浙江省台州五校联考2020届高三上学期阶段性考试数学试题 Word版解析版.doc

1、 2019年9月台州五校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.已知集合则为 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由已知得，因为，且，所以，又因为，所以，因此，故选A.2.已知为虚数单位），则“”是“为纯虚数”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】C【解析】当时，是纯虚数，充分性成立，当是纯虚数时，则，解得必要性成立，是为纯虚数的充分必要条件，故选C.3.已知直线、与平面下列命题正确的是 （ ）A. 且则B. 且则C. 且则D. 且则【答案】D【解析】【详解】A. 且

2、则，m与n可能相交，故A不对；B.当m与n都与和的交线平行时，也符合条件，但是，故B不对；C.由面面垂直的性质定理知，必须有时，否则不成立，故C不对；D.由且，得或，又因，则，故D正确,故选D【点睛】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面垂直的性质及线面垂直的判定，属于难题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.4.为了得到函数的图象，可以将函数的图象 （ ）A. 向左平移个

3、单位长度B. 向右平移个单位长度C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】C【解析】由题意，由于函数，观察发现可由函数向左平移个单位长度，可得到函数的图象，故选C.5.已知点满足，目标函数仅在点处取得最小值，则的范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】画出不等式组对应的可行域，分两类讨论即可.【详解】不等式组对应的可行域如图所示：其中 若，因目标函数仅在点处取得最小值，所以动直线的斜率，故.若，因目标函数仅在点处取得最小值，所以动直线的斜率，故.综上，选B.【点睛】二元一次不等式组条件下二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二元函数的几

4、何意义，比如表示动直线的横截距的三倍 ，而则表示动点与的连线的斜率含参数的目标函数的最值问题，注意根据斜率分类讨论.6.直线与圆交于两点，则的面积为 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意，圆心为，半径为，则的高，底边长为，所以.故选B.7.设函数，若不等式对任意实数恒成立，则的取值集合是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意，不令，不等式对任意实数恒成立，等价于函数大于或等于的最大值，由函数的解析式，可对的取值范围进行分段讨论，当时，；当时，；当时，；当时，从而可得的最大值为，所以有，即或，解得或.故选B.8.已知平面平面，且.是正方形，在正方形内部有一点，满

5、足与平面所成的角相等，则点的轨迹长度为 ( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】根据题意，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图1所示，则，设，易知直线与平面所的角分别为，均为锐角，且，所以，即，因此，整理得，由此可得，点在正方形内的轨迹是以点为圆心，半径为的圆弧上，如图2所示，易知圆心角，所以.故选C.点睛：此题主要考查了线面角、坐标法、弧长公式、轨迹方程等各方面的知识，属于中高档题，同时这些知识点也是高频考点，在问题的解决过程中，经历了平面图形立体图形建系代数运算建模平面图形的过程，加强了知识点的综合性，充分体现了“坐标法”在解决几何问题中的优越性.9.在平面内，若

6、则的取值范围是 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】根据题意，不妨以原点，分别以为轴建立平面直角坐标系，如图所示，由，且，则，设，所以，将两式相加得，即，又，所以.故选D.点睛：此题主要考查了坐标法在平面向量中的应用，以及向量模的运算等有关方面的知识，属于中档题型，也是高频考点.根据题意，结合图形特点合理科学地建立直角坐标系，同时给出相关点的坐标，从而得到相关向量的坐标表示，通过向量的坐标运算，从而解决问题，采用坐标法使问题的解决过程显得直观形象易懂.10.若集合，则集合中的元素个数是（ ）A. 2016B. 2017C. 2018D. 2019【答案】A【解析】由题意知，所以，必

7、为一奇一偶，即共2016种情况，又.故选A.二、填空题11.已知，则的最大值是_.【答案】【解析】由已知得，则，所以，当时，等号成立.12.某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是，则正视图中的的值是_，该几何体的表面积是_.【答案】 (1). 2 (2). 【解析】由三视图可知，该几何体是底面为直角梯形的四棱锥，其直观图如图所示，由棱锥的体积公式得，侧面为直角三角形，侧面是以为底的等腰三角形，所以该几何体的表面积为.13.设等比数列的前项和为，满足对任意的正整数，均有，则_，公比_.【答案】 (1). (2). 2【解析】由，则，两式相减得，则，由等比数列前项和公式得，即，从而解得.14

8、.在中，角分别对应边，为的面积.已知，则_，_.【答案】 (1). 6. (2). .【解析】由正弦定理得，由余弦定理得，则，所以.15.一个口袋里装有大小相同的6个小球，其中红色、黄色、绿色的球各2个，现从中任意取出3个小球，其中恰有2个小球同颜色的概率是_.若取到红球得1分，取到黄球得2分，取到绿球得3分，记变量为取出的三个小球得分之和，则的期望为_.【答案】 (1). (2). 6【解析】根据题意，红、黄、绿球分别记为，则任取3个小球共有种，而其中恰有2个小球同颜色的有，故所求概率为；由题意得，变量的取值为4，5，6，7，8，因此.16.设双曲线的右焦点为，过点作与轴垂直的直线交两渐近线

9、于两点，且与双曲线在第一象限的交点为，设为坐标原点，若，则双曲线的离心率的值是_.【答案】【解析】由题意可知，双曲线的渐近线为，右焦点为，则点的坐标分别为，所以的坐标为，又，则，即，又，易解得，所以.点睛：此题主要考查双曲线的渐近线、离心率等，以及向量的坐标运算、解方程等相关知识，属于中档题型，也是高频考点.根据题意，通过双曲线方程、渐近线方程分别求出点的坐标，从而得到向量的坐标，再根据条件建立关于的方程，由离心率公式，由此问题可得解.17.设函数的两个零点分别为，且在区间上恰好有两个正整数，则实数的取值范围_.【答案】【解析】由题意得，由方程，不妨令，又因在区间上恰好有两个正整数，结合图形，

10、易知. 三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤18.已知，函数（）若，求的单调递增区间；（）若的最大值是，求的值【答案】（）,;（）.【解析】（）由，可先由两角和差正弦公式、二倍角公式将函数解析式化简为，再根据余弦函数的单调递增区间，求出函数的单调递增区间；（）利用两角和余弦公式、二倍角公式整理得，由函数最大值为，且对于型函数的最大值为，又，从而问题可得解.试题解析：（）由题意 由，得 所以单调的单调递增区间为，. （）由题意，由于函数的最大值为，即， 从而，又，故 19.如图，在四棱锥中，底面为梯形，平面，分别是的中点.（）求证：平面；（）若与平面所成的角为，求线段的长.【答案】（

11、）见解析; （）.【解析】（）由条件可知四边形为平行四边形（菱形），则与的交点为的中点，又为的中点，根据线面平行判定定理，问题可得证；（）由题意，通过计算证明可得，与平面所成的角为，且三角形是以为直角的直角三角形，从而可求线段的长.试题解析：（）连接交与，连接.因为为的中点，所以.又因为，所以四边形为平行四边形， 所以为的中点，因为为的中点， 所以. 又因为，所以平面. （）由四边形为平行四边形，知，所以为等边三角形，所以， 所以，即，即.因为平面，所以. 又因，所以平面， 所以为与平面所成的角，即， 所以. 20.已知，函数. （）若函数在上递减, 求实数取值范围；（）当时，求的最小值的最大

12、值；（）设，求证：.【答案】（）;（）最大值为;（）见解析.【解析】（）根据题意，由函数为减函数，其导数小于或等于零，从而可算出实数的取值范围；（）利用导数求出函数的极小值函数，再利用导数求出极小值函数的最大值；（）由（）可结论，对参数时行分类讨论，利用导数判断函数的单调性，并求其最小值，从而问题可得证.试题解析：（） 函数在上递减, 恒有成立,而,恒有成立,而, 则满足条件. （）当时, 0极小值的最小值=，0极大值的最大值为 （） 当时，所以在上是增函数，故 当时，解得或，综上所述： 21.已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，直线与的两个交点间的距离为.（）求椭圆的方程；（）分别过作满足

13、，设与的上半部分分别交于两点，求四边形面积的最大值.【答案】（）;（）3.【解析】（）由已知，根据椭圆对称性易知椭圆过点，结合离心率及，即可求出椭圆方程；（）根据题意可设直线，由弦长公式可求出被椭圆截得的弦长，由点到直线距离公式可求出点到直线距离，从而可得的面积，并求出其最大值，由椭圆对称性可知四边形面积与的面积，从而问题得解.试题解析：（）易知椭圆过点，所以， 又， ， 得，所以椭圆的方程为. （）设直线，它与的另一个交点为.与联立，消去，得， .， 又到的距离为， 所以. 令，则，所以当时，最大值为3.又所以四边形面积的最大值为3. 点睛：此题主要考查椭圆方程，椭圆与直线位置关系，以及面积

14、最大值问题等有关方面知识，属于中高档题型，也是高频考点. 在（）的解答中，根据题意结合椭圆对称性可知椭圆过点，再结合离心率、椭圆中的关系，从而可求出椭圆方程；在（）解答中，把四边形分割为两个三角形，从而得到其面积的计算函数，再利用函数的最大值来进行求解即可.22.已知函数.（）求方程的实数解；（）如果数列满足，（），是否存在实数，使得对所有的都成立？证明你的结论（）在（）的条件下，设数列的前项的和为，证明：【答案】（）;（）存在使得;（）见解析.【解析】（）由题意，通过解分式方程即可得方程的实数解析；（）通过函数的单调性判断数列通项的范围，再利用数学归纳法进行证明；（）由（）可得通项的范围，构

15、造新数列，通过计算数列的前和及其范围，再利用数学归纳法证明之.试题解析：（）；（）存在使得证法1：因为，当时，单调递减，所以因为，所以由得且下面用数学归纳法证明因为，所以当时结论成立假设当时结论成立，即由于为上的减函数，所以，从而，因此，即综上所述，对一切，都成立，即存在使得 证法2：，且是以为首项，为公比的等比数列.所以.易知，所以当为奇数时，；当为偶数时，即存在，使得.（）证明：由（2），我们有，从而.设，则由得.由于，因此n=1，2，3时，成立，左边不等式均成立当n3时，有，因此从而即解法2: 由（）可知，所以，所以所以所以当为偶数时，；所以当为奇数时，即.(其他解法酌情给分)点睛：此题主要考查了函数零点、单调性，数列单调性、求和与不等式关系，以及数学归纳法、分式方程的解等有关知识，属于高档题型，也是高频考点.在（）的证明中，首先利用函数单调性，确定函数值的范围，由此得出数列通项的取值范围，从而找到常数，再用数列归纳法进行证明；在（）的证明中，根据题意构造新数列，再通过讨论其前项和的取值范围，从而问题得证.