浙江省“山水联盟”2020届高三下学期返校考试数学试题 Word版含解析 25页

www.ks5u.com ‎2019学年第二学期“山水联盟”返校考试 高三年级 数学学科试题 选择题部分 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1.已知集合，，则中的元素个数是（ ）‎ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 4个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出集合即得答案.‎ ‎【详解】解不等式，可得.‎ 解不等式，可得.‎ ‎，含有4个元素．‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题.‎ ‎2.双曲线的方程为，则（ ）‎ A. 实轴长为2，焦点坐标 B. 实轴长为2，焦点坐标 C. 实轴长为，焦点坐标 D. 实轴长为，焦点坐标 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把双曲线的方程化为标准式即得.‎ - 25 -‎ ‎【详解】双曲线的方程化为标准式：.‎ 焦点在轴上，，，，‎ ‎.‎ 实轴长为，焦点坐标.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的几何性质，属于基础题.‎ ‎3.已知实数满足，则（ ）‎ A. 最小值为0，不存在最大值 B. 最小值为4，不存在最大值 C. 最大值为0，不存在最小值 D. 最大值为4，不存在最小值 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出可行域，由得，平移直线，数形结合可求.‎ ‎【详解】作出可行域如图所示 由得.‎ 平移直线，当直线过可行域内的点时，最大，有最小值，不存在最大值.‎ 解方程组，得.‎ - 25 -‎ ‎，没有最大值.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划，属于基础题.‎ ‎4.《九章算术》是中国古代第一部数学专著，书中有关于“堑堵”的记载，“堑堵”即底面是直角三角形的直三棱柱，已知某“堑堵”被一个平面截去一部分后，剩下部分的三视图如图所示，则剩下部分的体积是（ ）‎ A. 16 B. 18 C. 12 D. 14‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出直观图，即可求直三棱柱被一个平面截去一部分后，剩下部分的体积.‎ ‎【详解】题目中的三视图，是由直三棱柱截去三棱锥所得，如图所示 由三视图可得，底面是两直角边均为3的等腰直角三角形，，三棱柱的高为4，‎ 所以剩下部分的体积.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题.‎ - 25 -‎ ‎5.若，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得到.由得到.则由能得到，反之不成立，即得答案.‎ ‎【详解】，‎ 不等式可化.‎ 时，，.‎ 若“”，则“”成立，‎ ‎“”是“”的充分条件.‎ 由，得，此时不能推出，‎ ‎“”不是“”的必要条件.‎ 所以“”是“”的充分不必要条件.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查充分必要条件，属于基础题.‎ ‎6.函数的图象大致是（ ）‎ A. B. ‎ - 25 -‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断是奇函数，结合特殊值，排除选项即得.‎ ‎【详解】函数的定义域为.‎ 函数是奇函数，图象关于原点对称.排除.‎ 又，‎ ‎，排除.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的性质识别图象，属于基础题.‎ ‎7.设，随机变量的分布列如下表所示 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 已知，则当在内增大时，的变化情况（ ）‎ A. 先增大再减小 B. 先减小再增大 C. 增大 D. 减小 ‎【答案】D - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由分布列的性质可得，再由方差的计算公式即得答案.‎ ‎【详解】由分布列的性质可得.‎ ‎，‎ ‎.‎ 当在内增大时，减小．‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列和方差，属于基础题.‎ ‎8.如图正四棱锥，为线段上的一个动点，记二面角为，与平面所成的角为，与所成的角为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立空间直角坐标系，比较各角的正切值的大小，即得答案.‎ ‎【详解】以正方形的中心为原点，分别以平行于所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示 - 25 -‎ 取中点，连接.则.连接，则.‎ 设，则.‎ 则.‎ 又，‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎，‎ ‎，即.‎ 由题意知都是锐角，.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查空间角，属于中档题.‎ ‎9.已知，函数，若函数恰有3个零点，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 25 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，则函数恰有3个零点等价于方程有3个实数根．对选项逐个分析，数形结合可得答案.‎ ‎【详解】令，则条件等价为方程有3个实数根．‎ 当时，．‎ 对A选项分析：当，时，在，，，图象如 图所示：‎ 此时方程最多只有1个实数根，所以A选项错误．‎ 对B选项分析：当，时，在，，，图象如图所示：‎ 故方程可能会出现3个实数根，所以B选项正确．‎ 对C选项分析：当，时，在，图象如图所示：‎ - 25 -‎ ‎ ‎ 此时方程最多只有2个实数根，所以C选项错误．‎ 对D选项分析：当，时，在，图象如图所示：‎ ‎ ‎ 此时方程最多只有2个实数根，所以D选项错误．‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查函数与方程，考查导数在研究函数中的应用，属于较难的题目.‎ ‎10.已知为等差数列，且，则（ ）‎ A. 且 B. 且 C. 且 D. 且 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设公差为，由，得方程在有根，等价于函数的图象与直线有公共点.当直线与相切时，可得；当函数的图象与直线有公共点时，，可得为递增等差数列，可得.‎ ‎【详解】设公差为，由，得，且.‎ 方程在有根，等价于函数的图象与直线有公共点.‎ - 25 -‎ 当直线与相切时，设切点为.‎ 由得，，‎ 即切点为，代入直线，得.‎ 此时.‎ 当直线向右平移与函数的图象相交时，.‎ 函数的图象与直线有公共点时，.‎ 为递增等差数列，.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查数列的单调性，考查等价转化的数学思想，属于较难的题目.‎ 非选择题部分 二、填空题（本大题共7题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）‎ ‎11.设复数（其中为虚数单位），则复数的虚部是_____________，为___________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的除法法则，把复数化成的形式，可得复数的虚部，可求.‎ ‎【详解】，故虚部是．‎ ‎.‎ 故答案为：；.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法法则和求模公式，属于基础题.‎ ‎12.设直线，方程分别为，，且，则_______．，两条平行线间的距离为__________．‎ ‎【答案】 (1). 8 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，直线的斜率存在.，则两直线的斜率相等，可求，根据平行线间的距离公式，可求，的距离.‎ ‎【详解】由题意直线的斜率存在.‎ 直线的方程为，即，‎ 直线的距离为.‎ 故答案为：8；.‎ ‎【点睛】本题考查直线的位置关系和平行线间的距离公式，属于基础题.‎ ‎13.若二项式的展开式中各项系数之和为108，则________，有理项的个数为________．‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令可求，把展开，观察各项的特点，可得有理项的个数.‎ ‎【详解】中令可得，可得．‎ - 25 -‎ 中只有一项为有理项，因此展开式中有理项是4个．‎ 故答案为：2；4.‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理，属于基础题.‎ ‎14.在中，，，点在上，且，则________，________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，展开可求值；根据正弦定理，可求.‎ ‎【详解】如图所示 中，，，∴，‎ ‎∴，‎ 又∵，∴‎ ‎∴‎ 由正弦定理，‎ ‎∴.‎ - 25 -‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理和两角和的正弦公式，属于基础题.‎ ‎15.设椭圆的标准方程为，若斜率为1的直线与椭圆相切同时亦与圆（为椭圆的短半轴）相切，记椭圆的离心率为，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设切线方程为，代入椭圆方程，由直线与椭圆相切可得.直线与圆相切，可得，又，可求.‎ ‎【详解】设切线方程为，代入椭圆方程可得：.‎ 因为相切，‎ 由直线与圆相切，可得：，或（舍去）.‎ 则有，因为，‎ 所以可得 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查直线和圆锥曲线的位置关系，考查椭圆的几何性质，属于基础题.‎ ‎16.设，，函数在上的最大值是，则的值是_______．‎ - 25 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数在上的最大值是，得，.再根据绝对值三角不等式求出，从而求出，即可求出.‎ ‎【详解】函数在上的最大值是等价于在上恒成立．‎ 所以，，即，两式相加结合绝对值不等式得：‎ ‎，解得，又因为，所以．‎ 再把代回到，中，解得，所以．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值三角不等式，属于较难的题目.‎ ‎17.平面中存在三个向量，，，若，，且，且满足，则的最小值______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，得与之间的夹角为90°.由，得，即与夹角为90°.数形结合得点在以点 - 25 -‎ 为圆心，1为半径的圆上运动．再根据阿波罗尼斯圆的性质求出的最小值.‎ ‎【详解】，且，则与之间的夹角为90°.‎ 将可以改写成，‎ 因此与夹角为90°.‎ 因此综上条件我们可以做出如下图象 ‎ ‎ 点在以点为圆心，1为半径圆上动．‎ 根据阿波罗尼斯圆的性质可知该圆可以看成由所构成的圆 ‎（以为原点，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，则）.‎ ‎，，‎ ‎.‎ 故答案为：.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查与向量有关的最值问题，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.‎ 三、解答题（本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）‎ ‎18.设函数．‎ ‎（1）求函数的最小正周期及单调递减区间；‎ ‎（2）若，求函数的值域．‎ ‎【答案】（1）最小正周期为，单调递减区间是；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据倍角公式、两角和与差的余弦公式和辅助角公式，把化为，即求最小正周期及单调递减区间；‎ ‎（2）由求出的范围，即求函数的值域．‎ ‎【详解】（1）‎ ‎.‎ ‎∴最小正周期.‎ 由解得，‎ ‎∴的单调递减区间是.‎ - 25 -‎ ‎（2）∵，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴的值域是.‎ ‎【点睛】本题考查倍角公式、两角和与差的余弦公式、辅助角公式和三角函数的性质，属于中档题.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，，，等边三角形，，．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求直线与平面所成的角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可得是等边三角形. 取中点，连，，可证平面，即证；‎ ‎（2）法一 作出直线与平面所成的角，在直角三角形中求其正弦值.法二 以为坐标原点，以、分别为轴、轴建立平面直角坐标系，求平面的法向量.设直线与平面所成角为，则．‎ ‎【详解】（1）由题意，是等边三角形，，‎ ‎，是等边三角形.‎ 取中点，连，，‎ 则，，又，‎ - 25 -‎ ‎∴平面，∵平面，∴.‎ ‎（2）法一：在直角梯形中，.‎ ‎∵平面，平面∴平面平面.‎ 作交为，则平面，、交于，为直线与平面所成的角.‎ 由题意得，又∵，‎ ‎∴，.‎ ‎∵，∴，，，‎ ‎∴为的中点，∴，‎ ‎∴.‎ 法二：∵，以为坐标原点，与平面垂直的及、分别为轴、轴和轴建立平面直角坐标系，‎ 则，∵，∴‎ 又∵，，，∴,‎ ‎，，.‎ - 25 -‎ 设平面的法向量为，,‎ 取.‎ 设直线与平面所成角为，则．‎ ‎【点睛】本题考查证明线线垂直和求线面角的方法，属于中档题.‎ ‎20.已知等比数列的公比，且，是，的等差中项，数列满足：数列的前项和为．‎ ‎（1）求数列、的通项公式；‎ ‎（2）数列满足：，，证明 ‎【答案】（1），；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意列方程组求，从而求出.根据数列的前项和为，求出，即求；‎ ‎（2）法一 由，得，累加法可证明，即可证明结论.法二 用数学归纳法证明.‎ ‎【详解】解析（1）由题意，得，‎ 即，解得或，已知故．‎ - 25 -‎ ‎，．‎ 当时，，‎ 当时，，‎ 当时，满足上式，‎ ‎，．‎ ‎（2）‎ 法1．，‎ ‎，累加得当，，‎ 当，‎ ‎∴‎ 法2．先用数学归纳法证明当，．‎ ‎①当时，，左式>右式，不等式成立．‎ ‎②假设时，不等式成立，即 当时，，因为在上单调递增，由 - 25 -‎ ‎，得，即，可得，不等式也成立．‎ ‎③由①②得证当，．‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查数列的通项公式，考查与数列有关的不等式的证明，属于较难的题目.‎ ‎21.如图，已知抛物线的标准方程为，其中为坐标原点，抛物线的焦点坐标为，为抛物线上任意一点（原点除外），直线过焦点交抛物线于点，直线过点交抛物线于点，连结并延长交抛物线于点．‎ ‎（1）若弦的长度为8，求的面积；‎ ‎（2）求的最小值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出抛物线的方程.设直线的方程为（为斜率的倒数），代入抛物线的方程，韦达定理、弦长公式求出，即可求出的面积；‎ - 25 -‎ ‎（2）设，则，可得.设直线的方程为，代入抛物线方程，可求得，可得.利用基本不等式可求的最小值．‎ ‎【详解】（1）因为焦点坐标为，所以，‎ 所以抛物线的方程为.‎ 设直线的方程为（为斜率的倒数）.‎ 由，得，则有 所以，‎ 的面积为.‎ ‎（另解：到直线的距离为，所以的面积为）.‎ ‎（2）因为在抛物线上，可以设，根据第（1）问可知，两点的纵坐标之积为定值为，所以，则有，其中 可得：‎ 设直线的方程为，‎ 由 ，得，所以可知，两点的纵坐标之积为 所以，同理可得 - 25 -‎ 综上可知：‎ 所以有（等号成立条件）‎ 则有最小值为．‎ ‎【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查与焦点弦有关的问题，属于难题.‎ ‎22.已知正实数，设函数．‎ ‎（1）若时，求函数在的值域；‎ ‎（2）对任意实数均有恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）可求，再对求导，由的符号判断在的单调性，从而得到在的单调性，可求值域；‎ ‎（2）由题意，得．不等式可化为.记，设，则为关于的二次函数，且，证明即可.‎ ‎【详解】（1）由，‎ 得，，‎ 所以在单调递增，‎ 所以在单调递增，所以．‎ 所以的值域为.‎ - 25 -‎ ‎（2）由题意可得：，即．‎ 事实上，当时 记，设，则为关于的二次函数，‎ 定义域为，其对称轴为．‎ ‎∵．∴‎ ‎∴‎ 设 当，，递增；当，，递减，‎ 所以，‎ 即，于是有：.‎ 所以：．‎ ‎【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，考查学生的逻辑推理能力和计算能力，属于难题.‎ ‎ ‎ - 25 -‎ - 25 -‎