浙江省2020届高三上学期10月教育绿色评价联盟适应性考试数学试题 Word版含解析

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2019-2020
学年浙 江省教育绿色评价联盟高三（上）
10
月
月考数学试卷

一、选择题（本大题共
10
小题）
1.

已知，，
0
，
1
，，
9
，
3
，，则
A
可 以是
A.

B.

C.

D.

D.
第四象限
2.

复数
i
为虚数单位在复平面上对应的点不可能位于
A.
第一象限
B.
第二象限
C.
第三象限
3.

在等比数列中，，则“”是“”的
A.
充分而不必要条件
C.
充要条件
A.

B.

B.
必要而不充分条件
D.
既不充分也不必要条件
C.

D.

4.

若实数
x
，
y
满足约束条件，则的取值范围是
5.

设是空间中的一个平面，
l
，
m
，
n
是三条不同的直线，则
A.
若，，，，则
B.
若，，，则
C.
若，，，则
D.
若，，，则
6.

如图为某几何体的三视图，根据图中标出的尺寸单
位：，可得这个几何体的体积是


A.

B.

C.

D.



7.

已知函数的部分图象如图所示，则的表达式可能是
A.


P

1

a

2

b

B.

3

C.

D.

8.

随机变量的分布列如表所示，若，则随机变量的方差等于
A.


B.

C.

D.

9.

已知函数，则
A.
仅有有限个实数
m
，使得有零点
B.
不存在实数
m
，使得有零点
C.
对任意的实数
m
，有零点
D.
对任意实数
m
，零点个数为有限个
10.

已知数列，满足：，，，则
A.
，
C.
，
B.
，
D.
，
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二、填空题（本大题共
7
小题）
11.

______
；
______
．
12.

“赵爽 弦图”巧妙地利用了面积关系证明了勾股定理，已知大
正方形面积为
9
，小正方形面积 为
4
，则每个直角三角形的面积
是
______
；每个直角三角形的 周长是
______
．



13.

若的展开式中所有项的系数之和为
256
，则
___
；含项的系数是
___
用数字作答．
14.

已知 ，，且，则
xy
的最大值为
______
，的最小值为
______
．
15.

某校从
8
名教师中选派
4
名 教师同时去
4
个边远地区支教每地
1
人，其中甲和乙不
同去，甲和丙 只能同去或同不去，则不同的选派方案共有
______
种．
16.
倾斜角为的直线经过双曲线的左焦点，且与双曲线的左、右支分别交于
A
，
B两点，
若线段
AB
的垂直平分线经过右焦点，则此双曲线的离心率为
__ ____
．
17.

已知平面向量，，且，若平面向量满足，则的最大值
______
．
三、解答题（本大题共
5
小题）
18.

设
a< br>，
b
，
c
分别是的三个内角
A
，
B
，
C
的对边，已知，，且．
求角
A
的大小；
当
A
为锐角时，求函数的取值范围．







19.

如图，在四棱锥中，，，．
证明：；
求
PC
与平面
PAB
所成角的正弦值．













20.

设正数数列的前
n
项和为，已知．
求数列的通项公式；
若数列满足，求数列的前
n
项和．



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21.

已知椭圆
C
：上任意一点到椭圆左、右顶点的斜率之积为．
求椭圆
C
的离心率；
若直线与椭圆
C
相交于
A< br>、
B
两点，若的面积为，求椭圆
C
的方程．







22.

已知函数．
求在点处的切线方程；
若，证明：在上恒成立；
若方程有两个实数根，，且，证明：．






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答案和解析

1.
【答案】
A

【解析】解：，，
0
，
1
，，
9
，
3
，，
．
故选：
A
．
推导出，由此能求出结果．
本题考查集合的求法，考查子集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.
【答案】
D

【解析】解：
i
为虚数单位，
此复数的实部为，虚部为

，虚部大于实部，故复数的对应点不可能位于第四象限，
故选：
D
．
复数分子、分母同乘分母的共轭复数，虚数单位
i的幂运算性质，化简复数到最简形式
为、的形式，
分析实部和虚部的大小关系．
本题考查复数的实部和虚部的定义，两个复数代数形式的乘除法，虚数单位
i
的幂运算
性质．
3.
【答案】
A

【解析】【分析】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等比数列的性质是解决本题的关键．
根据充分条件和必要条件的定义结合等比数列的性质进行判断即可．
【解答】
解：在等比数列中，若，即，
，，
即，则，即成立，
若等比数列
1
，，
4
，，
16
，
满足，但不成立，
故“”是“”的充分不必要条件，
故选：
A
4.
【答案】
D

【解析】解：根据实数
x
，
y
满足约束条件作
出可行域，
如图所示阴影部分．
作出直线
l
：，将直线
l
向上平移至 过点时，取
得最小值：
5
．
则的取值范围是．
故选：
D
．
作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数
的几何意义，结合数形结合即可得到结论． 本题主要考查线性规划的应用．本题先正确的
作出不等式组表示的平面区域，再结合目标函
数的几何意义进行解答是解决本题的关键．
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5.
【答案】
B

【解析】解：由是空间中的一个平面，
l
，
m
，
n
是三条不同的直线，知：
在
A
中，若，，，，
则
l
与相交、平行或，故
A
错误；
在
B
中，若，，，
则由线面垂直的判定定理得，故
B
正确；
在
C
中，若，，，则，故
C
错误；
在
D
中，若，，，则
l
与
m
相交、平行或异面，故
D
错误．
故选：
B
．
在
A
中，
l
与相交、平行或 ；在
B
中，由线面垂直的判定定理得；在
C
中，；在
D
中，
l
与
m
相交、平行或异面．
本题考查命题真假的判断，考查空间中 线线线、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．
6.
【答案】
A

【解析】解：由三视图可得：该几何是一个以侧视图为底
面的四棱锥，
其底面面积，
高，
故棱锥的体积，
故选：
A
．
由已知可得：该几何 是一个以侧视图为底面的四棱锥，求
出棱锥的底面面积和高，代入棱锥体积公式，可得答案．
本题是基础题，考查几何体的三视图，几何体的表面积和
体积的求法，准确判断几何体的形状是解题的关 键．
7.
【答案】
B

【解析】解：根据题意，由的图象：为偶函数，并且当时，，
据此分析选项：
对于
A
，，，即函数为奇函数，不符合题意；
对于
B
，，，即函数为偶函数，当时，，符合题意；
对于
C
，，，即函数为奇函数，不符合题意；
对于
D
，，，即函数为偶函数，但时，，不符合题意；
故选：
B
．
根据题意，由的图象分析可得为偶函数，并且当时，，据此分析选项，综合即可得答案．
本题考查函数的图象分析，涉及函数奇偶性的判断分析，属于基础题．
8.
【答案】
C

【解析】解：由分布列可知：，
，解得，，
故
D
．
故选：
C
．
首先 分析题目已知的分布列，利用期望求出
a
，
b
，再根据方差公式直接求得方差 即可．
此题主要考查离散型随机变量的期望与方差的求法，对于分布列的理解与应用，是基本
知识的考查．
9.
【答案】
C

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【解析】解：根据题意，函数，
当时，，，恒成立，
即是函数的零点，
故对任意的实数
m
，有零点，
故选：
C
．
根据题意，由函数的解析式可得时，，，恒成立，即是函数的零点，据此分析可得答案．
本题考查函数零点的定义，涉及三角函数的性质，属于基础题．
10.
【答案】
A

【解析】解：列，满足：，，，
所以，
则．
由于，
所以，
所以，
所以．
故选：
A
．
首先利用数列的通项公式的应用和关系式的放缩求出，进一步利用平方法求出．
本题考查的知 识要点：数列的通项公式的应用，放缩法的应用，关系式的变换的应用，
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．
11.
【答案】
7 0

【解析】解：，．
故答案为：
7
，
0
．
进行对数和分数指数幂的运算即可．
考查对数和分数指数幂的运算．
12.
【答案】



【解析】解：设直角三角形较长直角边长为
a
，较短直角边长为
b
，
由于大正方形面积为
9
，小正方形面积为
4
，
可得小正方形的边长为：，

大正方形的边长为，

联立，解得，负值舍去，可得，
可得每个直角三角形的面积，
每个直角三角形的周长是．
故答案为：，．
设直角三角形较长直角边长为
a
，较短直角边长为
b
，由题意可知：中间小正方形的边
长为：，大正方形的 边长为，联立解得
a
，
b
的值，即可求解．
本题考查勾股定理，三 角形的面积公式在解三角形中的应用，解题的关键是熟练运用勾
股定理以及完全平方公式，属于基础题．
13.
【答案】
4
；
108

【解析】【分析】
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于中
档题．
令，可得的展开式中所有项的系数之和，再根据系数和为
256
，求得
n；根据，展开求
得含项的系数．
【解答】
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解：令，可得的展开式中所有项的系数之和为，则．
，
含项的系数是，
故答案为
4
；
108
．
14.
【答案】



【解析】解：，，，
由，可得：
，
则，
当且仅当时，取得等号，
即
xy
的最大值为，
，当且仅当时取等号，
故的最小值为，
故答案为：，

直接利用关系式的恒等变换和均值不等式求出结果．
本题考查基本不等式的运用：求最值，注意等号成立的条件，考查运算能力，属于基础
题．
15.
【答案】
600

【解析】解：某校从
8
名教师中选派
4
名教师同时去
4
个边远地区支教每地
1
人，
其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，可以分情况讨论，
甲、丙同去，则乙不去，有种选法；
甲、丙同不去，乙去，有种选法；
甲、乙、丙都不去，有种选法，
共有种不同的选派方案．
故答案为：
600
．
题目对于元素有限制，注意先安排有限制条件的元素， 甲和乙不同去，甲和丙只能同去
或同不去，可以分情况讨论，甲、丙同去，则乙不去；甲、丙同不去，乙 去；甲、乙、
丙都不去，根据分类计数原理得到结果．
应用分类加法计数原理，首先确定分类 标准，其次满足完成这件事的任何一种方法必属
某一类，并且分别属于不同的两类的方法都是不同的方法 ，即做到不重不漏．
16.
【答案】


【解析】解：如图为的垂直平分线，
可得，
且，
可得，，
由双曲线的定义可得，，
即有，
即有，，
，
由，可得，
可得，即，
所以双曲线的离心率为：．
故答案为：．
由垂直平分线性质 定理可得，运用解直角三角形和双曲线的定义，求得，结合勾股定理，
可得
a
，
c
的关系，进而得到
a
，
b
的关系，然后求双曲线的离心率．
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本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程的求法，考查垂直平分线的性质和解
直角三角 形，注意运用双曲线的定义，考查运算能力，属于中档题．
17.
【答案】


【解析】解：由，得，，两式相加得，
又，所以，即，当且仅当与反向时等号成立，而，
当且仅当时等号成立，，当且仅当与反向，时等号成立，则的最大值为．
故答案为：．
首先对两式，平方相加，然后利用三角不等式得，基本不等式得，从而求出的最大值．
本题考查了平面向量的模，基本不等式、三角不等式的应用，是中档题．
18.
【答案】解：，
，由正弦定理得：，且，
，
或；
当
A
为锐角时，，则，
，
，
，
，
，
，
所求函数的取值范围．

【解析】根据即可得出，根据正弦定理即可得出，从而求出，这样即可求出
A
的大小；
据条件可得出，从而得出，并可得出，可求出的范围，进而求出的范围，从而求出原函
数的取值 范围．
考查向量垂直的充要条件，向量数量积的坐标运算，正弦定理，以及不等式的性质，两
角和的正弦公式，以及三角函数的诱导公式．
19.
【答案】解：Ⅰ证明：因为，，

所以≌，所以．
取
BD
的中点
E
，连接
AE，
PE
，所以，．
所以面
PAE
．
又面
PAE
，所以．
Ⅱ解：在中，根据余弦定理，得：
，
所以．
又因为，所以，，
所以，即．
设点
C
到平面< br>PAB
的距离为
h
，
PC
与平面
PAB
所成 角为，
因为，即，
所以，
所以，
所以
PC
与平面
PAB
所成角的正弦值为．

【 解析】Ⅰ推导出≌，取
BD
的中点
E
，连接
AE
，
PE
，推导出，从而面由此能证明．
Ⅱ由余弦定理，求出推导出设点
C
到平 面
PAB
的距离为
h
，
PC
与平面
PAB
所成角为，
由，求出，由此能求出
PC
与平面
PAB
所成角的正弦值 ．
本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面
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间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.
【答案】解：Ⅰ当时，，
解得．
根据已知条件转换为，

当时，

得，
即，
由于正数数列，
所以．
即常数

故数列是首项为
1
，公差为
2
的等差数列．
．
Ⅱ．
令前
n
项和为．
所以，
得．
所以，
整理得．

【解析】直接利用数列的递推关系式的应用，求出数列的通项公式．
利用的结论，进一步利用分组法的应用和裂项相消法的应用求出数列的和．
本题考查的知识要 点：数列的通项公式的求法及应用，分组法和裂项相消法在求和中的
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．
21.
【答案】解：由题意，左右顶点的坐标分别为、，
，即，
又点
P
在椭圆上，，即

，则，
又，，
所以椭圆的离心率；
设，，
由得：，
，，
又点
O
到直线的距离

的面积为，
，
，则

椭圆
C
的方程为．

【解析】写出左右顶 点的坐标，计算出斜率之积，再结合椭圆的方程及
a
，
b
，
c
之间的
关系即可得到离心率
e
的值；
联立直线与椭圆的方程，利用弦长公 式求出，再求出原点到直线的距离，根据面积即可
求出椭圆方程．
本题考查椭圆中三角形面积问题，属于中档题．
，
22.
【答案】解：函数，由
由，，
所以切线方程为，
当时，，所以．
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故只需证，
构造，
，
又在上单调递增，且
故因此，得证．
由知在点处的切线方程为．
构造，
当时，
所以
又
在上单调递增．
所以．
设方程的根又
，
，知在上单调递增，
．
0'>
； ；当时，
在上单调递减，在上单调递增．
，，，所以在上单调递减，
，由在
R
上单调递减，所以
．
另一方面，在点处的切线方程为．
构造．
，．
0'>
； 当时，；当时，
所以在上单调递减，在上单调递增．
又
上单调递增．
所以．
设方程的根
又
所以
，
，
所以，得证．
．
，由在
R
上单调递增，
．
，
，，，所在上单调递减，在

【解析】由，，可得利用点斜式可得切线方程．
根据，当时，，所以故“在上恒成立”等价于“在上恒成立”，构造函数，只需证明最
小值大于等于< br>0
即可．
由知在处的切线方程，令，求得导数和单调性，可得，解方程得其根，运用函 数的
单调性，所以，；另一方面，在点处的切线方程为，构造，同理可得，解方程
得其根，运用 函数的单调性，所以根据不等式的基本性质即可得出结论．
本题考查了导数的综合运用：求切线的斜率 切线方程，求函数单调性和最值，考查分类
讨论思想方法和构造函数法，考查化简运算能力和推理能力， 属于难题．

欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。