浙江省丽水四校联考2020届高三9月阶段性考试数学试题 Word版解析版.doc

1、 2019年9月高三阶段性考试数学学科试题卷一、选择题：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.若“”是“”的充分不必要条件，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：记，因为是的充分而不必要条件，所以，所以解得.故选A.考点：充分条件、必要条件、充要条件.【方法点睛】集合判断法：从集合的观点看，建立命题，相应的集合：，：，那么：若，则是的充分条件；若时，则是的充分不必要条件；若，则是的必要条件；若时，则是的必要不充分条件；若且，即时，则是的充要条件.本题考查充分条件、必要条件、充要条件的判断，其中分别求出满足的的取值范围是解答本题的关键.属

2、于基础题.2.若整数x，y满足不等式组则2xy的最大值是A. 11B. 23C. 26D. 30【答案】D【解析】【详解】满足不等式组,可行域如图所示，设,即，平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，此时最大，由，解得，即，代入得，所以最大值为30，故选D.点评：本题考查的知识点是简单的线性规划，其中角点法是解答线性规划小题最常用的方法，一定要熟练掌握3.下列命题中错误的是（ ）A. 如果平面平面，平面平面，那么 B. 如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面C. 如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面D. 如果平面平面，过内任意一点作交线的垂线，那么此垂线

3、必垂直于【答案】D【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理，与面面垂直的性质定理判断即可。【详解】A如果平面平面，平面平面，那么。正确B如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面。正确C如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面。正确D. 如果平面平面，过内任意一点作交线的垂线，此垂线不一定垂直于，如图所示错误故选D【点睛】本题考查线面垂直的判定定理与面面垂直的性质定理，属于基础题。4.已知函数的图像与轴的两个相邻交点的距离等于，若将函数的图像向左平移个单位得到函数的图像，则是减函数的区间为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先化简函数得，再由图象与 轴的两

4、个相邻交点的距离等于得，再写出平移后的，求出单调递减区间判断即可.【详解】解：因为图象与 轴的两个相邻交点的距离等于所以，所以所以由得所以是减函数的区间为分析选项只有D符合故选：D.【点睛】本题考查了正弦型函数的图像与性质，三角函数的变换，属于基础题.5.在平面斜坐标系中，点的斜坐标定义为“若(其中分别为与斜坐标系的轴、轴同方向的单位微量)，则点的坐标为”.若，且动点满足，则点在斜坐标系中的轨迹方程为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】设M(x,y)，由定义可知=(x+1)+y，=(x1)+y，由可得(x+1)2+y2+2y(x+1)=(x1)2+y2+2y(x1)，整理可得。故本

5、题正确答案为D。6. 身高从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人排成高矮相间的一个队形，则甲、丁不相邻的不同的排法种数为（ ）A. 12B. 14C. 16D. 18【答案】B【解析】从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊人的身高可记为.要求不相邻，分四类：先排时，则只有种排法，在剩余的两个位上，这样有种排法；先排时，则只有种排法，在剩余的两个位上，这样有种排法；先排时，则只有种排法，在剩余的两个位上，这样有种排法；先排时，则这样的排法只有两种，即.综上共有种，故选B.考点：排列与计数原理知识的运用.7.数列满足，则的整数部分是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】试题分析：因为,则,则,故

6、,因,即,又,故,则,应选B.考点：数列的裂项相消法及运用.【易错点晴】数列的通项和性质是中学数学中的重要内容和工具,也高考和各级各类考试的重要内容和考点.本题以数列的递推关系式为背景考查的是数列的有关知识和不等式的性质及运用.解答本题时要充分利用题设中提供的有关信息,依据题设与已知将其化为,进而求得,借助不等式的性质求得,使得问题获解.8.在ABC中，已知，P为线段AB上的点，且的最大值为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】试题分析：由题设,即,也即,所以,又因,故,即;因为,故,故建立如图所示直角坐标系,则,则由题设可知,直线且,所以,即,应选C.考点：三角变换向量的数

7、量积公式直线的方程及基本不等式的综合运用.【易错点晴】本题将向量的数量积公式和三角变换及基本不等式等知识有机地结合起来,综合考查学生的数学思想和数学方法及运用所学知识去分析问题解决问题的能力.求解时,先将,再运用已知得到,即.再将向量的数量积公式化为,从而求得,.最后通过构建平面直角坐标系求出直线且,然后运用基本不等式使得问题获解.二、填空题。9.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥体积是 ，四个面的面积中最大的是 .【答案】【解析】试题分析:题设中提供的三视图的图形信息和数据信息可知该三棱锥的高是,底面是底为,高为的三角形,故其体积,其中面积最大是底为,斜高,其面积.故应填答案.考点：三视图

8、的理解和识读.10.已知实数满足，则直线恒过定点 ，该直线被圆所截得弦长的取值范围为 .【答案】；【解析】试题分析:将代入直线可得,则,即直线过定点;因,故最短弦长是过点且垂直于半径的线段的长,即,最长弦是该圆的直径,即,故该直线被圆所截得弦长的取值范围为,故答案应填；.考点：直线过定点的知识及直线截圆所得的弦长计算公式及运用.11.已知向量则=_、_，设函数，取得最大值时的x的值是_.【答案】 (1). (2). (3). 【解析】由题设，即,故,由此可得；又，故当取最大值时，即，所以应填，Z.点睛：三角函数的图象和性质是中学数学中的重要内容和工具,也高考和各级各类考试的重要内容和考点.本题

9、以向量的坐标形式为背景考查的是三角函数的图象和性质及三角变换的有关知识和运用.解答本题时要充分利用题设中提供的有关信息,依据向量的数量积公式建立方程,求出.然后再化简和构建函数，运用三角函数的图象和性质使得问题获解.12.复数（为虚数单位）为纯虚数,则复数的模为 .已知的展开式中没有常数项,且，则 .【答案】【解析】试题分析:由题意设,则,所以,即,故的模为.因的通项公式,故当时存在常数项,即,故时为常数项,所以当时没有常数项符合题设,故应填.考点：复数的概念和模的计算公式及二项式定理及运用.13.将函数的图像绕原点顺时针方向旋转角得到曲线.若对于每一个旋转角，曲线都是一个函数的图像，则的取值

10、范围是 .【答案】【解析】试题分析:画出函数的图象如图,结合图象可以看出当该函数的图象绕原点顺时针旋转的角大于等于时曲线都是同一个函数的图象,故应填.考点：函数的图象和性质的运用.14.已知数列满足：，用x表示不超过x的最大整数，则的值等于_【答案】1【解析】【分析】由题意说明数列的项为正，化简数列递推关系式为，求出的范围即可求出表达式的最大整数。【详解】由题意知，移项得又，又因，所以数列单调递增故所以，故故填1【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，新定义的应用，确定表达式的取值范围时解题的关键，属于难题。15.三棱锥中，两两垂直且相等，点，分别是和上的动点，且满足，则和所成角余弦值的取值范

11、围是 【答案】【解析】【详解】如图,过点作的平行线,则的运动相当于点在图中的四边形上运动,显然最大;最小.以分别为轴建立空间直角坐标系,则,所以,则,所以;由于,所以,所以和所成角余弦值的取值范围是,故答案为.【易错点晴】本题借助几何体的几何特征,将问题合理转化为:过点作的平行线,则的运动相当于点在图中的四边形内运动,显然最大;最小的问题.求解时巧妙地构建空间直角坐标系.得到,则,所以;由于,所以,最后求得和所成角余弦值的取值范围是,进而使得问题获解.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤16.已知函数（1）求函数图象对称中心的坐标；（2）如果的三边满足，且边所对的角为，求的取值范

12、围【答案】（1）对称中心 （2）【解析】【分析】（1）运用二倍角公式和两角和的正弦公式，由正弦函数的对称中心，解方程可得所求；（2）运用三角形的余弦定理和基本不等式，可得cosB1，即有0B，运用正弦函数的图象和性质，即可得到所求范围【详解】（1）=，=sin（）+，令（kZ），解得：x=（kZ），所以函数的图象的对称中心为：（2）由于b2=ac，所以：cosB=，则：0所以：，则：，所以：则：f（B）的取值范围为：（【点睛】本题考查三角函数的恒等变换的运用，考查正弦函数的图象和性质，同时考查解三角形的余弦定理和基本不等式的运用17.如图，已知平面平面，与分别是棱长为1与2正三角形，/，四边形

13、为直角梯形，/，点为的重心，为中点，.（）当时，求证：/平面；（）若直线与所成角为，试求二面角的余弦值.【答案】（I）证明见解析；（II）.【解析】【分析】（1）借助题设条件运用线面平行的判定定理推证；（2）借助题设运用空间向量的数量积公式探求.【详解】解：（）连延长交于，因为点为的重心，所以又，所以，所以/；因为/，/，所以平面/平面，又与分别是棱长为1与2的正三角形，为中点，为中点,/,又/，所以/，得四点共面/平面；（）平面平面，易得平面平面，以为原点，为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，则，设，因与所成角为，所以，得，设平面的法向量，则，取，面的法向量，所以二面角的余弦值.18.

14、设直线与抛物线交于，两点，与椭圆交于，两点，直线，（为坐标原点）的斜率分别为，若.（1）是否存在实数，满足，并说明理由；（2）求面积的最大值.【答案】(1)答案见解析；(2).【解析】【分析】设直线方程为，联立直线方程与抛物线方程可得，由直线垂直的充分必要条件可得.联立直线方程与椭圆方程可得，.（1）由斜率公式计算可得.（2）由弦长公式可得.且点到直线的距离，故，换元后结合均值不等式的结论可知面积的最大值为.【详解】设直线方程为，联立和，得，则，.由，所以，得.联立和，得，所以，.由，得.（1）因为，所以.（2）根据弦长公式，得：.根据点到直线的距离公式，得，所以，设，则，所以当，即时，有最大

15、值.【点睛】(1)解答直线与椭圆题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形19.已知函数（）（1）若为的极值点，求实数的值；（2）若在上是单调增函数，求实数的取值范围；（3）当时，方程有实根，求实数的最大值【答案】（1）0；（2）；（3）0.【解析】【分析】(1)根据建立关于a的方程求出a的值.(2)本小题实质是在区间上恒成立，进一步转化为在区间上恒成立,然后再讨论a=0和两种情况研究.(2)时，方程可化为，,问题转化为在上有解

16、，利用导数研究g(x)的单调区间极值最值，从而求出值域，问题得解.【详解】（1）因为为的极值点，所以即，解得 又当时，从而的极值点成立 （2）因为在区间上为增函数，所以在区间上恒成立 当时，在上恒成立，所以上增函数，故,符合题意当时，由函数的定义域可知，必须有对恒成立，故只能，所以对上恒成立 令，其对称轴为， 因为所以，从而上恒成立，只要即可，因为，解得因为，所以综上所述，的取值范围为 （3）若时，方程可化为，问题转化为在上有解，即求函数的值域 因为，令，则， 所以当时，从而在上增函数，当时，从而在上为减函数， 因此而，故，因此当时，取得最大值020.已知数列，记求证：（）当时（）；（）；（）【答案】（）证明见解析；（）证明见解析；（）证明见解析【解析】【分析】（）用n-1替换中的n,得到式子，两个式子做差即可判断出，再将变形为，即可得出，目标得证。（）化简得到，再求和得到，由即可得出答案。（）由，得取倒数计算出，两边再乘上后求和即可得证。【详解】（）证明：因为（1）-（2） 所以（1）-（2）可得与同号，即与一致.因为，且， 即 根据和，可知对任何都成立（）证明：由，（），得因为，所以，所以 （）证明：由，得所以，于是，故当时，又因为，所以【点睛】本题考查数列的递推公式与不等式，属于难题