关于直线4xy0对称，则圆的半径12.已知方程为

r______.若过点M1,0作该圆的切线，切点为A，则线段MA长度为______.

【答案】 (1). 3 (2). 11【解析】【分析】

将圆方程整理成标准形式得到圆心与半径,由圆关于直线对称,得到直线过圆心,从而解出a,求出半径,再根据MAAC,利用勾股定理求解即可.

a2a2(x1)(y)1a24【详解】圆的标准方程为:,

2因为圆关于直线4xy0对称,

a(1,)2在直线4xy0上,所以圆心

a2r1a34所以a8,圆半径,

设圆心为C,则C(1,4),所以MC25,所以MAMC2AC220911,

故答案为:3;11.

【点睛】本题考查圆的标准方程,利用其求半径,切线长等,属于基础题.此类题一般会利用圆的一些基本性质,例如:过圆心的直线平分圆,切点与圆心的连线与该切点处的切线垂直等,要求学生对圆的知识掌握熟练.

13.某几何体的三视图如图所示，正视图为正方形，侧视图为直角三角形，俯视图为等腰直角三角形，则其体积为______，表面积为______.

4【答案】 (1). 3 (2). 5225【解析】【分析】

由三视图还原几何体,可知该几何体为四棱锥ABCDE,底面BCDE是边长为2的正方形,侧面ABC是等腰直角三角形,且ABAC的体积和表面积计算公式求解即可.【详解】由三视图还原几何体如下:

2,侧面ABC底面BCDE,据此结合棱锥

该几何体为四棱锥ABCDE,底面BCDE是边长为2的正方形,侧面ABC是等腰直角三角形,ABAC侧面ABC底面BCDE,

取BC中点为H,则AH底面BCDE,

2,14VABCDE22133,所以

1111S222122222552252222表面积,4故答案为:3;5225.【点睛】本题考查还原三视图求几何体的表面积与体积,要求学生有一定的空间思维想象能力,属于中档题.

13x2x展开式中的各项系数之和为1024，则n______，常数项为______.14.若

【答案】 (1). 5 (2). 405【解析】【分析】

对二项式中的x赋值,令x1,可得展开式的各项系数之和为4,解得n5,从而得到二项式

nn的通项公式,再令通项公式中x的幂指数为0,即可求出常数项.

13x2x中,令x1,可得展开式的各项系数之和为:4n1024,解得n5,【详解】在

n55r11r5rrr5rTr1C5(3x)(2)C53x23x2x的通项公式为:x所以,

555r02令,得r1,

14TC3=405,5所以常数项为:2故答案为:5;405.

【点睛】本题主要应用赋值法求二项式的系数和及常数项,需要学生对二项展开式比较熟悉.15.已知集合

AB0,1,2,9，f：AB为从集合A到集合B的一个函数，那么该函

数的值域的不同情况有______种.【答案】15【解析】【分析】

根据函数的定义可知值域中元素个数可能有1,2,3,4,四种情况,再结合组合数即可求出结果.【详解】因为f:AB为从集合A到集合B的一个函数,所以该函数的值域可能包含1个,或2个,或3个,或者4个元素,

1234CCCC15种,4444因此值域的不同情况有:

故答案为:15.

【点睛】本题主要考查映射定义以及组合数的应用,属于基础题,难度不大,但需要学生熟练掌握基础知识并融会贯通.

x2y216.如图，已知圆C：

221BD的中点，当ABD绕圆心C转动，同时点N在边AB上运动时，ONCM的最大值是

，ABD为圆C的内接正三角形，M为边

______.

1424【答案】【解析】【分析】

根据向量的三角形法则,将ONCM拆分成OCCMCNCM,运用向量数量积的定义和几何意义分别对OCCM和CNCM取最值,从而得到ONCM的最大值.

【详解】由题可知:圆C半径为1,圆心为C(2,2),

1CM,OC222所以ABD边长为3,,

ONCM=(OCCN)CMOCCMCNCM,

而

OCCMCOCMCOCMcosOCM=2cosOCMCO,CM当且仅当cosOCM1,即反向时,OCCM取得最大值2,

,

1CNCM=CNCMcosMCNCNcosMCN2又,1当且仅当N与B点重合时,CNCM取得最大值4,

12所以ONCM的最大值是4,1424.故答案为:【点睛】本题主要运用了向量的运算法则和数量积的定义及几何意义去求解向量的最值,综合性较强.对于求数量积的最值问题,一般而言有两种解决思路,一是利用坐标转化为代数求最值,二是利用数量积的定义或几何意义求最值.

1xaa2x17.若关于x的方程恰有三个不同的解，则实数a的取值范围为______.

【答案】【解析】

1,1【分析】

xaa原题等价于方程

的图像,观察图像即可得解.

112f(x)xaa,y2xx恰有三个不同的解,作出

xaa【详解】原题等价于方程

12x恰有三个不同的解,

f(x)xaa,g(x)设

112,h(x)2xx,作出图像如下:

x2a,xaf(x)=x,xa是一个“V”型分段函数,其顶点A(a,a)在直线yx上运动,则

将yx分别与g(x),h(x)联立,

可得直线yx与g(x)相切与点B(1,1),与h(x)相切与点C(1,1),

因此,当且仅当点A在线段BC上运动时,故答案为:

f(x)xaay与

12x有三个交点,

1,1.

【点睛】本题主要考查函数图像的运用,将方程解的问题转变为两个简单函数交点的问题,应用了数形结合的思想.一般将零点问题变成两个函数交点的问题时,选择的函数要尽可能简单.

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

fx3x13cos2sinx02244的图象如图所示，其中A为图象

的最高点，B，C为图象与x轴的交点，且ABC为等腰直角三角形.

（1）求的值及

fx的单调递增区间；

111gxfxfx,gx3，求函数（2）设在区间23上的最大值及此时x的值.11512k,2kx66，kZ.（2）3，最大值为【答案】（1），单调增区间为

32.【解析】【分析】

(1)化简f(x)后,利用等腰直角ABC计算出BC长,从而得到周期,计算出和f(x),再求出单调递增区间即可;

(2)代入f(x)化简g(x),再利用整体代入法求出g(x)的最大值.

【详解】(1)

fx313x13cosxsinxcos2sinx4422441sinx231由图像可知ABC的BC边上高为2,

可得BC1T2,故,

1fxsinx23,即

由不等式22kx335112k2kx2k266,kZ.

1152k,2kkZfx6,所以的单调增区间为6.

3111sinxgxfxfxsinxsinx26,3232(2)由

211x,x,636,23时,当

1sinxxx6有最小值1,623故当,即时,

gx即

33sinxx126在3有最大值2.

【点睛】本题考查了三角函数的化简与求值,结合了函数图像求值,求单调区间,属于函数图像与性质的综合应用题.此题求单调区间时,需要注意这是一个复合函数求单调性问题,不要将区间求反.

19.已知斜三棱柱

ABCA1B1C1，

ABC2，AC1BC，BC1BA2，BC1，

AC123.（1）求（2）求

AA1的长；

AA1与面ABC所成的角的正切值.

6AA5（2）2【答案】（1）1【解析】【分析】(1)方法一:由解出

AC1BC,ABBC,推出BC⊥面ABC1,故CBBC1,则可利用勾股定理

AA1CC15;方法一:如图所示以B为原点,以BC为x轴,BA为y轴,竖直向上为

z轴,建立空间直角坐标系,因为BC⊥面ABC1,即ABC1平面等同于yoz平面,因而可以利用

坐标求出

AA1;

C1作C1HAB于H,因为CB面ABC1,所以面ABC面ABC1,

(2)方法一:延长AB,过所以

C1H面ABC,所以C1CH为CC1与面ABC所成角,等价于AA1与面ABC所成的角,

AA1与面ABC所成的角的

最后结合数据解三角形即可；方法二:建系后可以利用向量法求出正切值.

【详解】解:方法一:(1)因为所以BC⊥面

AC1BC,ABBC,BAC1AA,

ABC1,

222CCCBCB5,CBBC111故,所以

于是

AA1CC15;

(2)延长AB,过

C1作C1HAB于H,

ABC1,所以面ABC面ABC1,

由(1)知CB面又面ABC面所以所以

ABC1AB,C1HAB,C1H面ABC1,

C1H面ABC,

C1CH为CC1与面ABC所成角,

BAC1120,故C1H3,CH2,

在ABC1中可得

所以

tanC1CHC1H6CH2,又因为故

AA1//CC1,面ABC//面A1B1C1,

AA1与面ABC所成的角即为CC1与面ABC所成的角,

6AA所以1与面ABC所成的角的正切值为2.方法二:(1)如图所示以B为原点,BC为x轴,BA为y轴,竖直向上为z轴,建立空间直角坐标系,则因为

C1,0,0A0,2,0,

,

AC1BC,ABBC,BAC1AA,

ABC1,即ABC1平面等同于yoz平面,

所以BC⊥面又因为所以所以

BC1BA2,AC123,

C1的坐标为0,1,3,

AA1CC15;

(2)因为故

AA1//CC1,面ABC//面A1B1C1,

AA1与面ABC所成的角即CC1与面ABC所成的角,设其夹角为,

易得面ABC的法向量为

n0,0,1,且

C1C1,1,3,

所以

nC1C3sin5nC1Ctan362,2,

所以

6AA所以1与面ABC所成的角的正切值为2.【点睛】本题考查空间中求线段长,求线面角,需要学生有一定的空间想象与思维能力.几何法解决线面角问题的关键是找到平面的垂线,另外,也可建系来解决问题.

nanaa21.a1n1n120.在数列中，已知，

（1）求数列（2）记

an的通项公式an；

，且数列

bnan1nbn的前n项和为Sn，若S2为数列

Sn中的最小项，

求的取值范围.

82,na2n【答案】（1）n（2）3【解析】【分析】

(1)已知数列的递推公式,用累加法求通项即可;

nb2n,则n(2)由(1)可得

Sn2n12nn1S2632,化简得到

nn12n1832对任意nN*恒成立,分类分别求出当n1,n2时的取值范

2n216fn2n3nn6为递增数列,即f(3),综合求出的取值范围.围,再证明出时

naa21,n1n【详解】(1)

anan12n11n2,

an1an22n21,

……

a2a1211,

上式累加可得:

ana12n2n1n2,

an2nn(n2),

na1a2n;又1,∴n(2)由(1)可得

bnan1n2nnnn12,

,

∴

Sn2n12因为S2为数列所以

Sn中的最小项,

SnS263,nn1832,

2即

n1当n1时,得42,∴2;当n2时,R;

nn12n2163022nn6,当n3时,得,∴2n216fn2nn6,令

2n22n216nn8232n32fn1fn22nn6n23n4n2n6n1n162n316则,

222n3n40,nn60,n4nn80当时,,

∴

fn1fn,

又可验证当n3时,∴当n3时,数列

f4f30也成立,

fn为递增数列,

883.3,即

∴

fnminf382,综上所述,的取值范围为3.

【点睛】①已知数列递推公式求通项公式有多种方法,答题时要仔细区分,且最后一定要注意检验;

②数列本质上是函数,因此具有一些函数的性质,解决某些数列问题时可以用上函数的相关方法.

y22pxp0x2y2r2r0CC1221.已知抛物线：，圆：，直线l：

ykxmm0与抛物线

C1相切于点A，且与圆C2相切于点B.

C（1）当r=2，k1时，求直线l方程与抛物线1的方程；

S2CSS（2）设F为抛物线1的焦点，FAB，FOB的面积分别为1，S2，当1取得最大值

r22时，求实数p的值.

r22122y82xxy220p2【答案】（1）；（2）

【解析】【分析】(1)根据直线与

C1,C2都相切,列出对应方程,求解即可;

ykxmpppA2,2my2px,求得2k,故消m,求得2kk,再联立直线与圆方程,求出点(2)联立ppS2B,2221k2k1k,从而可以求出AB,再分别求S1,S2,利用基本不等式化简S1,r2S22Sp1则可求出当取得最大值时,实数的值.

【详解】(1)由题设可知,l:xym0,且m0,

由l与圆相切,可知圆心

C2(0,0)到直线l的距离

dm22,解得m22,

所以直线l方程为:xy220,

xy220y22py42p02y2px由,令0,解得p42,

2Cy82x.1所以抛物线的方程为:

ykxm2222kx2km2pxm0y2px(2)联立,可得,

令0,即

2km2p24km022,解得p2km,即

mp2k,

ppA2,此时切点2kk,

ykx又直线

pr22k和圆相切,可得1k,

p2k2p22xy24k1k2pykx2k故联立直线与圆方程,

ppppB,xy222221k2k1k21k2k1k,解得,,即

ppp12k21k2ppAB222222kk21k2k1k2k1k,22ppdF,02k又2到AB的距离

1pS122k1k21k2,p12k21k22k21k2即有

p212k28kk2,

1ppp21S2222k1k28k1k2,

S2k2112S1212k2k2132k21322kk23222取等号)可得(当且仅当

,

此时

r21121p24k2k212222.

【点睛】本题考查直线与圆锥曲线的位置关系,考查三角形面积问题,结合了圆,基本不等式等多项内容,综合性较强,且需要学生有较强的计算能力,难度偏大.

xa2fxxe2aa22.已知函数.

（1）若a1，求函数（2）当x0时，函数

fx的单调区间及极值；

（其中a0）恒成立，求实数a的取值范围.

fx111fx1a极大值,11,+¥)(e（2）e1【答案】（1）单调增区间为，减区间为，

【解析】【分析】(1)求出a1时

fx及

fx,由导数大于0,可得增区间,由导数小于0,可得减区间;

xttfx1ate2a2ta10t0(2)令a,恒成立可变形为,对恒成立.方法一:gtate2a2ta1t令,取必要条件

g10a,解得

1e1,只要证明当

a1a2t1e1时,gt0对t0恒成立即可;方法二:上式继续变形为:a1tet对t0恒

成立,设

gt2t1agtmaxtgtmaxte,因此a1,故而求出即可得出结论.

fxx1x1fxexex,,此时

【详解】解:(1)当a1时,当

x,1fx0x1,fx0,;,,

所以函数

fx的单调增区间为(,1),减区间为

1,,

1f11e,无极小值;所以f(x)有极大值

xa2xe2a10fx1a(2)方法一:即恒成立

,2xatet2a10ta令a,即xat,上式可变为,

即令

atet2a2ta10对t0恒成立,

,

gtatet2a2ta1取必要条件

g1ae2a2a1aea10a,解得

1e1,

a下证当

1e1时,gt0对t0恒成立,

,

gtat1et2a1因为

gtat2et0,所以

ygt在

0,单调递增,

1g12e1a22e120g0a20e1由于,,

所以所以

gt在

0,1存在唯一零点t00,1,

gt在

0,存在唯一极小值点t00,1,

at01et02a10et0,即

此时

gt002a1at01,

gtmin,由于所以

a12t02t012at0a1t0a1gt0at0et02a2t0a1at01t0122tt010,t1000,可得,

t00,1gtmin0恒成立,即

gt0对t0恒成立,

1,e1.a综上可得的取值范围为

xa2xe2a10fx1a方法二:即恒成立,

t2xate2ta10a令a,即xat,上式可变为,

即

atet2a2ta10对t0恒成立,

a2t1tet对t0恒成立,即a1gtgt设

2t1t12t1gttettet,则,

在

可知

0,1单调递增,在1,单调递减,

1e,

因此

gtmaxg1a11ae1,所以a1e,解得

1,e1a即的取值范围为.

【点睛】本题考查了导数的综合应用,解题需要一定的计算和推理能力.在解决恒成立问题时,一般会对式子进行变形,利用转化思想变成相关的最值问题.