浙江省2020-2021学年高三上学期10月测试数学试题含解析

浙江省2020-2021学年高三上学期10月测试数学试题含解析
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
一、选择题（共10题）
1、函数的定义域是（）
A ．
B ．
C ．
D ．
2、若，则
A ． 1
B ．-1
C ．i
D ．-i
3、《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“ 堑堵”. 已知某“ 堑堵” 的三视图如图所示，正视图中的虚线平分矩形的面积，则该“ 堑堵” 的体积为
A ．
B ． 1
C ． 2
D ． 4
4、设x ，y 满足约束条件，则z ＝ 2 x ＋y 的最小值是（）
A ．－15
B ．－9
C ． 1
D ．9
5、已知，则“ ” 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
6、已知等比数列中，若，则
A ． 4
B ． 5
C ．16
D ．25
7、函数的图像可能是（）
A ．
B ．
C ．
D ．
8、已知，不等式在上恒成立，则（）
A ．
B ．
C ．
D ．
9、将 6 个数 2 ，0 ，1 ，9 ，20 ，19 将任意次序排成一行，拼成一个8 位数（首位不为0 ），则产生的不同的8 位数的个数是（）
A ．546
B ．498
C ．516
D ．534
10、如图所示，平面平面，二面角，已知，，直线
与平面，平面所成角均为，与所成角为，若，则的最大值是（）
A ．
B ．
C ．
D ．
二、填空题（共7题）
1、在中，，且，则____________
2、已知F 为抛物线C ：的焦点，点A 在抛物线上，点B 在抛物线的准线
上，且A ，B 两点都在x 轴的上方，若，，则直线FA 的斜率为
______ ．
3、已知平面向量，，满足，，，与的夹角是，则的最大值为 __________.
4、若，则________ ；________.
5、设等差数列的前项和为，若，，则__________ ，
___________.
6、二项展开式 (1+2 x ) 5 = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 + a 5 x 5 ，则a 4 =___________ ，a
+ a 3 + a 5 =___________.
1
7、已知函数，则_______ ﹔若实数满足，则
的取值范围是 _______.
三、解答题（共5题）
1、已知函数．
（ 1 ）求的值；
（ 2 ）若，求的值 .
2、
如图，在平行四边形 ABCD 中，AB=2BC ，∠ABC=120°． E 为线段AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A’DE ，使平面A’DE⊥平面BCD ，F 为线段A’C 的中点．
（Ⅰ ）求证：BF∥平面A’DE ；
（Ⅱ ）设M 为线段DE 的中点，求直线FM 与平面A’DE 所成角的余弦值．
3、如图所示，在的图像下有一系列正三角形，记的边长为，.
（ 1 ）求数列，的通项公式；
（ 2 ）若数列满足，证明：. 4、已知椭圆与直线有且只有一个交点，点为椭圆上任意一点，，，且的最小值为.
（ 1 ）求椭圆的标准方程；
（ 2 ）设直线与椭圆交于不同两点，，点为坐标原点，且
，当的面积最大时，判断是否为定值，若是求出其值并证明，若不是请说明理由 .
5、已知实数，设函数．
（ 1 ）求函数的单调区间；
（ 2 ）当时，若对任意的，均有，求的取值范围．
注：为自然对数的底数．
============参考答案============
一、选择题
1、 A
【分析】
由解析式的性质即可求定义域；
【详解】
由解析式，知：中，中，
∴ 综上，有：；
故选： A
【点睛】
本题考查了具体函数定义域的求法，属于简单题；
2、 C
【详解】
试题分析：，故选 C ．
【考点】复数的运算、共轭复数．
【举一反三】复数的加、减法运算中，可以从形式上理解为关于虚数单位“ ” 的多项式
合并同类项，复数的乘法与多项式的乘法相类似，只是在结果中把换成−1. 复数除法可
类比实数运算的分母有理化．复数加、减法的几何意义可依照平面向量的加、减法的几何意义进行理解．
3、 C
【分析】
由三视图中的数据，根据棱柱的体积公式求出该“ 堑堵” 的体积．
【详解】
解：由图可知，底面是一个等腰直角三角形，直角边为，斜边为 2 ，
又该“ 堑堵” 的高为 2 ，
∴ 该“ 堑堵” 的体积，
故选： C ．
【点睛】
本题主要考查由三视图还原直观图，考查棱柱的体积公式，属于基础题．
4、 A
【分析】
作出可行域，z 表示直线的纵截距，数形结合知z 在点B ( － 6 ，－3) 处取得最小值.
【详解】
作出不等式组表示的可行域，如图所示，
目标函数，z 表示直线的纵截距，
，
数形结合知函数在点B ( － 6 ，－3) 处纵截距取得最小值，
所以z 的最小值为－ 12 － 3 ＝－15.
故选： A
【点睛】
本题考查简单的线性规划问题，属于基础题 .
5、 D
【分析】
化简得，结合充分与必要条件的判断方法即可求解
【详解】
由，显然由，比如，又，比如，故“ ” 是“ ” 的既不充分也不必要条件，
故选： D
【点睛】
结论点睛：本题考查既不充分也不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：
（ 1 ）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（ 2 ）是的充分不必要条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（ 3 ）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；
（ 4 ）是的既不充分又不必要条件，对的集合与对应集合互不包含．
6、 B
【分析】
根据已知化简，由此求得表达式的值 .
【详解】
依题意得，即，而
.
【点睛】
本小题主要考查等比数列通项的基本量计算，属于基础题 .
7、 B
【分析】
根据、分类讨论的图象，利用导函数研究它在各个区间上的单调性，分别判断两个区间某一部份的单调性即可得到它的大致图象；
【详解】
1 、当时，，即，令，则
，
∴ 时，即单调递增，故，
∴ 此时，，即在单调递增，故排除D 选项；
2 、当时，，令，则，
∴ ，，故有即，所以，
∴ 在上，而，故在上一定有正有负，则有B 正确；
故选： B
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数单调性，并确定函数的大致图象，注意按区间分类讨论，以及零点、极值点的讨论
8、 D
【分析】
由题意，原不等式转化为，两边同时平方并化简得
，由此分析出，进而得到，由此可解出答案．
【详解】
解：∵ ，且，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 上述不等式恒成立，
∴ ，即（否则取，则左边，矛盾），
此时不等式转化为，
∴ ，解得，
∴ ，
故选： D ．
【点睛】
本题主要考查一元二次不等式的应用，考查转化与化归思想，属于难题．
9、 B
【分析】
根据题意，由排除法分析：先求出将 2 ，0 ，1 ，9 ，20 ，19 的首位不为0 的排列数，排除 2 的后一项是0 ，且 1 的后一项是9 的排列，2 的后一项是0 ，但1 的后一项不是9 的排列， 1 的后一项是9 ，但 2 的后一项不是0 的排列，分析可得答案
【详解】
解：将 2 ，0 ，1 ，9 ，20 ，19 的首位不为0 的排列的全体记为，记为为
的元素全数，则，
将中的 2 的后一项是0 ，且1 的后一项是9 的排列的全体记为，中 2 的后一项是0 ，但1 的后一项不是9 的排列的全体记为，中 1 的后一项是9 ，但 2 的后一项不是0 的排列的全体记为，则，
可得，
由 B 中排列产生的每一个8 位数，恰对应 B 中的个排列（这样的排列中， 20 可与“2 ，0” 互换，19 可与“1 ，9” 互换），类似地，由 C 或 D 中排列产生的每个8 位数，恰对应 C 或 D 中的 2 个排列，因此满足条件的8 位数的个数为：
，
故选： B
【点睛】
方法点睛：此题考查排列组合的应用问题，解决排列组合问题应注意：
（ 1 ）对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可采用间接法
（ 2 ）对于相邻问题采用捆绑法，不相邻问题采用插空法
10、 B
【分析】
由题意知，作辅助线找到，及二面角，四边形为正方形进而得到为等腰三角形，利用所得直角三角形用边表示、，即有它们的等量关系，利用结合二面角，即可求的最大值；
【详解】
直线与平面，平面所成角均为，与所成角为，而，，又，可知：，
若令二面角为，作于，于；过作，过作
与交于点；
∴ 面，又，，故面，面，即；
过作，过作与交于点；
∴ 面，又，，故面，面，即；
作于，于，连接、，即有，且；
∵ ，即，作有四边形为正方形，即，
∴ ，有，故为等腰三角形且，
令，，则，有，而，
∴ ，，又，
∴ 当时等号成立
故选： B
【点睛】
本题考查了应用辅助线，根据已知条件以及线面角、线线角、面面角的性质，得到它们的三角函数间等量关系，并化简目标三角函数式，结合二面角的范围求目标式的最值；
二、填空题
1、
【分析】
根据正弦定理求出，再利用余弦定理求出.
【详解】
由正弦定理可知：，又
由余弦定理可知：
本题正确结果：
【点睛】
本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形问题，属于基础题 .
2、
【分析】
求得抛物线的焦点和准线方程，运用解直角三角形的正弦函数和正切函数的定义，求得A 的坐标，由斜率公式计算可得所求值．
【详解】
解：的焦点，准线方程为，
如图，设A 在x 轴上的射影为N ，准线与x 轴的交点为M ，
由，，
可设，，
可得，
，
即有，，
则直线AF 的斜率为．
故答案为．
【点睛】
本题考查抛物线的方程和性质，注意运用解直角三角形，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
3、 5
【分析】
建直角坐标系，设，由条件可得点在两圆弧
或上，求出，设其为，代入圆弧方程，由可求得结果
【详解】
解：如图，设，
因为与的夹角是，
所以，所以点所在的圆中，弧所对的圆心角为，
所以点在两圆弧或上，
因为，设，
把代入中化简得
，
因为此方程有解，所以
即，
化简得，解得；
把代入中化简得
，
因为此方程有解，所以
即，
化简得，解得；
所以的最大值为 5
【点睛】
关键点点睛：此题平面向量的综合应用，属于中档题，解题的关键是建立平面直角坐标系，将向量坐标化，由与的夹角是，利用数形结合和平面几何的知识得点在两圆弧或上，是解此题的突破口
4、 9 6
【分析】
利用对数的运算可得，再利用对数的运算性质即可求解 .
【详解】
若，则，.
故答案为： 9 ； 6
【点睛】
本题考查对数的运算，需熟记对数的运算性质，属于基础题 .
5、28
【分析】
由，，可得，从而可求出和，进而可求出，再利用等差数列的性质和前项和公式可求出
【详解】
解：设等差数列的公差为，
因为，，所以，解得，
所以，
故答案为：， 28
6、 80 122
【分析】
直接利用二项式展开式通项公式求解即可
【详解】
解：因为 (1+2 x ) 5 = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 + a 5 x 5 ，且其展开式的通项公式为
所以a 4 80.
a
+ a 3 + a 5 122.
1
故答案为： 80 ；122.
【点睛】
此题考查二项式定理的应用，属于基础题
7、
【分析】
根据的解析式可直接求出，然后分、两种情况解不等式即可 .
【详解】
因为，所以
当时，，所以，解得，所以
当时，，所以，此不等式对恒成立
所以的取值范围是
故答案为：；.
【点睛】
本题考查的是分段函数，考查了分类讨论的思想，属于基础题 .
三、解答题
1、 (1)1 ；(2)
【分析】
（ 1 ）利用倍角公式、辅助角公式化简，再把代入求值；（ 2 ）由，，利用角的配凑法得：，再利用两角差的余弦公式得.
【详解】
解 : （1 ）因为，
所以.
（ 2 ）由得，
【点睛】
本题考查三角恒等变换中的倍角公式、辅助角公式、两角差的余弦公式等，考查角的配凑法，考查运算求解能力 .
2、 1/2
【详解】
(1) 证明: 如图所示, 取A′D 的中点G, 连接GF,GE,
由条件易知FG∥CD,FG= CD,BE∥CD,BE= CD,
所以FG∥BE,FG=BE,
故四边形 BEGF 为平行四边形, 所以BF∥EG.
因为 EG⊂平面A′DE,BF⊄平面A′DE,
所以BF∥ 平面A′DE.
(2) 解: 在平行四边形ABCD 中, 设BC=a,
则 AB=CD=2a,AD=AE=EB=a.
连接 CE, 因为∠ABC=120°,
在△BCE 中, 可得CE= a.
在△ADE 中, 可得DE=a.
在△CDE 中, 因为CD 2 =CE 2 +DE 2 , 所以CE⊥DE.
在正三角形A′DE 中,M 为DE 的中点, 所以A′M⊥DE.
由平面A′DE⊥ 平面BCD,
可知A′M⊥ 平面BCD,
所以A′M⊥CE.
取A′E 的中点N, 连接NM,NF,
则NF∥CE. 则NF⊥DE,NF⊥A′M.
因为 DE 交A′M 于点M, 所以NF⊥平面A′DE,
则∠FMN 为直线FM 与平面A′DE 所成的角.
在Rt△FMN 中,NF= a,MN= a,FM=a,
则cos∠FMN= ,
所以直线 FM 与平面A′DE 所成角的余弦值为.
3、（ 1 ），；（ 2 ）证明见解析.
【分析】
先建立等量关系得到，再判断数列是以为首项，为公差的等差数列，最后求和；
（ 2 ）先化简，再用裂项相消法求和证明结论 .
【详解】
（ 1 ）解：设，则.
由题意可知：，.
两式相减：.
易知，故数列是以为首项，为公差的等差数列 .
故，.
（ 2 ）证明：由题意可知：
.
故.
故命题得证 .
【点睛】
本题考查函数与数列的关系、等差数列的判断、裂项相消法求和，是中档题 .
4、（ 1 ）；（ 2 ）定值为，证明见解析
【分析】
（ 1 ）设点，根据题意，得到，根据向量数量积的坐标表示，得到
，根据其最小值，求出，即可得出椭圆方程；
（ 2 ）设，，，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，由弦长公式，以及点到直线距离公式，求出的面积的最值，得到；得出点的
轨迹为椭圆，即可得出为定值 .
【详解】
（ 1 ）设点，由题意知，，则
，
当时，取得最小值，即，
，
故椭圆的标准方程为；
（ 2 ）设，，，
由，得，
，，
则点到直线的距离，
，
取得最大值，当且仅当即，① 此时，，
即，代入① 式整理得，
即点的轨迹为椭圆，
且点为椭圆的左、右焦点，即，
故为定值.
【点睛】
关键点睛：本题主要考查求椭圆的方程，考查求椭圆中的定值问题，对于第一问，解题的关键是得出，知道当时，取得最小值；对于第二问，直线与
曲线的相交问题，常用步骤是设点设方程，联立方程求解，利用韦达定理求出相关量，本题可用来表示出三角形的面积，求出最值，解题的关键是得出点的轨迹为椭圆 .
5、（ 1 ）在内单调递减，在内单调递增；（ 2 ）
【分析】
(1) 求导后取出极值点, 再分, 两种情况进行讨论即可 .
(2) 当时得出的一个取值范围 , 再讨论时的情况 , 再对时构造函数两边取对数进行分析论证时恒成立 .
【详解】
(1) 由, 解得．
① 若, 则当时 , , 故在内单调递增；
当时 , , 故在内单调递减．
② 若, 则当时 , , 故在内单调递增；
当时 , , 故在内单调递减．
综上所述 , 在内单调递减 , 在内单调递增．
(2) , 即．
令, 得, 则．
当时 , 不等式显然成立 ,
当时 , 两边取对数, 即恒成立．
令函数, 即在内恒成立．
由, 得．
故当时 , , 单调递增；
当时 , , 单调递减 .
因此．
令函数, 其中,
则, 得,
故当时 , , 单调递减；当时 , , 单调递增．又, ,
故当时 , 恒成立 , 因此恒成立 ,
即当时 , 对任意的, 均有成立．
【点睛】
本题主要考查了利用求导解决含参的函数的单调性问题以及在区间上恒成立求参数的范围的问题 , 需要构造函数讨论函数的单调性进行求解, 属于难题.。