浙江省杭州市2020届高三下学期教学质量检测数学试题 Word版含解析

浙江省杭州市2020届高三下学期教学质量检测数学试题 Word版含解析

- 1 - 2019 学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测 数学试卷 一、选择题 1. 设集合  2= 4A x y x  ，   ln 1B x y x   ，则 A B =（ ） A.  2,2 B.  2 2 , C.  1,2 D.  1,2 【答案】C 【解析】 【分析】 计算  2 2A x x    ，  1B x x   ，再计算交集得到答案. 【详解】    2= 4 2 2A x y x x x      ，     ln 1 1B x y x x x      ， 故  1,2A B   . 故选：C. 【点睛】本题考查了交集运算，函数定义域，意在考查学生的计算能力. 2. 设 M 为不等式 1 0 1 0 x y x y        所表示的平面区域，则位于 M 内的点是（ ） A. (0，2) B.  2,0 C.  0, 2 D. (2，0) 【答案】C 【解析】 【分析】 将每个点代入不等式组，验证得到答案. 【详解】当 0, 2x y  时， 1 0x y   ，不满足，排除 A； 当 2, 0x y   时， 1 0x y   ，不满足，排除 B； 当 0, 2x y   时， 1 0 1 0 x y x y        满足，C 正确； 当 2, 0x y  时， 1 0x y   ，不满足，排除 D； 故选：C. 【点睛】本题考查了不等式表示的区域，逐一验证可以快速得到答案，是解题的关键. - 2 - 3. 某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A. 7 6 B. 5 4 C. 4 3 D. 5 3 【答案】A 【解析】 【分析】 如图所示，几何体为三棱锥和三棱柱的组合体，计算体积得到答案. 【详解】如图所示：几何体为三棱锥和三棱柱的组合体， 则 1 2 1 1 1 71 1 2 1 1 12 3 2 6V V V            . 故选：A. - 3 - 【点睛】本题考查了根据三视图求体积，还原几何体是解题的关键，意在考查学生的计算能 力和空间想象能力. 4. “ 3a  ”是“函数    1f x x x a x R     的最小值等于 2”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 利用绝对值三角不等式得到充分性，取 1a   时也满足得到不必要，得到答案. 【详解】当 3a  时，      1 3 1 3 2f x x x x x         ，当1 3x  时等号成立， 充分性； 当 1a   时，      1 1 1 1 2f x x x x x         ，当 1 1x   时等号成立，不必 要； 故选：A. 【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力. 5. 在我国古代数学著作《详解九章算法》中，记载着如图所示的一张数表，表中除 1 以外的 每一个数都等于它肩上两个数之和，如：6=3+3 则这个表格中第 8 行第 6 个数是（ ） - 4 - A. 21 B. 28 C. 35 D. 56 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意写出第 7 行和第 8 行，得到答案. 【详解】根据题意：第 7 行为 1，6，15，20，15，6，1；第 8 行为 1，7，21，35，35，21， 7，1. 故第 8 行第 6 个数是 21. 故选：A. 【点睛】本题考查了求数列的项，意在考查学生的计算能力和阅读理解能力. 6. 函数 1 4 1xy e x    （其中 e 为自然对数的底数）的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 当 1x  时， 1 04 1y e    ，排除 AB；当 x   时， 0y  ，排除 C，得到答案. 【详解】当 1x  时， 1 04 1y e    ，排除 AB；当 x   时， 0y  ，排除 C. 故选：D. - 5 - 【点睛】本题考查了函数图像的识别，取特殊值排除是解题的关键. 7. 抛掷一枚质地均匀的硬币，若出现正面朝上则停止抛掷，至多抛掷 in 次，设抛掷次数为随 机变量 i ， 1,2i  .若 1 23, 5n n  ，则（ ） A.    1 2E E  ，    1 2D D  B.    1 2E E  ，    1 2D D  C.    1 2E E  ，    1 2D D  D.    1 2E E  ，    1 2D D  【答案】A 【解析】 【分析】 1 的可能取值为 1，2，3， 2 的可能取值为 1，2，3，4，5，计算概率得到分布列，计算数学 期望和方差，比较大小得到答案. 【详解】 1 的可能取值为 1，2，3，则  1 11 2p    ，  1 12 4p    ，  1 13 4p    ， 分布列为： 1 1 2 3 p 1 2 1 4 1 4  1 1 1 1 71 2 32 4 4 4E         ，   2 2 2 1 7 1 7 1 7 1 111 2 34 2 4 4 4 4 16D                           . 2 的可能取值为 1，2，3，4，5， 则  1 11 2p    ，  1 12 4p    ，  1 13 8p    ，  1 14 16p    ，  1 15 16p    ， 分布列为： 1 1 2 3 4 5 p 1 2 1 4 1 8 1 16 1 16 - 6 -  2 1 1 1 1 1 311 2 3 4 52 4 8 16 16 16E             ，   2 2 2 2 2 2 31 1 31 1 31 1 31 1 31 11 2 3 4 516 2 16 4 16 8 16 16 16 16D                                            367 256  ， 故    1 2E E  ，    1 2D D  . 故选：A. 【点睛】本题考查了数学期望和方差的大小比较，意在考查学生的计算能力和综合应用能力. 8. 已知函数   sin( )( 0) cos( ),( 0) x a xf x x b x      是偶函数，则 ,a b 的值可能是（ ） A. 3a  ， 3b  B. 2 3a  ， 6b  C. 3a  ， 6b  D. 2 3a  ， 5 6b  【答案】C 【解析】 【分析】 当 0x  时，   sin 2f x x b        ，    sinf x x a    ，得到 22a b k    ，得 到答案. 【 详 解 】 当 0x  时 ，    cos sin 2f x x b x b          ，      sin sinf x x a x a       ， 函数为偶函数，故    f x f x  ，即 22b a k     ，即 22a b k    ， k Z ， 对比选项知 C 满足. 故选：C. 【点睛】本题考查了根据函数的奇偶性求参数，意在考查学生的计算能力和对于函数性质的 灵活运用. 9. 设 a  ，b  ， c  为非零不共线向量，若    1a tc t b a c t R          则（ ） - 7 - A.    a b a c      B.    a b b c      C.    b c a b      D.    a c b c      【答案】D 【解析】 【分析】       1 1a tc t b a c t c b a c                  ，化简得到     2 04 c b a c          ， 故    0c b a c       ，得到答案. 【 详 解 】       1 1a tc t b a c t c b a c                  ， 故      2 2 1a c t c b a c           ， 化 简 整 理 得 到 ：         221 2 1 0t c b t c b a c             ， 即              2 2 22 2 2 0c b t c b c b a c t c b c b a c                           ，     2 04 c b a c          ，故    0c b a c       ，故   a c b c      . 故选：D. 【点睛】本题考查了根据向量模求向量的关系，意在考查学生的计算能力和应用能力. 10. 数列 na 满足  * 1 1 3 4 4n n a a Nn     .若存在实数 c .使不等式 2 2 1n na c a   对任意 *n N 恒成立，当 1 1a  时， c =（ ） A. 1 6 B. 1 4 C. 1 3 D. 1 2 【答案】B 【解析】 【分析】 计算 2 1 7a  ， 3 7 25a  ， 4 25 103a  ，根据 25 7 103 25c  ，排除 ACD，再利用数学归纳法证明 2 2 1 1 4n na a   成立得到答案. 【详解】 1 1 3 4 4n n a a    ，故 1 1 4 3n n a a   ， 1 1a  ， 2 1 7a  ， 3 7 25a  ， 4 25 103a  ， - 8 - 取 2n  得到 4 3a c a  ，即 25 7 103 25c  ，故排除 ACD， 现证明 2 2 1 1 4n na a   成立， 当 1n  时， 2 1 1 7 4a   成立， 假设 n k 时成立，即 2 1 4ka  ， 当 1n k  时，   2 2 2 2 1 2 2 2 4 31 1 1 4 14 3 12 13 3 3 12 134 34 3 k k k k k k aa a a a a           ， 易知函数   1 4 3 3 12 13y x    在 0,  上单调递增， 故  2 2 2 1 4 1 1 1 3 3 12 13 3 12 4k k a a      ，即 2 2 1 4ka   成立， 故 2 1 4na  恒成立，同理可证 2 1 1 4 na  . 故选：B. 【点睛】本题考查根据数列的递推公式判断数列性质，数学归纳法，意在考查学生的计算能 力和综合应用能力. 二、填空题 11. 已知 ,a bR ，复数 z a i  且 11 z bii   （i 为虚数单位），则 ab  __________， z  _________． 【答案】 (1). 6ab   (2). 10z  【解析】 ∵复数 z a i  且 11 z bii   ∴ ( )(1 ) ( 1) ( 1) 11 2 2 a i a i i a a i bii          ∴ 1 12{ 1 2 a a b     - 9 - ∴ 3{ 2 a b    ∴ 6ab   ， 2 23 ( 1) 10z     故答案为 6 ， 10 12. 61x x     的展开式的所有二次项系数和为______常数项为______ 【答案】 (1). 64 (2). 20 【解析】 【分析】 展开式的二次项系数为 62 64 ，再利用二项式定理计算得到答案. 【详解】 61x x     展开式的二次项系数为 62 64 ， 展开式的通项为： 6 6 2 1 6 6 1 r r r r r rT C x C xx          ，取 3r  得到常数项为 3 6 20C  . 故答案为：64；20. 【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力. 13. 设双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的左、右焦点为 1F ， 2F ， P 为该双曲线上一点且 212 3PF PF ，若 1 2 60F PF  ，则该双曲线的离心率为______渐近线方程为______ 【答案】 (1). 7 (2). 6y x  【解析】 【分析】 根据题意 212 3PF PF ， 1 2 2PF PF a  得到 1 6PF a ， 2 4PF a ，利用余弦定理计算 得到答案. 【详解】 212 3PF PF ， 1 2 2PF PF a  ，故 1 6PF a ， 2 4PF a ， 在 1 2PF F△ 中，利用余弦定理得到： 2 2 24 36 16 2 6 4 cos60c a a a a      ， 化简整理得到： 7c a ，故 7e  ， - 10 - 6b a ，故渐近线方程为： 6y x  . 故答案为： 7 ； 6y x  . 【点睛】本题考查了双曲线的离心率和渐近线，意在考查学生的计算能力和应用能力. 14. 在 ABC 中，若 22sin 3sin2 A A ，  sin 2cos sinB C B C  .则 A =______， AC AB =______ 【答案】 (1). 2 3  (2). 1 【解析】 【分析】 利用三角恒等变换化简得到 22sin 2 3sin cos2 2 2 A A A ， tan 32 A  ， B C ，得到答案. 【详解】 22sin 3sin 2 3sin cos2 2 2 A A AA  ，  0,A  ，故 tan 32 A  ，故 2 3A  .  sin sin cos cos sin 2cos sinB C B C B C B C    ， 即  sin cos cos sin sin 0B C B C B C    ，故 B C ，故 1AC AB  . 故答案为： 2 3  ；1. 【点睛】本题考查了三角恒等变换，意在考查学生的计算能力和应用能力. 15. 已知 nS 是等差数列{ }na 的前 n 项和，若 2 4S … ， 4 16S „ ，则 3a 的最大值是______ 【答案】 5 【解析】 【分析】 计算得到    3 1 1 1 3 12 4 6 28 4a a d a d a d      ，代入计算得到答案. 【详解】 2 12 4S a d   ， 4 14 6 16S a d   ， 故    3 1 1 1 3 1 3 12 4 6 2 16 4 58 4 8 4a a d a d a d           . 故答案为：5. 【点睛】本题考查了数列项的最值，确定    3 1 1 3 14 6 28 4a a d a d    是解题的关键. 16. 安排 ABCDEF 共 6 名志愿者照顾甲、乙、丙三位老人，每两位志愿者照顾一位老人，考 虑到志愿者与老人住址距离问题，志愿者 A 安排照顾老人甲，志愿者 B 不安排照顾老人乙， - 11 - 则安排方法共有______种 【答案】18 【解析】 【分析】 先从 CDEF 中安排两位志愿者照顾乙，再从剩余的除去 A 的三位志愿者中选择两位照顾丙，计 算得到答案. 【详解】先从 CDEF 中安排两位志愿者照顾乙，有 2 4C 种选择， 再从剩余的除去 A 的三位志愿者中选择两位照顾丙，有 2 3C 种选择，剩余一位和 A 照顾甲， 故共有 2 2 4 3 18C C  种安排方法. 故答案为：18. 【点睛】本题考查了组合的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力. 17. 已知函数    3 3 ,f x x a x b a Rb     .当  0,2x ，  f x 的最大值为  ,M a b ， 则  ,M a b 的最小值为______ 【答案】7 【解析】 【分析】    3 3 33 max 3 , 3f x x a x b x x a b x x a b           ，设函数，根据单调性得 到  3 max 3 max , 14x x a b a b a b        ，  3 max 3 max 2 , 2x x a b a b a b         ，分别计算最值得到答案. 【详解】    3 3 33 max 3 , 3f x x a x b x x a b x x a b           ， 设   3 1 3x a bf x x   ，则   2 1 ' 3 03xf x   恒成立，函数单调递增， 故  3 max 3 max , 14x x a b a b a b        ； 设   3 2 3f x x x a b    ，则     2 2 ' 3 3 3 1 1f x x x x     ， 函数在 0,1 上单调递减，在 1,2 上单调递增，    3 max 3 max , 2 , 2 max 2 , 2x x a b a b a b a b a b a b                 ， - 12 - 故    , max , 14 , 2 , 2M a b a b a b a b a b          ， 则  2 , 14 14M a b a b a b      ，故  , 7M a b  ，当 7a b  时等号成立； 且  2 , 2 2 4M a b a b a b       ，故  , 2M a b  ，当 a b 时等号成立. 综上所述：  , 7M a b  . 故答案为：7. 【点睛】本题考查了绝对值函数的最值问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力. 三、解答题 18. 已知函数   21 332 2 2f x sin x co xs    ， 0 （1）若 1  .求  f x 的单调递增区间 （2）若 13f      .求  f x 的最小正周期T 的最大值 【答案】（1）单调递增区间是 52 ,26 6k k       ， k Z （2） 4 【解析】 【分析】 （1）化简得到   sin 3f x x      ，取 2 22 3 2k x k        ，解得答案. （2）   sin 3f x x      ， 13f      得到 16 2n   ，计算得到答案. 【详解】（1）当 1  时，   21 3 1 3sin 3cos sin cos sin2 2 2 2 2 3 xf x x x x x           . 令 2 22 3 2k x k        ， k Z ，解得 52 26 6k x k      ， k Z . 所以  f x 的单调递增区间是 52 ,26 6k k       ， k Z . （2）由   21 3sin 3cos cos sin2 2 2 3 xf x x x x           . - 13 - 因为 13f      ，所以sin 13 3       ，则 23 3 2n     ， n Z . 解得 16 2n   ，又因为函数  f x 的最小正周期 2T   ，且 0 ， 所以当 1 2   时，T 的最大值为 4 . 【点睛】本题考查了三角函数的单调区间，周期，意在考查学生的计算能力和综合应用能力. 19. 如图，在四棱锥 P ABCD 中，已知 PC  底面 ABCD ，AB AD ， / /AB CD ， 2AB  ， 1AD CD  ， E 是 PB 上一点. （1）求证:平面 EAC  平面 PBC ； （2）若 E 是 PB 的中点，且二面角 P AC E  的余弦值是 6 3 ，求直线 PA 与平面 EAC 所 成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析（2） 2 3 【解析】 【分析】 （1）先证明 AC  平面 PBC ，然后可得平面 EAC  平面 PBC ； （2）建立坐标系，根据二面角 P AC E  的余弦值是 6 3 可得 PC 的长度，然后可求直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值. 【详解】（1） PC  平面 ABCD ， AC  平面 ABCD ，得 AC PC . 又 1AD CD  ，在 Rt ADC 中，得 2AC  ， 设 AB 中点为G ，连接 CG ， - 14 - 则四边形 ADCG 为边长为 1 的正方形，所以CG AB ，且 2BC  ， 因为 2 2 2AC BC AB  ，所以 AC BC ， 又因为 BC PC C  ，所以 AC  平面 PBC ， 又 AC  平面 EAC ，所以平面 EAC  平面 PBC . （2）以C 为坐标原点，分别以射线 CD ､射线 CP 为 y 轴和 z 轴的正方向，建立如图空间直角 坐标系， 则  0,0,0C ，  1,1,0A ，  1, 1,0B  . 又设   0,0, 0P a a  ，则 1 1, ,2 2 2 aE     ，  1,1,0CA  ，  0,0,CP a ， 1 1, ,2 2 2 aCE       ，  1,1,PA a  . 由 BC AC 且 BC PC 知，  1, 1,0m CB    为平面 PAC 的一个法向量. - 15 - 设  , ,n x y z 为平面 EAC 的一个法向量，则 0n CA n CE       ， 即 0 0 x y x y az       ，取 x a ， y a  ，则  , , 2n a a   ，有 2 6cos , 32 m n am n m n a             ，得 2a  ，从而  2, 2, 2n    ，  1,1, 2PA   . 设直线 PA 与平面 EAC 所成的角为 ，则sin cos , n PA n PA n PA            2 2 4 2 36 12     . 即直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值为 2 3 . 【点睛】本题主要考查空间平面与平面垂直及线面角的求解，平面与平面垂直一般转化为线 面垂直来处理，空间中的角的问题一般是利用空间向量来求解. 20. 已知数列{ }na 的各项均为正数， 1 1 4a  ， 1 n n b a  ，{ }nb 是等差数列，其前 n 项和为 nS ， 62 81b S  . （1）求数列{ }na 的通项公式 （2）     1 21 1 1n na a ac      ， 31 2 1 2 3 n n n a aa aT c c c c     ，若对任意的正整数 n ，都 有 4 n naT c 恒成立，求实数 a 的取值范围 【答案】（1）  2 1 1na n   （2） 1 8a ≤ 【解析】 【分析】 （1）设 nb 的公差为 d ，计算得到 1d  ，故 1nb n  ，得到答案. （2）计算  2 2 2 1n nc n   ， 1 12 1 2 n n a c n n       ，根据裂项相消法计算 2n nT n   ，得 到 2 3 18 1a n n n     ，根据数列的单调性得到答案. 【详解】（1）设 nb 的公差为 d ， 1 2b  ，由 62 81b S  ，得  2 12 15 81d d   . - 16 - 即 25 14 19 0d d   ，解得 1d  或 19 5d   . 因为数列 na 为各项均为正数， 1 1 1 2b a   ，所以 0d ≥ ，所以 1d  . 所以 1nb n  ，所以  2 1 1na n   . （2）        2 22 2 2 2 21 1 1 1 3 2 4 21 1 12 3 2 3 2 11 1n n n nc nn n                            ， 因为       2 2 11 2 1 122 1 2 1 21 n n na c n n n n nn              ， 所以 1 1 1 1 1 12 2 3 3 4 1 2 2n nT n n n                            ， 所以不等式 4 n naT c ，化为   24 2 2 1 n na n n    ， 即     2 2 2 3 18 11 na n n n n n      恒成立，而   2 3 11g n n n n     单调递减， 所以8 1a  ，即 1 8a ≤ . 【点睛】本题考查了求数列通项公式，裂项求和，数列恒成立问题，确定数列的单调性是解 题的关键. 21. 如图，已知  1,2M 为抛物线  2: 2 0C y px p  上一点，过点  2, 2D  的直线与抛物 线C 交于 AB 两点（ AB 两点异于 M ），记直线 AM ， BM 的料率分别为 1k ， 2k （1）求 1 2k k 的值 - 17 - （2）记 AMD ， BMD 的面积分别为 1S ， 2S ，当  1 1,2k  ，求 1 2 S S 的取值范围 【答案】（1） 1 2 4k k   （2） 1,4 【解析】 【分析】 （1）将点代入抛物线得到 2 4y x ，设直线 AB 方程为  2 2x m y   ，联立方程得到 1 2 4y y m  ，  1 2 8 8y y m   ，计算得到答案. （2）  1 2 2,4y   ，  2 1 11 2 2 2 1 2 4 AD y ys s BD y     ，计算得到答案. 【详解】（1）将  1,2M 代入抛物线 2: 2C y px 方程，得 2p  ，所以抛物线方程为 2 4y x ， 设直线 AB 方程为  2 2x m y   ，代入抛物线方程，得 2 4 8 8 0y my m    ， 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，则 1 2 4y y m  ，  1 2 8 8y y m   ，      1 2 1 2 1 2 2 2 1 21 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 16 16 41 1 2 2 2 41 14 4 y y y yk k y yx x y y y y y y                   ， 所以 1 2 4k k   . （2）由（1）知  1 1 4 1,22k y   ，所以  1 2 2,4y   ， 2 2 4 2k y   ，即 1 2 4 4 42 2y y     ，所以     2 1 11 2 2 2 1 1,42 4 AD y ys s BD y      . 【点睛】本题考查了抛物线中的斜率定值问题，面积问题，意在考查学生的计算能力和转化 能力，综合应用能力. 22. 已知函数    lnx af x e x a   ， 0x… .其中 0a  ， （1）若 1a  .求证：   0f x  . （2）若不等式   2 1 1 ln2f x x a   … 对 0x  恒成立，试求 a 的取值范围 【答案】（1）证明见解析；（2） 0 1a  【解析】 - 18 - 【分析】 （1）求导得到   1 1 1 xf x e x     ，存在  0 0,1x  ，使  0 0f x  ， 0 1 0 1 01 xe x    ，故  0 0ln 1 1x x   ，代入      0 1 0 0min ln 1xf x f x e x    ，计算得到证明. （2）将 1x  代入不等式，得到   1ln 1 3 1 ln 2 0aa a e        ，根据函数     1g ln 1 3 1 ln 2aa a a e        的单调性得到 0 1a  ；再设     1ln 1 2 2 xh x x x e      ，求导得到单调性，计算    1 1 ln 2h x h   得到答案. 【详解】（1）由 1a  ，得    1 ln 1xf x e x   ， 0x  ，所以有   1 1 1 xf x e x     ， 所以  f x 在 0, 上单调递增，且   10 1 0f e     ，   11 02f    ， 所以存在  0 0,1x  ，使  0 0f x  ， 所以当  00,x x 时，   0f x  ，当  0 ,x x  时，   0f x  ， 所以      0 1 0 0min ln 1xf x f x e x    ，（*） 且 0 1 0 1 01 xe x    ，即 0 1 0 1 1 xe x    ，两边取对数，得  0 0ln 1 1x x   ， 代入（*），有     2 0 0 0min 0 0 1 1 01 1 xf x f x xx x        ，得证. （2）由题意得  ln 2 1 1 ln 2x ae x a x a        对 0x  成立， （ⅰ）必要性，将 1x  代入上述不等式，得  1 ln 1 3 1 ln 2ae a a       ， 即   1ln 1 3 1 ln 2 0aa a e        ， 令     1g ln 1 3 1 ln 2aa a a e        ， 易知  g a 在 0,  上单调递增，且  1 0g  ，所以 0 1a  . （ⅱ）下证当 0 1a  时，  ln 2 1 1 ln 2x ae x a x a        对 0x  成立. 即证  ln 2 1 1 ln 2x ax a x a e        ， 因为 0 1a  ，所以     1ln 2 1 ln 1 2 2x a xx a x a e x x e           ， - 19 - 设     1ln 1 2 2 xh x x x e      ，则   11 1 1 2 2 xh x ex x      ， 显然  h x 在 0, 上单调递减，且  1 0h  ， 所以  h x 在 0,1 上单调递增，在 1, 上单调递减， 故    1 1 ln 2h x h   ，不等式得证. 由（ⅰ）和（ⅱ）可知 0 1a  . 【点睛】本题考查了利用导数证明不等式，不等式恒成立问题，先通过必要性得到范围再证 明是解题的关键. - 20 -