浙江省湖州市2020届高三上学期期末考试数学试题(解析版)

一、选择题

1. 若集合Ax|1x2，集合Bx|22x4，则AUB（ ） A. 1,2 2. 已知复数zA. 1

B. 1,2

C. 0,2

D. 0,2

42i（i为虚数单位），则复数z的模z（ ） 12iB.

2

C. 2 D. 4

3. 已知等差数列an的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2（ ） A. -4

B. -6

C. -8

D. -10

y1y14. 实数x、则目标函数z（ ） y满足约束条件yx0，x0的取值范围是

xyx0A. 2,2

3B. ,2U2, C. ,2U2, D. 2,2

5. 若xR，则“x1”是“x1”的（ ） A. 充分不必要条件 C. 充要条件

B. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

x2y21的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线l交双曲线于P，Q6. 已知双曲线

164两点.若PQ长为5，则PQF1的周长是（ ） A. 13

B. 18

C. 21

D. 26

7. 已知离散型随机变量满足二项分布且:B3,p，则当p在0,1内增大时，（ ） A. D减小

B. D增大

D. D先增大后减小

C. D先减小后增大

2xx2,x08. 已知函数fx1，若函数gxfxxm恰有三个零点，则实数

,x0xm的取值范围是（ ）

A. ,2U1,0 4B. 2,U0, D. ,2U0,

22214C. 2,U0,

41149. 已知实数a，b，c满足ab2c1，则2abc的最小值是（ ） A. 3 4B. 9 8C. -1

D. 4 310. 在三棱锥SABC中，ABC为正三角形，设二面角SABC，SBCA，

SCAB的平面角的大小分别为,,,,，则下面结论正确的是（ ）

2A.

111的值可能是负数 tantantan

B. 3 2C.  数 二、填空题

D.

111的值恒为正tantantan11. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积为______cm，表面积为______cm.

23

112. 二项式x的展开式中常数项等于______，有理项共有______项.

xx2y21的相交于A，B两点，则AB的最小13. 已知直线xmy2mR与椭圆95值为______；若AB630，则实数m的值是______. 714. 设ABC的三边a，b，c所对的角分别为A，B，C.若b3ac，则______，tanA的最大值是______.

222tanCtanB15. 现有5个不同编号的小球，其中黑色球2个，白色球2个，红色球1个，若将其随机排成一列，则相同颜色的球都不相邻的概率是______.

16. 对任意x1,e，关于x的不等式xlnxa2axalnxaR恒成立，则实数a的取值范围是______.

17. 正方形ABCD的边长为2，E，M分别为BC，AB的中点，点P是以C为圆心，CEuuuuruuur为半径的圆上的动点，点N在正方形ABCD的边上运动，则PMPN的最小值是______.

三、解答题

18. 已知函数fxsinxsinx1xR. 34（1）求f的值和fx的最小正周期； 3A1，a2，24（2）设锐角ABC的三边a，b，c所对的角分别为A，B，C，且f求bc的取值范围.

19. 如图，三棱锥DABC中，ADCD，ABBC42，ABBC.

（1）求证：ACBD；

（2）若二面角DACB的大小为150且BD47时，求BCD的中线BM与面

ABC所成角的正弦值.

*20. 已知Sn是数列an的前n项和，已知a11且nSn1n2Sn，nN.

（1）求数列an的通项公式； （2）设bn1整数n的最小值.

21. 已知点F是抛物线C：y4x的焦点，直线l与抛物线C相切于点Px0,y0y00，

2n4an1*nP，数列的前项和为，若，求正P1nNbnnn220204n1连接PF交抛物线于另一点A，过点P作l的垂线交抛物线C于另一点B.

（Ⅰ）若y01，求直线l的方程； （Ⅱ）求三角形PAB面积S的最小值.

22. 已知函数fxlogaxxlnx，a1. （1）求证：fx在1,上单调递增；

（2）若关于x的方程fxt1在区间0,上有三个零点，求实数t的值；

1（3）若对任意的x1,x2（e为自然对数的底数），a,a，fx1fx2e1恒成立

2求实数a的取值范围.

参考答案

一、选择题 1-5：BCBCA 1. 方法提供与解析： 解析1：（集合运算）

6-10：DDABD

Bx|1x2，AUB1,2，故选B.

2. 方法提供与解析： 解析1：（复数的运算）

z42i42i12i10i2iz2，故选C. 12i12i12i53. 方法提供与解析： 解析1：

2a1a4，代入a1a22，a3a22，a4a24，又a1，a3，a4成等比数列，则a3解得a26，故选B. 4. 方法提供与解析： 解析1：

取点1,2，可得z2，排除A，B，取点5. 方法提供与解析： 解析1：

由x1得x1，由x1得x1或x1，故选A. 6. 方法提供与解析： 解析：（第一定义）

由双曲线的第一定义：PF1PF28，QF1QF28，两式相加可得：

PF1QF1QF2PF216，即PF1QF1PQ16，等式左右加上2PQ得：

311,，可得z3，排除D，故选C. 22CPQF1162PQ26，故选D.

7. 方法提供与解析： 解析：（结论）

易知fpD3p1p，当p在0,1内增大时，D先增大后减小，故选D. 8. 方法提供与解析： 解析：（数形结合）

由已知条件可转化为y1fx，y2xm两个函数恰有三个交点，当直线与左侧曲线相切m2，当直线与右侧曲线相切m1，直线过原点m0，故选：A. 4

9. 方法提供与解析： 解析：（基本不等式和函数）

由ab2ab，求2abc的最小值，则ab0，即

22917a2b212c22ab2abc2c2c1，此时c，ab，所以

841692abc的最小值是为，故选：B.

810. 方法提供与解析：

解析：A、D选项非此即彼，排除B、C（后面讨论涉及B、C分析）.

记O为点S在平面ABC的投影，则如图（4），根据正三角形对称性，O可能落在7个区域，只需分析落在区域7，4，5分别与图（1）、（2）、（3）对应. 图（1）：若S接近O，则0，C错。显然此时

1110 tantantan图（2）：如图，可得

dd2d311110（证明见附证1） tantantanSOddd3111120（证明见附证2），另外， tantantanSO图（3）：如图，可得

此时S接近O，则2，B错，综上所述，答案为D. 附证1：如图设AB2，则3SABC111ACd1BCd2ABd3222d1d2d33，

附证2：如图设AB2，则3SABC111ACd1BCd2ABd3222d1d2d33.

二、填空题

11. 7682 12. 15；4 13. 15.

210；1 14. -2；

432 16. 1 17. 15 511. 方法提供与解析： 解析1：（三视图）

解：如图，该几何体是正方体割去一部分，该几何体的体积为14456， 表面积为1424442247682. 12. 方法提供与解析： 解析1：（二项式定理）

r因为Tr1C6x6r63r1rC6x2， xr当r2时，常数项等于15；

当r0,2,4,6时，为有理项，所以共有4项. 13. 方法提供与解析：

解析1：（直线与圆锥曲线位置关系）

x2y21得，5m29y220my250，设Ax1,y1，将xmy2mR代入95Bx2,y2，y1y2则AB1m所以最小值为若AB220m25，， yy12225m95m92301m22520m， 24225m95m95m910； 330，则m1. 714. 方法提供与解析： 解析：（正余弦定理）

由余弦定理，得cab2abcosCb3a，化简得abcosC. 由正弦定理，得sinAsinBcosCsinBC，化简得

22222tanC2，即tanBtanC2tanB.

所以tanAtanBCtanBtanCtanB1tanBtanC12tan2B112tanBtanB，由对勾函

数或基本不等式易得，当tanB22时，tanA有最大值，tanAmax.故分别填-2与242. 415. 方法提供与解析： 解析1：（分类+捆绑+插空法）

5个不同编号的球排成一列，共5!120种排法.根据红色球是否在黑色球中间分成两类讨

22论.①红色球在黑色球中间，则先排黑色球和红色球，再将白色球插空，共A2A424种排

法；②红色球不在黑色球中间，则必然有且只有一个自色球在黑色球中间，先选一自色球排

123在黑色球中间，再将这个白色球与黑色球捆绑，最后全排列，共C2A2A324种，则相同

颜色的球都不相邻，共120482448种排法，其概率为P解析2：（排除+捆绑+插空法）

4822.故填. 120552235个不同编号的球排成一列，共5!120种排法.恰有一种颜色相邻，共2A2A2A348种排223法；恰有两种颜色相邻，共A2A2A324种排法.则相同颜色的球都不相邻，共

120482448种排法，其概率为P16. 方法提供与解析： 解析1：端点效应

4822.故填. 12055当x1时，原不等式化为aa，解得0a1；当xe时，原不等式化为eaaea，因式分解为a1ae0，解得1ae.综上，a1（一般而言，对选填做到这步就足够了，但如果是解答题需要再加以验证a1是否满足要求才算严谨）.再证明a1时满足条件.

当a1时，原不等式化为xlnx1xlnx，即需证xlnxxlnx10，因式分解为

22x1lnx10，对任意x1,e.

即实数a的取值范围是1.

解析2：因式分解，解一元二次不等式

原不等式进行因式分解，化为xalnxa0，易知当x1,e时有lnxx，故解得

lnxax.由x的任意性知lnea1，即a1.故实数a的取值范围是1.

17. 方法提供与解析 解析1：坐标法

建立如图所示的坐标系，则B2,0，C2,2，M1,0，圆C的方程为

x2y2221，所以可设P2cos,2sin，

（1）当N在AB边上时，设Nx,0，0x2，则

uuuuruuurPM1cos,2sin，PNx2cos,2sin，所以 uuuuruuurPMPN1cosx2cos2sin2sin 1cosx1cos2cos2sin221cos1cos2cos2sin

54sincos517；

（2）当N在BC边上时，设N2,y，0y2，则

2uuuuruuurPM1cos,2sin，PNcos,y2sin，所以 uuuuruuurPMPN1coscos2siny2sin coscos22siny2sin2coscos22sin22sin

coscos22sin22sin12sincos15.

uuuuruuur当N在CD，所以PMPN的最小值是15（当且仅当N在C处，DA边上时同理可得，

22P在P0处取到最小值）

解析2：利用数量积的几何意义

uuuuruuuruuuruuuuruuuruuurPMPNPCCMPCCNuuuruuuuruuuruuuuruuuruuuruuuuruuuuruuur1PCCMPCCMCN1PCCMPMCN15015（当且仅当N在C处，P在P0处取到最小值）. 三、解答题 18. 方法提供：

解析：先利用两角和的正弦公式及降幂公式化简函数fx，第二问可以用基本不等式求解. 解：由题fxsinx1112313sinxsinxcosx sinxcosx22424211311cos2xsin2xsin2x. 4444262121sin，T. 232362（1）f（2）f1A1sinAA0,，，所以， A226423222在ABC中，由余弦定理abc2bccosA可得：

bc，即bc4， 224b2c2bcbc3bcbc34又因为在ABC中，bc2，

所以，综上可得：bc的取值范围是2,4. 19. 方法提供：

解析：（1）证明：取AC中点O，连BO，DO，∵ADCD，ABBC，

2∴ACBO，ACDO，BO,DO平面BOD，且BOIDOO， ∴AC平面BOD，又BD平面BOD，∴ACBD. （2）由（1）知BOD是二面角DACB的平面角，

∴BOD150，又由AC平面BOD知平面BOD平面ABC， 所以在平面BOD内作OZOB，则OZ面ABC，可建如图坐标系， 又易得OB4，故在BOD中由余弦定理可得OD43，

于是可得各点坐标为A0,4,0，B4,0,0，C0,4,0，D6,0,23，

uuuur∴M3,2,3，∴BM7,2,3，

r又平面ABC的一个法向量为n0,0,1，

ruuuurnBM342所以直线BM与面ABC所成角的正弦值sinruuuu. r2856nBM法二：由（1）知BOD是二面角DACB的平面角，∴BOD150. 作DPBO于P，则由AC平面BOD知DP平面ABC，且DOP30， 又易得OB4，故在BOD中由余弦定理可得OD43，∴DPDOsinDOP23.

又M为DC中点，所以M到平面ABC的距离d1DP3. 2BD2BC2CD2514因为BD47，DC8，BC42，∴cosDBC，

2BDBC28uuuur1uuuruuur1∴BMBMBDBC22uuur2uuuruuuruuurBD2BDBCBC2214.

所以直线BM与面ABC所成角的正弦值sin20. 方法提供:

（1）解析1：（累乘法）由nSn1n2Snd342. BM2856Sn1n2，所以n2时， SnnSnnn1SnSn1S2n1nn143LS11， Sn1Sn2S1n1n2n3212又S1a11也成立，所以Snnn1， 2所以当n2时，anSnSn1n，又a11也成立，所以ann. 解析2：（配凑常数数列）nSn1n2SnSn1SnSn1Sn，n2n1n1nn2n故nn1SnS11SnS为常数列，即，所以，所以当n2时，n2n1n212n1nanSnSn1n，又a11也成立，所以ann.

解析3：（直接求an）nSn1n2Snnan12Sn，所以n1an2Sn1，两式相减可得ann1n1anan1anaa又因为a22，所以n21，即当n2n2，

n1nn2时，ann，当n1也成立，故ann. （2）解析（裂项相消）：由上题可知bn1n4n11n1，所以

4n212n12n111111111nnn，所以Pn1L1111335572n12n12n1112019，故n的最小值为1010. Pn1n2n12020221. 方法提供与解析： （1）解析1：

第（1）小题解析：由y01得P,1， 设直线l的方程为ty1x141， 41ty1x由4得y24ty4t10， y24x因为直线l与抛物线C相切，故16t44t10，解得t21. 2故所求直线l的方程（1）解析2：

111y1x，即y2x. 242第（1）小题解折：由y01得P,1，故切线直线l的方程y0y2xx0即

141y2x.

4（2）解析1：

2y12y2第（2）小题解析：设切线l的方程为tyy0xx0，A,y1，B,y2，

44uuuruuuruuury2ry2uuu1又由A，F，P三点共线，故FA//FP，FA1,y1，FP01,y0，

44化简可得，y1y04，

44A2,，

y0y0tyy0xx02由得y4ty4y04x00，

2y4x因为直线l与抛物线C相切，故2y04t，即ty0， 23y0y00， 故直线PB的方程为yy0xx0，y0x2y2y042因此点A到直线PB的距离为

3y042y0y4dy420y0242024y0y4，

3y08yx2y2y003由0得y0y28y8y0y0，0，y0y2y40y24xy28y0， y0故PB1448y2y0122y0， y0y0y0所以SPAB1148dPB122y0

2224y0y04y0y03y0242241y0 4y014144yy02y16等号成立当且仅当，即y02时等号成立. 00y4y04y00此时三角形PAB面积S的最小值为16. 22. 方法提供与解析： 解析：

（1）f'x2增.

（2）f'x33lnxxlna211，∵x1，∴f'x0，故fx在1,上单调递

x2lnxxlnalnaxlna2222，

令gx2lnxxlnalna，g'x222lna0，g10， x故当x0,1，g'x0，x1,，g'x0，

即fx在x0,1上单调递减；在x1,上单调递增.f11，

若fxt1fxt1在区间0,上有三个零点，则t11，t2.

1（3）fx在xa,1上单调递减；在x1,a上单调递增.

故fxminf11，fxmaxmaxf1,fa， a令haf11fa2lnaa，∴ha0， aa故fxmax1alna，∴alnae1alnae1，∴a1,e.