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  • 2021-06-16 发布

浙江省杭州市第二中学2020届高三上学期开学考试数学试题

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杭州市第二中学2020届高三上学期开学考试 数学 一.选择题:本大题共10小题,共40分 ‎1.设集合,,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因为,所以,应选答案C。‎ ‎2.设 均为单位向量,则“夹角为”是“”的 A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由向量的模长公式结合充要条件判断即可 ‎【详解】因为 均为单位向量 若夹角为,‎ 则,‎ 因此,由“夹角为”不能推出“”;‎ 若,则 解得,即夹角为,‎ 所以,由“”不能推出“夹角为”‎ 因此,“夹角为”是“”的既不充分也不必要条件.‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的判断,以及向量的数量积运算,熟记充分条件与必要条件的概念,以及向量的数量积运算法则即可,属于常考题型 ‎3.已知,则的值为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 由诱导公式结合二倍角公式求解即可 ‎【详解】== ‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查诱导公式及二倍角公式,准确计算是关键,是基础题 ‎4.已知,,,是奇函数,直线与函数的图像的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为,则( )‎ A. 在上单调递减 B. 在上单调递减 C. 在上单调递增 D. 在上单调递减增 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数是奇函数,得又由图像的两个相邻交点的横坐标之差得周期,从而可求出函数的解析式,进而求解.‎ ‎【详解】因为是奇函数,所以 所以;‎ 又由已知得 所以 ‎ 所以 由函数的解析式可知在上单调递减。‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数周期性和奇偶性,属于基础题.‎ ‎5.已知等比数列的各项均为正数,且,,成等差数列,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 易得,于是根据已知条件求等比数列的公比即可.‎ ‎【详解】设公比为.由,,成等差数列,可得,‎ 所以,则,解(舍去)或.‎ 所以.故选A.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列、等差数列的基本问题.在等比数列和等差数列中,首项和公比(公差)是最基本的两个量,一般需要设出并求解.‎ ‎6.若对,有,求的最大值与最小值之和是( )‎ A. 4 B. 6 C. 8 D. 10‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出的值,再根据函数对称性的定义判断出函数图象关于点对称,即最大值与最小值也关于对称,从而最大值与最小值的和为;再根据函数的奇偶性的定义判断出为奇函数,即函数图象关于点对称,即最大值与最小值也关于对称,从而最大值与最小值的和为得出选项.‎ ‎【详解】令,则,,即为奇函数,图象关于原点对称,因此最大值与最小值的和为;令,可得,令则,可得,即函数图象关于点对称,故最大值与最小值的和为,综上所述,函数的最大值与最小值之和为,故选B.‎ 点睛:本题考查抽象函数和具体函数的性质,属于中档题.抽象函数的性质主要利用赋值法来判断。‎ ‎7.设的内角所对的边分别为,且,已知的面积,,则的值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 变形,结合可得,求出,由三角形的面积可得,再根据正弦定理可得结果.‎ ‎【详解】由得,‎ 由正弦定理,‎ 得,‎ 由,‎ 由,又根据正弦定理,得,故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用,属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具,其常见用法有以下几种:(1)知道两边和一边的对角,求另一边的对角(一定要注意讨论钝角与锐角);(2)知道两角与一个角的对边,求另一个角的对边;(3)证明化简过程中边角互化;(4)求三角形外接圆半径.‎ ‎8.如图,已知等腰梯形中,,,是的中点,是线段上的动点,则的最小值是( )‎ A. 0 B. C. D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量加法的三角形法则表示,再由数量积的运算法则将转化成关于的二次函数,求得最小值.‎ ‎【详解】由已知得 设,所以= ‎ 所以当 有最小值 ‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查向量的数量积的运算,关键要将待求的向量表示成已知向量的线性运算,属于中档题.‎ ‎9.设函数的定义域为,满足,且当时,.若对任意,都有,则的取值范围是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用对勾函数求得在的最小值,再得图象向右移动个单位,其函数值扩大倍,从而求解.‎ ‎【详解】当时,的最小值是 由知 当时,的最小值是 当时,的最小值是 要使,则,‎ 解得:或 ‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查对勾函数和的图象平移和函数值的倍数关系,属于难度题.‎ ‎10.已知,且函数.若对任意的不等式恒成立,则实数的取值范围为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题目得已知函数和要求解的不等式中都含有待求的参数,且已知函数中含有两个绝对值符号,直接求解难度很大,因此考虑用排除法,代值验证可得解.‎ ‎【详解】当时,‎ 且 所以,‎ 此时化为,‎ 即,所以在不是恒成立的.故A、B不对;‎ 当时,,‎ 当时,,‎ 所以,‎ 此时化成,‎ 即满足恒成立,所以当时成立,‎ 故D不对,C正确;‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了含绝对值不等式恒成立的问题,考查了小题小做的技巧方法,属于中档题.‎ 二.填空题:本大题共7小题,共42分 ‎11.抛物线的焦点在直线2mx+my+1=0上,则m=__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解析:因抛物线的焦点为,故代入直线方程中可得,应填答案。‎ ‎12.已知,,则的取值范围是___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数运算法则化简,再由已知代数式表示待求的代数式,并且利用不等式的性质求出的范围,最后运用指数函数的单调性得解.‎ ‎【详解】由,‎ 设 则 ‎ 所以 由已知得 即 所以 即 故答案为[2,128].‎ ‎【点睛】本题考查不等式的性质和指数运算以及指数函数的单调性,属于中档题.‎ ‎13.设,是关于的一元二次方程的两个实根,则的最小值是___________.‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由韦达定理将表示成关于的函数,注意根据判别式得出的范围,从而求出最小值.‎ ‎【详解】由已知得,‎ 且或 ‎ 所以 当时,得到最小值8.‎ 故答案为:8.‎ ‎【点睛】本题考查一元二次方程的韦达定理和二次函数的最值,属于中档题.‎ ‎14.已知将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象,若和的图象都关于对称,则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据左右平移可得解析式;利用对称性可得关于和的方程组;结合和的取值范围可分别求出和的值,从而得到结果.‎ ‎【详解】由题意知:‎ 和的图象都关于对称 ‎,解得:,‎ ‎ ‎ 又 ‎ 本题正确结果:‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的平移变换、根据三角函数对称性求解函数解析式的问题,关键是能够根据正弦型函数对称轴的求解方法构造出方程组.‎ ‎15.已知为坐标原点,是双曲线:的左焦点,,分别为双曲线的左.右顶点,为双曲线上的一点,且轴,过点的直线与线段交于,与轴交于点,直线与轴交于点,若,则双曲线的离心率为___________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据相似三角形的边的比例关系得到关于的关系式,求得离心率.‎ ‎【详解】设点的纵坐标为,由相似三角形性质得:‎ ‎ 所以 又因为,所以 解得 故答案为2.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的离心率,关键在于利用几何关系得到关于的方程,此题属于中档题.‎ ‎16.如图,在棱长为2的正方体中,点是中点,动点在底面内(不包括边界),使四面体体积为,则的最小值是___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得到的距离,再利用勾股定理知要使取得最小值,则需取得最小值,此时利用点到直线的距离可得解.‎ ‎【详解】由已知得四面体体积 ‎ 所以设到的距离为,则 解得所以在底面内(不包括边界)与平行且距离为的线段 上,‎ 要使的最小,则此时是过作的垂线的垂足.‎ 点到的距离为所以 此时 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查立体几何的动点最值问题,将空间立体问题转化为平面问题是解题的关键,属于难度题.‎ ‎17.已知正项数列满足,,则数列 的前项和为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知表达式因式分解得到数列的递推式,再运用累乘的方法求得通项公式,再将通项公式裂项,利用裂项相消求和得解.‎ ‎【详解】由已知得 所以又因 ‎ 所以 所以 所以 ‎;‎ ‎ ‎ 累乘得 所以 所以=‎ 所以 累加求和得 故答案为 ‎【点睛】本题关键将已知表达式因式分解得递推式,再运用累乘和裂项相消求和的方法求解,属于难题.‎ 三.解答题:本大题共5小题,共68分 ‎18.设命题:实数满足;命题:实数满足 ‎(1)若,且为真,求实数的取值范围;‎ ‎(2)若,且是的充分不必要条件,求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)P为真时,,q为真时,,求交集即得解;(2)先求出和,再列出不等式组,即得m的取值范围.‎ ‎【详解】解:(1)由得; ‎ 当时,,即P为真时,‎ 由得,即,即q为真时,‎ 因为为真,则p真q真,所以 ‎ ‎(2)由得;,又,‎ 所以m<x<3m,‎ 由得,即;‎ 设,‎ 若的充分不必要条件 则A是B 的真子集,所以即 ‎【点睛】本题主要考查不等式的解法和复合命题的真假的判断,考查充分必要条件的判断,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎19.在中,角所对的边分别为,满足.‎ ‎(1)求的值;‎ ‎(2)若,求的取值范围 ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得,结合,可求,利用同角三角函数基本关系式可求的值.(2)由(1)可求,又由,利用余弦定理可得,结合范围,利用二次函数的性质可求的范围.‎ ‎【详解】(1)因为 所以,‎ 即 因为,所以 又因为 解得:.‎ ‎(2)∵,可得,‎ 由余弦定理可得:‎ ‎∵,∴‎ 所以的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用,余弦定理,二次函数的性质在解三角形中的综合应用,考查了计算能力和转化思想,考查了函数思想的应用,属于中档题.‎ ‎20.如图,四棱锥中,,与都是边长为2的等边三角形,是的中点.‎ ‎(Ⅰ)求证:平面;‎ ‎(Ⅱ)求平面与平面所成二面角的大小.‎ ‎【答案】(I)详见解析;(II).‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(I)易知,故平面.(II)连接交于,以 建立空间直角坐标系,利用平面与平面的法向量计算的二面角的大小为.‎ 试题解析:‎ 解:(Ⅰ) 因为,‎ ‎,是的中点.‎ 所以,‎ 且,‎ 四边形是平行四边形,所以.‎ 平面,平面 所以平面.‎ ‎(Ⅱ)连接,设交于,连,‎ 则四边形是正方形,所以.‎ 因为,是中点,所以.‎ 则,又.‎ 所以是直角三角形,则;‎ 因为,所以平面.‎ 如图建立空间坐标系,‎ 则,.‎ 所以.‎ 设是平面的法向量,则,‎ 取,则,所以.‎ 是平面的法向量,‎ ‎. ‎ 取,则.‎ 所以,‎ 所以平面与平面所成二面角是90°.‎ ‎21.设、分别是椭圆C:的左、右焦点,,直线1过且垂直于x轴,交椭圆C于A、B两点,连接A、B、,所组成的三角形为等边三角形。‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)过右焦点的直线m与椭圆C相交于M、N两点,试问:椭圆C上是否存在点P,使成立?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.‎ ‎【答案】(1)椭圆;(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意布列关于a,b的方程组,解之,即可得到椭圆C的方程;‎ ‎(2)设、,设y=k(x﹣1)(k≠0),代入椭圆方程得,由此运用韦达定理和向量的坐标运算,代入椭圆方程,解得k,求出点P的坐标.‎ ‎【详解】(1)‎ ‎ 由可得 ,  ‎ 等边三角形中:,, ‎ 则,得, ‎ 又因为,所以, ‎ 则椭圆; ‎ ‎(2)设、,‎ 则由题意知的斜率为一定不为,故不妨设, 代入椭圆的方程中,‎ 整理得, 显然. 由韦达定理有:,① 且② 假设存在点,使成立,则其充要条件为:‎ 点 ‎, 点在椭圆上,即. 整理得 又在椭圆上,即,, 故由①②代入:,解得, ‎ ‎ 则。‎ ‎【点睛】解决解析几何中探索性问题的方法 存在性问题通常采用“肯定顺推法”.其步骤为:假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在;否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在.‎ ‎22.已知函数是定义在上的奇函数,当时,.‎ ‎(1)求在上的解析式;‎ ‎(2)若,函数,是否存在实数使得的最小值为,若存在,求的值;若不存在,说明理由.‎ ‎【答案】(1);(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由函数的奇偶性求对称区间上的解析式;‎ ‎(2)将的表达式化简得到关于的二次函数的形式,讨论对称轴与所给区间的关系,求出最小值,满足题意,求出的值。‎ ‎【详解】(1)是定义在上的奇函数,所以,‎ 不妨设,则,,‎ 若,则,故 所以 ‎(2)由(1)得,‎ 当时,,‎ 所以 令,则,‎ 所以函数在上的最小值即为函数在上的最小值,‎ 对称轴为,‎ 当即时,函数在区间上是增函数,‎ 所以,解得,‎ 当,即时,,‎ 化简得,,解得或,‎ 因,,所以此时,‎ 当,即时,函数在区间上是减函数,‎ 所以,解得,‎ 所以,综上所述,存在,.‎ ‎【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用,考查了二次函数最值的含参讨论,关键在于将化简成关于的二次函数的形式,利用二次函数求最值,属于难题.‎ ‎ ‎