浙江省绍兴市上虞区届高三下学期第二次教学质量检测数学试题.docx

浙江省绍兴市上虞区届高三下学期第二次教学质量检测数学试题.docx

《浙江省绍兴市上虞区届高三下学期第二次教学质量检测数学试题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江省绍兴市上虞区届高三下学期第二次教学质量检测数学试题.docx（15页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

浙江省绍兴市上虞区届高三下学期第二次教学质量检测数学试题

2020学年第二学期高三第二次教学质量调测

参考公式：

球的表面积公式；球的体积公式，其中表示球的半径.

第Ⅰ卷（选择题共40分）

一、选择题：

本大题共10小题，每小题4分，共40分.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（）

A．B．C．D．

2．若实数，满足约束条件，则的最小值为（）

A．5B．1C．0D．

3．设为虚数单位，则（）

A．B．C．D．

4．“”是“圆与圆”相切的

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

5．函数的图象大致为（）

A．B．

C．D．

6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）

A．B．C．D．

7．已知双曲线：

的左右焦点为，，以为直径的圆与双曲线在第一象限的交点为，直线与双曲线的左支交于点，且，设双曲线的离心率为，则（）

A．B．C．D．

8．已知函数，且，，，则（）

A．2028B．2026C．2024D．2022

9．如图，平面，斜线在平面内的射影，是平面内过点的直线，若是钝角，则（）

A．B．

C．D．

10．已知函数及其导数满足，，对满足的任意正数，都有，则的取值范围是（）

A．B．C．D．

第Ⅱ卷（非选择题共110分）

二、填空题：

本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分.

11．数列中，，，则______.

12．已知直线：

与直线：

平行，则______，直线，之间的距离为______.

13．若，则______，______.

14．已知随机变量的分布如下表，则______，______.

0

1

2

15．在中，内角所对的边分别为，已知，，则，若，则的面积为______.

16．设表示不超过实数的最大整数，则函数的最小值为______.

17．已知平面向量，是单位向量，且，平面向量满足，则的最小值为______.

三、解答题：

本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

18．（本题满分14分）已知函数在一个周期内的图象如图所示.

（Ⅰ）求的解析式；

（Ⅱ）将函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象，求在上的单调递增区间.

19．（本题满分15分）已知三棱锥，是等腰直角三角形，是等边三角形，且，，.

（Ⅰ）求证：

；

（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦.

20．（本题满分15分）设正项数列前项和为，满足，等比数列满足，.

（Ⅰ）求数列、的通项公式；

（Ⅱ）设前项和为，记，证明：

.

21．（本题满分15分）已知椭圆：

的离心率为，长轴长为，抛物线：

，点是椭圆上的动点，点是抛物线准线上的动点.

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）已知（为坐标原点），且点到直线的距离为常数，求的值.

22．（本题满分15分）设函数，.

（Ⅰ）若，求函数的最大值；

（Ⅱ）若恒成立，求实数的取值范围.

2020学年第二学期高三第二次教学质量调测

数学参考答案（2021.5）

一、选择题：

每小题4分，共40分.

1-10ADCABDDABC

10．解：

由已知，且，

设，则，

故，所以，递增，

因为，所以，得.

二、填空题：

多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分.

11．；12．，；13．，；14．，；

15．，；16．；17．.

16．解：

由于的最小正周期为，只要考虑的取值情况，

；当时，；，

当时，；；

当时，；；

当时，.

17．解：

不妨设，，则，

，所以，设，则终点在线段上，

且，设关于直线的对称点为，

于是.

三、解答题：

本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

18．解：

（Ⅰ）∵，∴

又∵，∴，∴

∵是“五点作图法”的学科网第三点且，∴

∴，∴，∴

∵，∴，∴，∴

（Ⅱ）

令，，得，

又∵，∴在上的增区间是，.

19．解：

（Ⅰ）如图，取中点，连，则，因为，

则，①

又是等边三角形，是中点，

则，②

且，③

由①②③得平面，故.

（Ⅱ）法一（垂线法）：

过点作于，连，作于，连，

因为，，，则，

又，，所以，从而，

因为，则，故平面，从而④，

又⑤，且⑥，由④⑤⑥得平面，

所以是直线与平面所成角.

由所在平面中，，

则，而，则，

故直线与平面所成角的正弦为.

法二：

（法向量法）

注意到平面，于是以为原点，，为，轴建立空间直角坐标系.

因为，，，根据余弦定理得

于是，，，，

则，，，

设平面的法向量为，则

，得法向量的一个解为，

所以直线与平面所成角满足.

法三：

（法向量法）

注意到，以为原点，，为，轴建立空间直角坐标系.

设，又，，，

根据，，

则，解得.

设设平面的法向量为，则

，取.

因为，

所以直线与平面所成角满足.

20．解：

（Ⅰ）∵，∴当时，∴

当，∴①②

①-②得

∴，∴

∵，∴，∴数列是首项为2公差为2的等差数列，∴

∵，，∴公比，∴.

（Ⅱ）由（Ⅰ）得.

∴

令③

则④

③-④得

，∴，∴.

方法二（数学归纳法）：

（1）当时，，，成立；

（2）假设时成立，

当时，

故对任意正整数，.

21．解：

（Ⅰ）∵长轴长为，∴

∵，∴..

∴椭圆的方程为.

（Ⅱ）设，

∵点到直线的距离为常数，由题意为常数.

当的斜率存在时，由题意得的斜率不为0

设直线为，则直线为.

由得，∴，∴

由得，∴，∴

∴

∴，∴.

当的斜率不存在时，，，

符合点到直线的距离为常数，∴.

22．解：

（Ⅰ）由，则.

所以当时，，得在上递增，

当时，，得在上递减，

从而函数的最大值为.

（Ⅱ）法一：

设，则，

（1）若，由于，不符合题意.

（2）若，

因为，设，

则，

对于方程，其判别式，

a.若，

则，所以，推出即递增，

因为，则当时，，得递减，

当时，，得递增，从而成立.

b.若，

方程有两根，

因为，则，

当时，有，推出即递减，

于是，得在上递减，

从而在上得到，不符合题意，舍去.

c.若，

因为

而是当的表达式，

根据刚才当的解题过程可知，，

所以成立.

综上，的取值范围是.

法二：

若，令，则，不符合题意.

故只需考虑的情况：

由已知，，可转化为.

设，则，

设，则，

设，则.

易知即在上递增，在上递减，

从而.

（1）当时，

此时，于是递减，即递减，

由于，所以当时，，得函数递增，

当时，，得函数递减，所以成立.

（2）当时，

因为，，

则在区间内存在，使得，由于在上递增，

所以当时，，则即递增，

因为，所以当时，，得递减，

于是在上，，与题意不符.综上，的取值范围是.