1、浙江省臺州市2020屆高三數學上學期期末考試試題（含解析）1.已知集合，若全集，則（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】先求出，再結合補集的運算，即可求解詳解】由題意，集合，則全集，所以故選：a【點睛】本題主要考查了集合的混合運算，其中解答中熟記集合的交集、并集和補集的概念與運算是解答的關鍵，著重考查了計算能力，屬于基礎題2.已知，則（ ）a. 4b. 5c. 6d. 7【答案】b【解析】【分析】根據指數式與對數的互化，求得，再利用對數的運算性質，即可求解【詳解】由題意，因為，所以，所以故選：b【點睛】本題主要考查了指數式與對數式的關系，以及對數的運算性質的應用，著重考查了推

2、理與運算能力，屬于基礎題3.已知實數x，y滿足，則的最大值為（ ）a. 4b. 3c. d. 2【答案】b【解析】【分析】作出不等式組對應的平面區域，利用的幾何意義，結合圖象確定目標函數的最優解，代入即可求解【詳解】由題意，作出不等式組對應的平面區域，如圖所示，目標函數，可化為，平移直線，由圖象可知當直線過點時，此時直線的截距最大，目標函數取得最大值，又由，解得，所以目標函數的最大值為故選：b 【點睛】本題主要考查簡單線性規劃求解目標函數的最值問題其中解答中正確畫出不等式組表示的可行域，利用“一畫、二移、三求”，確定目標函數的最優解是解答的關鍵，著重考查了數形結合思想，及推理與計算能力4.二項

3、式的展開式中的系數為（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】求得二項展開式的通項，令，即可求解【詳解】由二項式的展開式的通項為，令，可得，所以展開式中的系數為故選：c【點睛】本題主要考查了二項式定理的應用，其中解答中熟記二項式展開式的通項，準確計算是解答的關鍵，著重考查了計算能力5.函數的圖象是（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】根據函數的奇偶性和特殊點的函數值的符號，結合選項，即可求解【詳解】由題意，函數的定義域為，且，所以函數為奇函數，圖象關于原點對稱，排除a、c；當時，排除b故選：d【點睛】本題主要考查了函數圖象的識別，其中解答中熟練應用函數的基本性質

4、和特殊點的函數值求解是解答的關鍵，著重考查了推理與識別能力6.已知點f為橢圓c：的右焦點，點p為橢圓c與圓的一個交點，則（ ）a. 2b. 4c. 6d. 【答案】a【解析】【分析】求出橢圓的焦點坐標，圓的圓心和半徑，利用橢圓的定義進行轉化，即可求解【詳解】由題意，點f為橢圓c：的右焦點，則，左焦點為，圓的圓心坐標為，半徑為4，可得圓的圓心恰好為橢圓的左焦點，又由p為橢圓c與圓的一個交點，根據橢圓的定義可得，所以故選：a【點睛】本題主要考查了橢圓的定義、標準方程及其簡單的幾何性質的應用，著重考查了轉化思想，以及計算能力，屬于基礎題7.已知a，“”是“”的（ ）a. 充分不必要條件b. 必要不充

5、分條件c. 充要條件d. 既不充分也不必要條件【答案】c【解析】【分析】由絕對值不等式的基本性質，集合充分必要條件的判定方法，即可求解【詳解】由題意，a，可得且，所以充分性是成立的；反之，可得，即，所以必要性是成立的，綜上可得：a，是成立的充要條件故選：c【點睛】本題主要考查了絕對值不等式的基本性質，以及充分條件、必要條件的判定方法，其中解答中熟練應用絕對值不等式的性質是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力8.如圖，三棱柱的底面是邊長為2的正三角形，側棱底面，且則異面直線，所成角的大小為（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】根據題意，得到，再結合向量的數量積的運算，求得，得到

6、，即可求解【詳解】由題意，在中，的底面是邊長為2的正三角形，側棱底面，且,所以，所以，所以異面直線，所成角的大小為故選：d【點睛】本題主要考查了利用向量求解異面直線所成的角的方法，以及向量的線性運算和向量的數量積的運算等知識的綜合應用，著重考查了推理與運算能力9.已知雙曲線c的離心率，過焦點f作雙曲線c的一條漸近線的垂線，垂足為m，直線交另一條漸近線于n，則（ ）a. 2b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】畫出圖象，利用已知條件、雙曲線的幾何性質和點到直線的距離公式，即可求解【詳解】由題意，雙曲線c的離心率，即，可得，所以，所以雙曲線的漸近線方程為，如圖所示，可得，則，所以，所以故選：

7、b 【點睛】本題主要考查了雙曲線的標準方程及其簡單的幾何性質的應用，著重考查了轉化思想，數形結合思想，以及推理與計算能力10.已知數列滿足：，且（），下列說法正確的是（ ）a. 若，則b. 若，則c. d. 【答案】d【解析】【分析】由，化簡得到，a中，由，得到，求得，即可判定；b中，由，化簡求得，即可判定；c、d中，利用函數圖象與性質，即可判定。【詳解】由題意，因為，所以，所以，又由，可得，所以，對于a中，若，則，則，所以，所以，所以不正確；對于b中，若，可得，則，所以不正確；對于c中，可考慮函數，如圖所示，當單調遞減，且越來越小，所以，即，所以c項是錯誤的 對于d中，設，則，由上圖可知，即

8、，等價于，即，即，而顯然成立，所以d項是正確的故選：d【點睛】本題主要考查了數列的遞推關系式的綜合應用，同時考查了函數與數列的綜合應用，著重考查了邏輯推理和運算能力，計算較大，思維要求高，屬于難題11.已知復數z滿足z=（4i）i，其中i為虛數單位，則z的實部為_，|z|=_.【答案】 (1). 1 (2). 【解析】【分析】先化簡復數z，再結合實部概念和復數模長公式求解即可【詳解】z=（4i）i=1+4i，z的實部為1；|z|=.故答案為：1；.【點睛】本題考查對復數實部的理解，復數模長的計算，屬于基礎題12.已知定義在上的奇函數，當時滿足：則_；方程的解的個數為_.【答案】 (1). 1

9、(2). 5【解析】【分析】根據函數的解析式可直接求解的值，再利用函數的圖象，結合圖象，即可求得方程的解的個數，得到答案【詳解】由題意，當時滿足：，可得；又由方程的解的個數即為函數與的圖象的交點個數，在同一坐標系中作出函數與的圖象，如圖所示，由圖象可知，函數與的圖象共有5個交點，即方程與的解得個數為5.故答案為：1， 5.【點睛】本題主要考查了分段函數及函數值的求解、函數的零點與方程根的關系的綜合應用，著重考查了數形結合思想，以及計算能力13.一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為_.【答案】【解析】【分析】根據幾何體的三視圖，得到該幾何體是底面邊長為2的正三角形，高為2的的一個正三棱

10、柱截去一個底面為邊長為2的正三角形，高為2的三棱錐得到的一個幾何體，利用柱體和椎體的體積公式，即可求求解【詳解】由題意，根據幾何體的三視圖可得，該幾何體是底面邊長為2的正三角形，高為2的的一個正三棱柱截去一個底面為邊長為2的正三角形，高為2的三棱錐得到的一個幾何體，其中正三棱柱的體積為，三棱錐的體積為，所以該幾何體的體積為故答案為：【點睛】本題考查了幾何體的三視圖及體積的計算，在由三視圖還原為空間幾何體的實際形狀時，要根據三視圖的規則，空間幾何體的可見輪廓線在三視圖中為實線，不可見輪廓線在三視圖中為虛線，求解以三視圖為載體的空間幾何體的表面積與體積的關鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線

11、面的位置關系和數量關系，利用相應公式求解14.在我國東漢的數學專著九章算術中記載了計算兩個最大公約數的一種方法，叫做“更相減損法”，它類似于古希臘數學家歐幾里得提出的“輾轉相除法”.比如求273，1313的最大公約數：可先用1313除以273，余數為221（商4）；再用273除以221，余數為52；再用221除以52，余數為13；這時發現13就是52的約數，所以273，1313的最大公約數就是13.運用這種方法，可求得5665，2163的最大公約數為_.【答案】103【解析】【分析】根據題意，利用輾轉相除法，即可求解，得到答案【詳解】由題意，可得，所以5665，2163的最大公約數為故答案為：

12、【點睛】本題主要考查了利用輾轉相除法求解兩個數的最大公約數，其中解答中正確理解題意，利用輾轉相除法，逐步計算是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力15.如圖，點為銳角的終邊與單位圓的交點，逆時針旋轉得，逆時針旋轉得，逆時針旋轉得，則_，點的橫坐標為_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】利用三角函數的定義，求得的值，在利用二倍角公式求得的值，最后利用誘導公式和兩角和的余弦公式，即可求解點的橫坐標，得到答案【詳解】由題意，點為銳角的終邊與單位圓的交點，逆時針旋轉得，逆時針旋轉得，逆時針旋轉得，根據三角函數的定義，可得，故，點的橫坐標為 故答案為：， 【點睛】本題主要考查了任意角的三角函

13、數的定義，二倍角公式、誘導公式，以及兩角和的余弦函數公式的綜合應用，著重考查了推理與運算能力16.有2名老師和3名同學，將他們隨機地排成一行，用表示兩名老師之間的學生人數，則對應的排法有_種； _；【答案】 (1). 36 (2). ；1.【解析】【分析】的可能取值為0，1，2，3，對應的排法有：.分別求出，由此能求出.【詳解】解：有2名老師和3名同學，將他們隨機地排成一行，用表示兩名老師之間的學生人數，則的可能取值為0，1，2，3，對應的排法有：.對應排法有36種；，故答案為：36；1.【點睛】本題考查了排列、組合的應用，離散型隨機變量的分布列以及數學期望，屬于中檔題.17.如圖，已知正方形

14、，點e，f分別為線段，上的動點，且，設（x，），則的最大值為_.【答案】【解析】【分析】設邊長為1，建立直角坐標系，求得的坐標，根據題設用表示出，再利用函數的性質，即可求解【詳解】建立如圖所示的直角坐標系，并設邊長為1，則，可得，由，可得，解得其中，所以，令，則，當且僅當時，即時取等號，所以的最大值為故答案為：【點睛】本題主要考查了平面向量的基本定理，向量的坐標運算，以及利用基本不等式求最值的應用，其中解答中將平面向量問題坐標化，通過數形結合求解是解答的關鍵，著重考查了數形結合思想，以及推理與運算能力18.如圖，在四邊形中，已知，.（1）求的值；（2）求的長度.【答案】（1）；（2）【解析】【

15、分析】（1）在中，利用余弦定理求得的長，再由正弦定理，即可求解的值；（2）由為銳角，得到，在中，利用余弦定理，即可求得的長度【詳解】（1）在中，因為，由余弦定理，可得，所以，又由正弦定理可得，所以（2）由（1），因為銳角，可得，中，根據余弦定理，可得，所以.【點睛】本題主要考查了正弦定理、余弦定理的應用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解決三角形的邊角關系，熟練掌握定理、合理運用是解本題的關鍵通常當涉及兩邊及其中一邊的對角或兩角及其中一角對邊時，運用正弦定理求解；當涉及三邊或兩邊及其夾角時，運用余弦定理求解.19.如圖，七面體的底面是凸四邊形，其中，垂直相交于點o，棱，均垂直于底面.（1）證明

16、：直線與平面不平行；（2）若，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）見解析；（2）【解析】【分析】（1）假設平面，得到平面，得出平面平面，再根據面面平行的性質定理得到，進而與矛盾，即可得到結論；（2）以o為坐標原點，建系空間直角坐標系，求得平面的一個法向量，利用向量的夾角公式，即可求解【詳解】（1）假設平面，因為，平面，所以平面，又因為平面，所以平面平面，根據面面平行的性質定理可得，所以，因為，所以，這與矛盾，所以不平行平面.（2）以o為坐標原點，建系如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，設平面的法向量，由，可得，則，取，所以平面的一個法向量，直線與平面所成的角的正弦值為.【點睛】本題考查了

17、線面平行的判定與證明，以及空間角的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力，解答中熟記線面位置關系的判定定理和性質定理，通過嚴密推理是線面位置關系判定的關鍵，同時對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.20.設數列的前n項和為，對于任意正整數n，.遞增的等比數列滿足：，且，成等差數列.（1）求數列,的通項公式；（2）求證：【答案】（1），；（2）見解析【解析】【分析】（1）利用和的關系式，即可求得數列的通項公式，設等比數列公比為，根據題設條件列出方程，求得，即可求得數列的通項公式；（2）方法1、先證得，再利用乘公比錯位相減法和

18、不等式的性質，即可求解；方法2、令，運用分析法證得，再由等比數列的求和公式和不等式的性質，即可求解【詳解】（1）由題意，因為，當時，當時，適合上式，所以數列的通項公式為，設等比數列公比為（其中），因為，由，可得，解得或（舍去）；所以數列的通項公式為.（2）解法1：由（1）可得，因為時，根據“若，則”，可得（），所以，令，兩式相減可得，所以，所以.解法2：令，下一步用分析法證明“”，要證，即證，即證，即證，當，顯然成立，所以，所以.【點睛】本題主要考查了數列的和的關系式，等差數列和等比數列的通項公式及前n項和公式，以及乘公比錯位相減法和不等式的性質的綜合應用，著重考查了化簡、運算能力，以及推理能

19、力，屬于中檔試題21.如圖，過點作直線l交拋物線c：于a，b兩點（點a在p，b之間），設點a，b的縱坐標分別為，過點a作x軸的垂線交直線于點d.（1）求證：；（2）求的面積s的最大值.【答案】（1）見解析；（2）【解析】【分析】（1）設直線的方程為，聯立方程組，運用韋達定理，化簡即可得到證明；（2）由，求得的范圍，點a在p、b之間，可得，求得d的坐標，運用三角形的面積公式和導數，得出函數的單調性和最值，即可求解面積的最大值【詳解】（1）由題意，設直線的方程為，聯立方程組，可得，所以，則所以（2）由（1）可得，解得，因為點在p，b之間，所以，所以，由已知可設點，由點d在直線：上可得，所以的面積，因為，所以，因為，可得時，函數單調遞增，當時，函數單調遞減，所以當，即時，的面積s的最大值.【點睛】本題主要考查拋物線的標準方程及幾何性質、以及直線與拋物線的位置關系的綜合應用,解答此類題目，通常聯立直線方程與拋物線聯立方程組，應用一元二次方程根與系數的關系進行求解，此類問題易錯點是復雜式子的變形能力不足，導致錯解，能較好的考