浙江省嘉兴市、丽水市2020届高三上学期9月月考基础测数学试题 Word版解析版.doc

1、 2019年高三教学测试（2019.9）数学 试题卷注意事项：1本科考试分试题卷和答题卷，考生须在答题卷上作答答题前，请在答题卷的密封线内填写学校、班级、学号、姓名;2本试题卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共6页，全卷满分150分，考试时间120分钟参考公式：如果事件A，B互斥，那么如果事件A，B相互独立，那么如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么次独立重复试验中事件恰好发生次的概率 柱体的体积公式，其中表示柱体的底面积，表示柱体的高锥体的体积公式，其中表示锥体的底面积，表示锥体的高台体的体积公式，其中分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高球的表面积公式，其中R表示球的半径

2、球的体积公式，其中R表示球的半径第卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1.已知集合（是虚数单位），则A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先化简集合A，再由交集的概念，即可得出结果.【详解】因为，又，所以.故选C【点睛】本题主要考查集合的交集运算，熟记概念即可，属于基础题型.2.“”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】B【解析】【分析】先利用指数函数和对数函数的单调性得出和的等价条件，然后再判断这两个条件之间的充分必要关系.【详解】，“”是“”的必要不充分条件，故“”是“”的必要不充分条件，故选：B

3、【点睛】本题考查必要不充分条件关系的判断，同时也涉及了指数函数与对数函数的单调性，一般转化为集合的包含关系来进行判断，考查逻辑推理能力，属于中等题.3.如图，函数（）的图象为折线，则不等式的解集为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】在已知坐标系内作出的图象，利用数形结合得到不等式的解集【详解】由已知的图象,在此坐标系内作出的图象,如图由图像可得，满足不等式的的范围是；所以不等式的解集为故选C【点睛】本题主要考查对数形式的不等式的解法，熟记对数函数的性质，灵活运用数形结合的方法，即可求出结果，属于常考题型.4.已知满足条件，则的最大值为A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解

4、析】【分析】先由题意，作出约束条件所表示的平面区域，再由目标函数化为，结合图像，即可得出结果.【详解】由题意，作出约束条件所表示的平面区域如下：因为目标函数可化为，因此求目标函数的最大值，只需直线在轴的截距最大；由图像可得，当直线过点时，截距最大，此时.故选C【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，只需由题意作出平面区域，结合图像求解即可，属于常考题型.5.袋中有形状、大小都相同且编号分别为1，2，3，4，5的5个球，其中1个白球，2个红球，2个黄球从中一次随机取出2个球，则这2个球颜色不同的概率为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由题意确定基本事件的总数，再根据这2个球颜色

5、不同的对立事件是两个球颜色相同，即可求出结果.【详解】袋中有形状、大小都相同且编号分别为1，2，3，4，5的5个球，其中1个白球，2个红球，2个黄球，从中一次随机取出2个球，基本事件的总数为，这2个球颜色不同的对立事件是两个球颜色相同，所以这2个球颜色不同的概率为.故选D【点睛】本题主要考查古典概型，熟记概念的计算公式即可，属于常考题型.6.已知向量与不共线，且，若，则向量与的夹角为A. B. C. D. 0【答案】A【解析】【分析】根据题意，直接计算向量与的数量积，即可得出结果.【详解】因为向量与不共线，且，所以，所以向量与的夹角为.故选A【点睛】本题主要考查向量的夹角运算，熟记向量数量积的

6、运算法则即可，属于常考题型.7.如图，已知抛物线和圆，直线经过的焦点，自上而下依次交和于A，B，C，D四点，则的值为A. B. C. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】先由题意得到，设直线，联立直线与抛物线方程，设，结合韦达定理得到，再由抛物线的定义，得到，进而可求出结果.【详解】因为抛物线的焦点为，又直线经过的焦点，设直线，由得，设，则由题意可得：，同理，所以.故选C【点睛】本题主要考查抛物线的定义与性质，以及向量数量积的运算，熟记向量数量积的定义，以及抛物线的定义与简单性质即可，属于常考题型.8.，且，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】构造函数，利

7、用其导函数判断出单调区间，根据奇偶性和对称性可得正确选项.【详解】构造形式，则，时导函数，单调递增；时导函数，单调递减又 为偶函数，根据单调性和对称性可知选D.故本小题选D.【点睛】本小题主要考查构造函数法，考查利用导数研究函数的单调性以及求解不等式，属于中档题.9.已知各棱长均为的四面体中， 是的中点，直线，则的最小值为（ ）A. 1B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将旋转至与共面，连结，则它与的交点，即为使取最小值的点，然后在中利用余弦定理求出的值.【详解】如图，将旋转至与共面，连结，则它与的交点，即为使取最小值的点易知，在中由余弦定理得，从而由平方关系得，在中由余弦定理得，所以

8、【点晴】本题考查空间求线段和差的最值问题，一般转化到同一个平面上处理，结合三角形的正弦、余弦定理求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.10.已知，关于的不等式在时恒成立，则当取得最大值时，的取值范围为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先得到当时，不等式显然成立再由，将原不等式化为，即直线夹在曲线段，和，之间结合函数图像，以及导数的几何意义，即可求出结果.【详解】当时，不等式显然成立当时，即，即直线夹在曲线段，和，之间作出函数与在上的图像如下：由图像易知，最大值为0，直线过点时，取最大值为，当直线与相切时，取最小值；设切点为 ，则由得，所以在处的切线斜率为，所以切线方程

9、为，因为该切线过原点，所以，化简得，所以，所以.即的最小值为，因此的取值范围为.故选A【点睛】本题主要考查导数的应用，熟记导数的几何意义，即可求解，属于常考题型.第卷二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）11.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则俯视图的面积为_，该几何体的体积为_【答案】 (1). 6. (2). 8.【解析】【分析】先由题意得到该几何体为底面是直角三角形的三棱锥，进而可求出结果.【详解】由三视图可知，该几何体为底面是直角三角形的三棱锥，且其中一条侧棱与底面垂直，图像如图所示：根据题中数据，可得：其俯视图的面积为；该三棱锥的体积为.故答案

10、为 (1). 6. (2). 8.【点睛】本题主要考查根据几何体的三视图求几何体的体积，熟记简单几何体的结构特征，以及棱锥的体积公式，即可求解，属于常考题型.12.已知是公差为的等差数列，为其前项和，若，成等比数列，则_，当_时，取得最大值【答案】 (1). 19. (2). 10.【解析】【分析】根据题意，列出方程，即可求出首项，再由等差数列的求和公式，即可得出结果.【详解】因为，成等比数列，所以，又是公差为的等差数列，所以，即，解得，所以，因此，当时，取得最大值故答案为(1). 19. (2). 10.【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列，熟记数列的求和公式与通项公式即可，属于常考题型.

11、13.已知函数（），则的最小正周期为_；当时，的最小值为_【答案】 (1). . (2). 0.【解析】【分析】先将函数整理得到，根据周期的计算公式，即可求出结果；再根据余弦函数的值域，即可求出结果.【详解】因为，所以最小正周期为；因为，所以，所以，因此，.即的最小值为0.故答案为(1) ；(2)0【点睛】本题主要考查三角函数的周期与最值，熟记余弦函数的性质即可，属于常考题型.14.二项式的展开式中，所有有理项（系数为有理数，的次数为整数的项）的系数之和为_；把展开式中的项重新排列，则有理项互不相邻的排法共有_种（用数字作答）【答案】 (1). 32. (2). 144.【解析】分析】根据二项

12、展开式通项公式得到二项式的展开式的通项，即可得出有理项，从而可求出结果.【详解】因为二项式的展开式的通项为，因为，所以，故所有有理项的系数为；把展开式中的项重新排列，则有理项互不相邻的排法共有种.【点睛】本题主要考查二项展开式的特定项系数问题，以及排列问题，熟记二项式定理以及排列数的计算公式即可，属于常考题型.15.中，上的高，且垂足在线段上，为的垂心且（），则_【答案】.【解析】【分析】根据题意，求出，得到，进而可得，再由三点共线，得到存在实数，使得，进而可求出结果.【详解】由题意，因为， ，上的高，所以，所以 ，即，即，因为为的垂心，所以三点共线，因此存在实数，使得，所以，又，所以.故答案

13、为【点睛】本题主要考查平面向量的应用，熟记平面向量的基本定理即可，属于常考题型.16.已知是椭圆（）和双曲线（）的一个交点，是椭圆和双曲线的公共焦点，分别为椭圆和双曲线的离心率，若，则的最小值为_【答案】.【解析】【分析】根据题意，不妨设点在第一象限，那么，根据椭圆与双曲线的定义，得到，根据余弦定理，整理得到，化为，根据基本不等式，即可求出结果.【详解】根据椭圆与双曲线的对称性，不妨设点在第一象限，那么，因为椭圆与双曲线有公共焦点，设椭圆与双曲线的半焦距为，根据椭圆与双曲线的定义，有：，解得，在中，由余弦定理，可得：，即，整理得，所以，又，所以.故答案为【点睛】本题主要考查椭圆与双曲线的离心率

14、的相关计算，熟记椭圆与双曲线的定义与简单性质，结合基本不等式，即可求解，属于常考题型.17.已知，函数 若函数恰有2个不同的零点，则的取值范围为_【答案】.【解析】【分析】先由题意得到在区间上必须要有零点，求出，所以必为函数的零点，进而可得到在区间上仅有一个零点.根据二次函数的单调性，即可得出结果.【详解】由已知可得在区间上必须要有零点，故解得：，所以必为函数的零点，故由已知可得：在区间上仅有一个零点.又在上单调递减，所以，解得.故答案为.【点睛】本题主要考查由函数零点求参数问题，根据分段函数的性质，以及二次函数的特征即可求解，属于常考题型.三、解答题（本大题共5小题，共74分）18.已知分别

15、为三个内角的对边，且满足（）求角的大小；（）当时，求面积的最大值【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）根据题意，先由正弦定理得到，再由余弦定理，即可求出结果；（）先由余弦定理得到，根据基本不等式以及三角形面积公式，即可求出结果.【详解】（）由正弦定理可得，化简即为，从而，所以（）由，根据余弦定理可得，当且仅当时，取等号；故，此时是边长为2的正三角形【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理与余弦定理，即可得出结果，属于常考题型.19.如图,四棱锥中，,，是等边三角形，分别为的中点（）求证：平面；（）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正切值【答案】（）见解析；（）3.【解析】分析】（）取中

16、点，连接、，根据线面平行的判定定理，得到平面平面，进而可得平面；（）连接，根据题意得到是二面角的平面角，过点作于，得到平面，是直线与平面所成角的平面角，再由题中数据，即可求出结果.【详解】（）取中点，连接、由于，从而平面平面又平面，所以平面（）连接由于，则是二面角的平面角，是边长为的正三角形，且平面又平面，则平面平面过点作于，则，平面，是直线与平面所成角的平面角由于分别是的中点，则，从而，即直线与平面所成角的正切值为3.【点睛】本题主要考查线面平行的证明以及直线与平面所成的角，熟记判定定理以及几何法求线面角即可，属于常考题型.20.已知数列的前项和为，且满足（N*）（）求数列的通项公式；（）设

17、，为数列的前项和，求证：【答案】（）；（）证明见解析.【解析】【分析】（）先由题意得到，再由时，结合题中条件，即可得到，根据等比数列的通项公式，即可求出结果；（）由（）得到，利用错位相减法，即可求出，进而可证明结论成立.【详解】（）当时当时，两式相减得：故是以3为公比的等比数列，且，所以（）由（）得：，由错位相减法（1）（2）两式相减得：，求得：所以【点睛】本题主要考查等比数列，以及错位相减法，熟记等比数列的通项公式与求和公式，以及错位相减法求数列的和即可，属于常考题型.21.已知椭圆（）的焦距为，且过点（）求椭圆的方程；（）若点，设为椭圆上位于第三象限内一动点，直线与轴交于点，直线与轴交于点

18、，求证：四边形的面积为定值，并求出该定值【答案】（）；（）四边形的面积为定值2；证明见解析.【解析】【分析】（）先由题意得到，从而可求出，进而可得椭圆方程；（）先设（，），根据椭圆方程得到，再由题意得到直线的方程为，表示出，再由直线的方程为，表示出，根据四边形的面积，化简整理，即可得出结论成立。【详解】（）由题意，且，求得，所以所以椭圆的方程为；（）设（，），则又，所以直线的方程为令，得，从而直线的方程为令，得，从而所以四边形的面积所以四边形的面积为定值2【点睛】本题主要考查根据求椭圆方程，以及椭圆中的定值问题，熟记椭圆的标准方程，以及椭圆的简单性质，即可求解，属于常考题型.22.已知函数（，

19、其中e为自然对数的底数）（）若，求函数的单调递增区间； （）若函数有两个不同的零点（）当时，求实数的取值范围；（）设的导函数为，求证：【答案】（）；（）（i）；（ii）证明见解析.【解析】【分析】（）先对函数求导，得到，根据，由，即可求出单调递增区间；（）（）先由（）得到，分和两种情况讨论，用导数的方法研究函数的单调性，进而可得出结果；（）先由题意得到，从而有，设，构造函数，根据导数的方法研究函数的单调性，进而可证明结论成立.【详解】（）由题意得，当时，令，得，函数的单调递增区间为；（）（i）由（）知，当时，,函数在R上单调递增，不合题意，所以.又时，；，函数有两个零点，函数在递减，函数在递增， ，得.（）由题意得：，两式相减，得，不妨设，则 令，,在上单调递减，即【点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，根据导数的方法研究函数的单调性，最值等，属于常考题型.