届 浙江省 台州市 高三上学期 期末数学试题解析版.docx

1、届 浙江省 台州市 高三上学期 期末数学试题解析版2020届浙江省台州市高三上学期期末数学试题一、单选题1已知集合，若全集，则（ ）A B C D【答案】A【解析】先求出，再结合补集的运算，即可求解【详解】由题意，集合，则全集，所以故选：A【点睛】本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中熟记集合的交集、并集和补集的概念与运算是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题2已知，则（ ）A4 B5 C6 D7【答案】B【解析】根据指数式与对数的互化，求得，再利用对数的运算性质，即可求解【详解】由题意，因为，所以，所以故选：B【点睛】本题主要考查了指数式与对数式的关系，以及对数的运算性质的应用，着重

2、考查了推理与运算能力，属于基础题3已知实数x，y满足，则的最大值为（ ）A4 B3 C D2【答案】B【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用的几何意义，结合图象确定目标函数的最优解，代入即可求解【详解】由题意，作出不等式组对应的平面区域，如图所示，目标函数，可化为，平移直线，由图象可知当直线过点时，此时直线的截距最大，目标函数取得最大值，又由，解得，所以目标函数的最大值为故选：B 【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力4二项式的展开式中的

3、系数为（ ）A B C D【答案】C【解析】求得二项展开式的通项，令，即可求解【详解】由二项式的展开式的通项为，令，可得，所以展开式中的系数为故选：C【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，其中解答中熟记二项式展开式的通项，准确计算是解答的关键，着重考查了计算能力5函数的图象是（ ）A BC D【答案】D【解析】根据函数的奇偶性和特殊点的函数值的符号，结合选项，即可求解【详解】由题意，函数的定义域为，且，所以函数为奇函数，图象关于原点对称，排除A、C；当时，排除B故选：D【点睛】本题主要考查了函数图象的识别，其中解答中熟练应用函数的基本性质和特殊点的函数值求解是解答的关键，着重考查了推理与识别

4、能力6已知点F为椭圆C：的右焦点，点P为椭圆C与圆的一个交点，则（ ）A2 B4 C6 D【答案】A【解析】求出椭圆的焦点坐标，圆的圆心和半径，利用椭圆的定义进行转化，即可求解【详解】由题意，点F为椭圆C：的右焦点，则，左焦点为，圆的圆心坐标为，半径为4，可得圆的圆心恰好为椭圆的左焦点，又由P为椭圆C与圆的一个交点，根据椭圆的定义可得，所以故选：A【点睛】本题主要考查了椭圆的定义、标准方程及其简单的几何性质的应用，着重考查了转化思想，以及计算能力，属于基础题7已知a，“”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】C【解析】由绝对值不等式的基本性质

5、，集合充分必要条件的判定方法，即可求解【详解】由题意，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，综上可得：a，是成立的充要条件故选：C【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的基本性质，以及充分条件、必要条件的判定方法，其中解答中熟练应用绝对值不等式的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力8如图，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱底面，且则异面直线，所成角的大小为（ ）A B C D【答案】D【解析】根据题意，得到，再结合向量的数量积的运算，求得，得到，即可求解【详解】由题意，在中，的底面是边长为2的正三角形，侧棱底面，且,所以，所以，所以异面直线，所成角的大小为故

6、选：D【点睛】本题主要考查了利用向量求解异面直线所成的角的方法，以及向量的线性运算和向量的数量积的运算等知识的综合应用，着重考查了推理与运算能力9已知双曲线C的离心率，过焦点F作双曲线C的一条渐近线的垂线，垂足为M，直线交另一条渐近线于N，则（ ）A2 B C D【答案】B【解析】画出图象，利用已知条件、双曲线的几何性质和点到直线的距离公式，即可求解【详解】由题意，双曲线C的离心率，即，可得，所以，所以双曲线的渐近线方程为，如图所示，可得，则，所以，所以故选：B 【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及其简单的几何性质的应用，着重考查了转化思想，数形结合思想，以及推理与计算能力10已知数列满足

7、：，且（），下列说法正确的是（ ）A若，则 B若，则C D【答案】D【解析】由，化简得到，A中，由，得到，求得，即可判定；B中，由，化简求得，即可判定；C、D中，利用函数图象与性质，即可判定。【详解】由题意，因为，所以，所以，又由，可得，所以，对于A中，若，则，则，所以，所以，所以不正确；对于B中，若，可得，则，所以不正确；对于C中，可考虑函数，如图所示，当单调递减，且越来越小，所以，即，所以C项是错误的 对于D中，设，则，由上图可知，即，等价于，即，即，而显然成立，所以D项是正确的故选：D【点睛】本题主要考查了数列的递推关系式的综合应用，同时考查了函数与数列的综合应用，着重考查了逻辑推理和运

8、算能力，计算较大，思维要求高，属于难题二、填空题11已知复数z满足z=（4i）i，其中i为虚数单位，则z的实部为_，|z|=_.【答案】1 【解析】先化简复数z，再结合实部概念和复数模长公式求解即可【详解】z=（4i）i=1+4i，z的实部为1；|z|=.故答案为：1；.【点睛】本题考查对复数实部的理解，复数模长的计算，属于基础题12已知定义在上的奇函数，当时满足：则_；方程的解的个数为_.【答案】1 5 【解析】根据函数的解析式可直接求解的值，再利用函数的图象，结合图象，即可求得方程的解的个数，得到答案【详解】由题意，当时满足：，可得；又由方程的解的个数即为函数与的图象的交点个数，在同一坐标

9、系中作出函数与的图象，如图所示，由图象可知，函数与的图象共有5个交点，即方程与的解得个数为5.故答案为：1， 5.【点睛】本题主要考查了分段函数及函数值的求解、函数的零点与方程根的关系的综合应用，着重考查了数形结合思想，以及计算能力13一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_.【答案】【解析】根据几何体的三视图，得到该几何体是底面边长为2的正三角形，高为2的的一个正三棱柱截去一个底面为边长为2的正三角形，高为2的三棱锥得到的一个几何体，利用柱体和椎体的体积公式，即可求求解【详解】由题意，根据几何体的三视图可得，该几何体是底面边长为2的正三角形，高为2的的一个正三棱柱截去一个底面为边长为

10、2的正三角形，高为2的三棱锥得到的一个几何体，其中正三棱柱的体积为，三棱锥的体积为，所以该几何体的体积为故答案为：【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解14在我国东汉的数学专著九章算术中记载了计算两个最大公约数的一种方法，叫做“更相减损法”，它类似于古希腊数学家欧几里得提出的“辗转相除法”.比如求273，1313的最大公约数：可先

11、用1313除以273，余数为221（商4）；再用273除以221，余数为52；再用221除以52，余数为13；这时发现13就是52的约数，所以273，1313的最大公约数就是13.运用这种方法，可求得5665，2163的最大公约数为_.【答案】103【解析】根据题意，利用辗转相除法，即可求解，得到答案【详解】由题意，可得，所以5665，2163的最大公约数为故答案为：【点睛】本题主要考查了利用辗转相除法求解两个数的最大公约数，其中解答中正确理解题意，利用辗转相除法，逐步计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力15如图，点为锐角的终边与单位圆的交点，逆时针旋转得，逆时针旋转得，逆时针旋转得，则

12、_，点的横坐标为_.【答案】 【解析】利用三角函数的定义，求得的值，在利用二倍角公式求得的值，最后利用诱导公式和两角和的余弦公式，即可求解点的横坐标，得到答案【详解】由题意，点为锐角的终边与单位圆的交点，逆时针旋转得，逆时针旋转得，逆时针旋转得，根据三角函数的定义，可得，故，点的横坐标为 故答案为：， 【点睛】本题主要考查了任意角的三角函数的定义，二倍角公式、诱导公式，以及两角和的余弦函数公式的综合应用，着重考查了推理与运算能力16有2名老师和3名同学，将他们随机地排成一行，用表示两名老师之间的学生人数，则对应的排法有_种； _；【答案】36 ；1. 【解析】的可能取值为0，1，2，3，对应的排法有：.分别求出，由此能求出.【详解】解：有2名老师和3名同学，将他们随机地排成一行，用表示两名老师之间的学生人数，则的可能取值为0，1，2，3，对应的排法有：.对应的排法有36种；，故答案为：36；1.【点睛】本题考查了排列、组合的应用，离散型随机变量的分布列以及数学期望，属于中档题.17如图，已知正方形，点E，F分别为线段，上的动点，且，设（x，），则的最大值为_.【答案】【解析】设边长为1，建立直角坐标系，求得的坐标，根据题设用表示出，再利用函数的性质，即可