1、如图， 三棱柱 ABCA1B1C1的底面是边长为 2 的正三角形， 侧棱 AA1底面 ABC， 且，则异面直线 A1B，AC1所成的角的大小为（ ） 第 3 页（共 26 页） A B C D 9 （4 分）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 MF 交另一条渐近线于 N，则（ ） A2 B C D 10 （4 分）已知数列an满足：an0，且 an22an+12an+1（nN*） ，下列说法正确的是 （ ） A若，则 anan+1 B若 anan+1，则 a11 Ca1+a52a3 D|an+2an+1|an+1an| 二、填空题二、填空
2、题:单空题每题单空题每题 4 分，多空题每题分，多空题每题 6 分分. 11 （6 分）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| 12 （6 分）已知定义在 R 上的奇函数 f（x） ，当 x0，+）时满足：f（x） ， 则 f （2） ； 方程 f （x） 0 的解的个数为 13 （4 分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 14 （4 分）在我国东汉的数学专著九章算术中记载了计算两个正数的最大公约数的一 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：可先用 13
3、13 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 已是 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 第 4 页（共 26 页） 15 （6 分）如图，点为锐角 的终边与单位圆的交点，OP0逆时针旋转得 OP1， OP1逆时针旋转得 OP2， ， OPn1逆时针旋转得 OPn， 则 cos2 ， P2020的横坐标为 16 （6 分）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
4、 生人数，则 1 对应的排法有 种；E（） ； 17 （4 分）如图，正方形 ABCD 的边长为 2，E，F 分别为 BC，CD 的动点，且|BE|2|CF|， 设，则 x+y 的最大值是 三、解答题（共三、解答题（共 5 小题，满分小题，满分 74 分）分） 18 （14 分）如图，在四边形 ABCD 中，已知 AB3，BC5，CD7，ABC120， ACBACD （）求 sin 的值； （）求 AD 的长度 19 （15 分）如图，七面体 ABCDEF 的底面是凸四边形 ABCD，其中 ABAD2，BAD 第 5 页（共 26 页） 120，AC，BD 垂直相交于点 O，OC2OA，棱 A
5、E，CF 均垂直于底面 ABCD （）求证：直线 DE 与平面 BCF 不平行； （）若 CF1，求直线 BC 与平面 BFD 所成的角的正弦值 20 （15 分）设数列an的前 n 项和为 Sn，Snn2，递增的等比数列bn满足：b11，且 b1， b2，b34 成等差数列 （）求数列an，bn的通项公式； （）求证：3 21 （15 分）如图，过点作直线 l 交抛物线 C：y2x 于 A，B 两点（点 A 在 P，B 之间） ，设点 A，B 的纵坐标分别为 y1，y2，过点 A 作 x 轴的垂线交直线 OB 于点 D （）求证：； （）求OAD 的面积 S 的最大值 22 （15 分）已知
6、函数 f（x）（x+2）ln（1+x）ax 第 6 页（共 26 页） （）当 a0 时，求 f（x）在 x0 处的切线方程； （）如果当 x0 时，f（x）0 恒成立，求实数 a 的取值范围； （）求证：当 a2 时，函数 f（x）恰有 3 个零点 第 7 页（共 26 页） 2019-2020 学年浙江省台州市高三（上）期末数学试卷学年浙江省台州市高三（上）期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题（共一、选择题（共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，满分分，满分 40 分）分） 1 （4 分） 已知集合 A0， 1， 2， B0， 1， 3， 若全集 UAB，
7、则U（AB） （ ） A2，3 B0，1 C0，1，2，3 D 【分析】先求出 U0，1，2，3，AB0，1，由此能求出U（AB） 【解答】解：集合 A0，1，2，B0，1，3，全集 UAB， U0，1，2，3，AB0，1， U（AB）2，3 故选：A 【点评】本题考查并集、交集、补集的求法，考查并集、交集、补集定义等基础知识， 考查运算求解能力，是基础题 2 （4 分）已知，则 a+b（ ） A4 B5 C6 D7 【分析】利用对数的运算性质即可得出 【解答】解：，b 则 a+blog2（48）5 故选：B 【点评】本题考查了对数的运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题 3 （4 分
8、）已知实数 x，y 满足，则 zx+y 的最大值为（ ） A4 B3 C D2 【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用 z 的几何意义，利用数形结合即可得到结 论 【解答】解：作出不等式组 对应的平面区域如图： 设 zx+y 得 yx+z， 第 8 页（共 26 页） 平移直线 yx+z，由图象可知当直线 yx+z 经过点 B（3，0）时， 直线 yx+z 的截距最大，此时 z 最大， 此时 z3， 故选：B 【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用 z 的几何意义，通过数形结合是解决本题 的关键 4 （4 分）二项式（12x）9的展开式中 x6的系数为（ ） A B C D 【分析】二项式
9、（12x）9的展开式中 x6的系数可从相乘的 9 个（12x）中选 6 个，使 这 6 个括号中都提供2x，剩下的三个括号均提供 1，即可得到答案 【解答】解：二项式（12x）9，其展开式中 x6的系数可 从 9 个括号中选 6 个，使这 6 个括号中都提供2x，剩下的三个括号均提供 1， 于是，二项式（12x）9的展开式中 x6的系数为： （2）6 故选：C 【点评】本题考查二项式定理的应用，利用组合的知识解决此类问题，比通项公式法更 好用，属于中档题 5 （4 分）函数 f（x）x+sin（x）的图象是（ ） 第 9 页（共 26 页） A B C D 【分析】由函数的奇偶性及特殊点，运用
10、排除法即可得到答案 【解答】解：f（x）x+sin（x）xsin（x）f（x） ，故函数 f（x）为 奇函数，其图象关于原点对称，故排除 A，C； 又 f（1）1+sin1，故排除 B 故选：D 【点评】本题考查函数图象的确定，考查识图读图能力，属于基础题 第 10 页（共 26 页） 6 （4 分）已知点 F 为椭圆 C的右焦点，点 P 为椭圆 C 与圆（x+2）2+y216 一个交点，则|PF|（ ） A2 B4 C6 D 【分析】求出椭圆的焦点坐标，圆的圆心与半径，利用椭圆的定义转化求解即可 【解答】解：点 F 为椭圆 C的右焦点，则 F（2，0） ，左焦点（2，0） ， 圆（x+2）2
11、+y216 的圆心（2，0） ，半径为 4，圆的圆心是椭圆的左焦点， 一点 P 为椭圆 C 与圆（x+2）2+y216 一个交点， 则|PF|2a4642 故选：A 【点评】本题考查圆的方程的应用，椭圆的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能 力，是基础题 7 （4 分）已知 a，bR， “|a|+|b|1”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 【分析】由不等式的基本性质结合充分必要条件的判定方法得答案 【解答】 解： a， bR， 由|a|+|b|1， 得|a+b|a|+|b|1 且|ab|a|+|b|1， 即； 反之，由|a+b|1 且|a
12、b|1，得，即|a|+|b|1 “|a|+|b|1”是“”的充要条件 故选：C 【点评】本题考查不等式的基本性质，考查充分必要条件的判定方法，是中档题 8 （4 分） 如图， 三棱柱 ABCA1B1C1的底面是边长为 2 的正三角形， 侧棱 AA1底面 ABC， 且，则异面直线 A1B，AC1所成的角的大小为（ ） 第 11 页（共 26 页） A B C D 【分析】根据题意可得出，AA1B1AA1C190， B1A1C160，然后根据进行数量积的运 算即可求出，从而可得出异面直线 A1B，AC1所成的角的大小 【解答】解：，AA1B1AA1C190，B1A1C1 60， 0， ， 异面直线
13、 A1B，AC1所成的角的大小为 故选：D 【点评】本题考查了利用向量求异面直线所成角的方法，向量加法的平行四边形法则， 向量加法、减法的几何意义，向量数量积的运算及计算公式，向量垂直的充要条件，考 查了计算能力，属于基础题 9 （4 分）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 MF 交另一条渐近线于 N，则（ ） 第 12 页（共 26 页） A2 B C D 【分析】画出图形，利用已知条件转化求解即可 【解答】解：由题意双曲线的离心率为：， 可得，可得，所以，渐近线方程为：y，如图： MOF30，F（c，0）则 MFb，OMa， 所以 M
14、N， 所以， 故选：B 【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查数形结合以及转化思想的应用，是中 档题 10 （4 分）已知数列an满足：an0，且 an22an+12an+1（nN*） ，下列说法正确的是 （ ） A若，则 anan+1 B若 anan+1，则 a11 Ca1+a52a3 D|an+2an+1|an+1an| 【分析】首先可分析得（an1） （an+11）0，再逐项判断即可 第 13 页（共 26 页） 【解答】解：an22an+12an+1， an212an+12an+11， （an1） （an+1）（an+11） （2an+1+1） ， 又 an0， （an1） （a
15、n+11）0； 对于 A，若 a1，则 a110，则 an10， an2an+12an+12an+1an+1（an+11）0，则 anan+1，故选项 A 错误； 对于 B，若 anan+1，则 an2an+12an+12an+1an+1（an+11）0，则 an1，故选 项 B 错误； 对于 C，考虑函数 y，如图所示， 当 a11，an单调递减，且anan+1越来越小， a1a3a3a5，即 a1+a52a3，故选项 C 错误； 对于 D，设 an+1x，则 an，an+2， 第 14 页（共 26 页） 由上图可知，|an+2an+1|，即|， 等价于 1+8x（4x1） ，等价于 23
16、x1，等价于 x22x+1 0， 而 x22x+10 显然成立，故选项 D 正确 故选：D 【点评】本题考查数列的递推关系，考查函数与数列的综合运用，考查逻辑推理能力及 运算能力，计算量较大，思维要求较高，属于难题 二、填空题二、填空题:单空题每题单空题每题 4 分，多空题每题分，多空题每题 6 分分. 11 （6 分）已知复数 z 满足 z（4i）i，其中 i 为虚数单位，则 z 的实部为 1 ，|z| 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简求得 z 的实部，再由复数模的计算公式 求模 【解答】解：z（4i）i1+4i， z 的实部为 1； |z| 故答案为：1； 【点评】本题考查复数代
17、数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数模的求法， 是基础题 12 （6 分）已知定义在 R 上的奇函数 f（x） ，当 x0，+）时满足：f（x） ，则 f（2） 1 ；方程 f（x）0 的解的个数为 5 【分析】根据函数解析式直接可求 f（x） ，通过数形结合，观察图象即可得出方程 f（x） 0 的解的个数 【解答】解：易知 f（2）f（21）f（1）1， 方程 f（x）0 解得个数即函数 yf（x）与函数图象的交点个数， 在同一坐标系中作出函数 yf（x）与函数的图象如图所示， 第 15 页（共 26 页） 由图象可知，函数 yf（x）与函数的图象共有 5 个交点，即方程 f（x）
18、0 的 解的个数为 5 故答案为：1，5 【点评】本题考查分段函数及函数零点与方程根的关系，考查数形结合思想及作图能力， 属于基础题 13 （4 分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 9 【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的体积 【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为： 下底面为直角梯形，高为 3 的四棱锥体， 如图所示： 所以：V， 故答案为：9 第 16 页（共 26 页） 【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式的应用， 主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型 14 （4 分）在我国东汉的数学专著九章算术
19、中记载了计算两个正数的最大公约数的一 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 已是 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 103 【分析】利用辗转相除法即可得出 【解答】解：566521632+1339，21631339+824，1339824+515，824
20、515+309， 515309+206.309206+103.2061032 5665，2163 的最大公约数为 103 故答案为：103 【点评】本题考查了辗转相除法求两个数的最大公约数，考查了推理能力与计算能力， 属于基础题 15 （6 分）如图，点为锐角 的终边与单位圆的交点，OP0逆时针旋转得 OP1， OP1逆时针旋转得 OP2， ， OPn1逆时针旋转得 OPn， 则 cos2 ， P2020的横坐标为 第 17 页（共 26 页） 【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义，求得 cos、sin 的值，再利用二倍角公 式求得 cos2 的值，诱导公式、诱导公式、两角和的余弦公式，求
21、得 P2020的横坐标 cos （+2020）的值 【解答】解：点为锐角 的终边与单位圆的交点，OP0逆时针旋转得 OP1， OP1逆时针旋转得 OP2，OPn1逆时针旋转得 OPn， cos，sin，故 cos22cos21 P2020的横坐标为 cos（+2020）cos（+673+）cos（+） coscossinsin （） （）， 故答案为：； 【点评】本题主要考查任意角的三角函数的定义，二倍角公式、诱导公式、两角和的余 弦公式，属于基础题 16 （6 分）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 1 对应的排法有 36 种；E（） 1
22、 ； 【分析】 的可能取值为 0，1，2，3，1 对应的排法有：36分别求出 P （0） ，P（1） ，P（2） ，P（3） ，由此能求出 E（） 【解答】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， 1 对应的排法有：36 1 对应的排法有 36 种； 第 18 页（共 26 页） P（0）， P（1）， P（2）， P（3）， E（）1 故答案为：36，1 【点评】本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查古典概型、 排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 17 （4 分）如图，正方形
23、 ABCD 的边长为 2，E，F 分别为 BC，CD 的动点，且|BE|2|CF|， 设，则 x+y 的最大值是 【分析】设边长为 1，|CF|a，建立直角坐标系，求得的坐标，根据题设 用 a 表示出 x+y，再利用函数即可得解 【解答】解：建立如图所示的直角坐标系，并设边长为 1，|CF|a，则 A（0，0） ，C（1， 1） ，E（1，2a） ，F（1a，1） ， 故， 又， ，则， 第 19 页（共 26 页） ， 令，则，当且仅当 “”时取等号 故答案为： 【点评】本题考查平面向量基本定理的运用，将平面向量问题坐标化，通过数形结合解 答是关键，属于中档题 三、解答题（共三、解答题（共
24、5 小题，满分小题，满分 74 分）分） 18 （14 分）如图，在四边形 ABCD 中，已知 AB3，BC5，CD7，ABC120， ACBACD （）求 sin 的值； （）求 AD 的长度 【分析】 （I）在ABC 中，利用余弦定理可得 AC，由正弦定理可得：sin （II） 为锐角，cos在ACD 中，由余弦定理可得 AD 【解答】解： （I）在ABC 中，AC232+52235cos12049，解得 AC7 由正弦定理可得：，解得 sin （II） 为锐角，cos 第 20 页（共 26 页） 在ACD 中，由余弦定理可得：AD27222727， 解得 AD 【点评】本题考查了正弦定
25、理余弦定理、同角三角函数基本关系式，考查了推理能力与 计算能力，属于中档题 19 （15 分）如图，七面体 ABCDEF 的底面是凸四边形 ABCD，其中 ABAD2，BAD 120，AC，BD 垂直相交于点 O，OC2OA，棱 AE，CF 均垂直于底面 ABCD （）求证：直线 DE 与平面 BCF 不平行； （）若 CF1，求直线 BC 与平面 BFD 所成的角的正弦值 【分析】 （）以 O 为原点，OC 为 x 轴，OD 为 y 轴，过 O 作垂直于平面 ABCD 的直线 为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明直线 DE 与平面 BCF 不平行 （） 求出平面 BFD 的法向量
26、， 利用向量法能求出直线 BC 与平面 BFD 所成的角的正弦 值 【解答】解： （）证明：以 O 为原点，OC 为 x 轴，OD 为 y 轴， 过 O 作垂直于平面 ABCD 的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系， 设 CFa，AEb，则 D（0，0） ，E（1，0，b） ，B（0，0） ，C（2，0， 0） ，F（2，0，a） ， （1，0） ，（2，0） ，（2，a） ， 设平面 BCF 的法向量 （x，y，z） ， 则，取 x，得 （，2，0） ， ， 第 21 页（共 26 页） 直线 DE 与平面 BCF 不平行 （）解：CF1，F（2，0，1） ， （2，0） ，（2，1） ，（
27、0，2，0） ， 设平面 BFD 的法向量 （x，y，z） ， 则，取 x1，得 （1，0，2） ， 设直线 BC 与平面 BFD 所成的角为 ， 则直线 BC 与平面 BFD 所成的角的正弦值为： sin 【点评】本题考查两直线不平行证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、 线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 20 （15 分）设数列an的前 n 项和为 Sn，Snn2，递增的等比数列bn满足：b11，且 b1， b2，b34 成等差数列 （）求数列an，bn的通项公式； （）求证：3 【分析】 （）运用数列的递推式：n1 时，a1S1，n2 时，anSnS
28、n1，化简可得 an；再由等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得首项和公比，即可得 到所求 bn； 第 22 页（共 26 页） （）方法一、先证明（n2） ，再由数列的错位相减法求和、不等式 的性质即可得证； 方法二、令 cn，下一步运用分析法证明“” ，再由等比数列的求和公 式和不等式的性质，即可得证 【解答】解： （）数列an的前 n 项和为，可得 a1S11， n2 时，anSnSn1n2（n1）22n1，对 n1 也成立， 则 an2n1，nN*； 递增的等比数列bn的公比设为 q，q1，由 b11，且 b1，b2，b34 成等差数列， 可得 2b2b1+b34，即 2q
29、q23， 解得 q3（1 舍去） ， 则 bn3n 1，nN*； （）证法一：， 当 n2 时， 3n1 （1+2） n11+1+2C +4C 2n+1， 由 ab0， m0， ， 可得（n2） ， +，设 Tn+ +， Tn+，相减可得Tn+2（+） +2， 可得 Tn， 所以+3 证法二、令 cn，下一步运用分析法证明“” ， 第 23 页（共 26 页） 要证，即证（4n+6） （3n1）（2n+1） （3n+11） ， 即证2n5（2n3） （3n1） ，对 nN*时，显然成立，则， 则 c1+c2+cn+（）n 1 3（1 ）3 【点评】本题考查数列的递推式的运用，考查等差数列和等比
30、数列的通项公式和求和公 式的运用，以及放缩法证明不等式，考查化简运算能力和推理能力，属于难题 21 （15 分）如图，过点作直线 l 交抛物线 C：y2x 于 A，B 两点（点 A 在 P，B 之间） ，设点 A，B 的纵坐标分别为 y1，y2，过点 A 作 x 轴的垂线交直线 OB 于点 D （）求证：； （）求OAD 的面积 S 的最大值 【分析】 （）可设直线 l 的方程为 ykx+，联立抛物线方程，运用韦达定理，化简可 得证明； （）由0，可得 k 的范围，点 A 在 P，B 之间，可得 y1（0，1） ，求得 D 的坐标， 运用三角形的面积公式和导数，判断单调性和极值、最值，可得所求
31、最大值 【解答】解： （）证明：可设直线 l 的方程为 ykx+，联立抛物线 y2x， 第 24 页（共 26 页） 可得 ky2y+0，则 y1+y2，y1y2， 即有+2； （）由12k0，即 k，由 A（y12，y1）在 P，B 之间， 所以 y1，y1（0，1） ，可设 D（y12，yD） ，D 在直线 OB：y 上可得 yD， 所以OAD 的面积为 Sy12（y1） ，由2，可得 Sy13y14（0y1 1） ，Sy12（34y1） ， 可得 0y1时，S0，函数 S 递增；y11 时，S0，函数 S 递减，可 得 y1，即 k时，OAD 的面积 S 的最大值为 【点评】本题考查抛物
32、线的方程和运用，考查直线方程和抛物线方程联立，运用韦达定 理，考查导数的运用：求最值，考查运算能力，属于中档题 22 （15 分）已知函数 f（x）（x+2）ln（1+x）ax （）当 a0 时，求 f（x）在 x0 处的切线方程； （）如果当 x0 时，f（x）0 恒成立，求实数 a 的取值范围； （）求证：当 a2 时，函数 f（x）恰有 3 个零点 【分析】 （）将 a0 代入，求导得出切线斜率，进而由点斜式得到切线方程； （）将 ln（1+x）前面的系数化为 1，转化为在（0，+）上恒成 立，构造新函数，分 a2 及 a2 讨论即可得出结论； （）函数 f（x）的零点个数等价于的零点个
33、数，利用导数研究函 数 h（x）的性质即可得证 【解答】解： （）当 a0 时，f（x）（x+2）ln（1+x） ，则， 切线斜率 kf（0）2， 又 f（0）0， 第 25 页（共 26 页） 所求切线方程为 y2x； （ ） 依 题 意 ，在 （ 0 ， + ） 上 恒 成 立 ， 设 ， 则， 当 a2 时，x2+（42a）x+42a0，则 h（x）0，h（x）在（0，+）上单调 递增，故 h（x）h（0）0 满足题意； 当 a2 时，设 g（x）x2+（42a）x+42a， 因为二次函数 g（x）的开口向上，g（0）42a0， 所以存在 x0（0，+） ，使得 g（x0）0，且当 x（
34、0，x0）时，g（x）0，h（x） 0，h（x）单调递减， 故此时 h（x）h（0）0，不满足题意； 综上，实数 a 的取值范围为（，2； （）证明：函数的定义域为（1，+） ，当 a2 时，函数 f（x）的零点个数等价于 的零点个数， 由（）可知， 设 g（x）x2+（42a）x+42a，由二次函数在 xR 时，g（1）10，g（0）4 2a0， 可知存在 x1（1，0） ，x2（0，+） ，使得 g（x1）g（x2）0， 在（1，x1） ， （x2，+）单调递增，在（x1，0） ， （0，x2）单 调递减， 又 h（0）0，故 h（x1）0，h（x2）0， 又当 xe a1 时， ，故 h（x）在（e a1，x 1）存在 一个零点； 当 xea1 时， 第 26 页（共 26 页） 故 h（x）在存在一个零点； 又 h（0）0，故当 a2 时，函数 f（x）恰有 3 个零点 【点评】本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究不等式的恒成立问题及函数的零 点问题，考查转化思想，逻辑推理能力，属于中档题
浙公网安备33030202001339号