浙江省金丽衢十二校2020届高三数学第一次联考试题（含解析）（通用）VIP

浙江省金丽衢十二校2020届高三第一次联考数学试题一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据补集和并集的定义进行求解即可【详解】，故选：【点睛】本题主要考查集合的基本运算，结合补集并集的定义是解决本题的关键2.已知向量，则与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用夹角公式进行计算【详解】由条件可知，所以，故与的夹角为故选：【点睛】本题考查了运用平面向量数量积运算求解向量夹角问题，熟记公式准确计算是关键，属于基础题3.等比数列的前项和为，己知，则（ ）A. 7B. -9C. 7或-9D. 【答案】C【解析】【分析】等比数列an的前n项和为Sn，己知S23，S415,可求得公比，再分情况求首项，进而得到结果.【详解】等比数列an的前n项和为Sn，己知S23，S415, 代入数值得到q=-2或2，当公比为2时， 解得，S37；当公比为-2时，解得，S3-9.故答案为：C.【点睛】本题考查等比数列的通项公式，是基础的计算题，对于等比等差数列的 小题，常用到的方法，其一是化为基本量即首项和公比或者公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质.4.双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，将双曲线的方程变形为标准方程，得、的值，由双曲线的渐近线方程分析可得答案【详解】根据题意，双曲线标准方程为，其焦点在轴上，且，则其渐近线方程为；故选：【点睛】本题考查双曲线的几何性质，涉及双曲线渐近线方程的计算，注意双曲线的焦点位置，是基础题5.已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题设中三视图提供的图形信息与数据信息可知该几何体是一个三棱柱与一个等高三棱锥的组合体，其中三棱柱与三棱锥的底面都是直角边长为的等腰直角三角形，所以其体积，应选答案C。6.己知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案【详解】由，得，则在复平面内对应的点的坐标位于第一象限故选：【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题7.设函数的定义域为，如果对任意的，存在，使得成立，则称函数为“函数”，下列为“函数”的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】运用二倍角公式和辅助角公式化简函数，取，可判断；由函数的单调性和值域，可判断；由指数函数的值域即可判断；运用配方法，可取可判断【详解】由，由，取，可得，不存在，故不为“函数”；由，且，由于递增，且，；，即有任一个，可得唯一的，使得，故为“函数”；由可得，不成立，故不为“函数”；由，若，可取，可得无解，故不为“函数”故选：【点睛】本题主要考查函数与方程之间的关系，将条件转化为是解决本题的关键8.如图，二面角的大小为，且，则与所成角的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题得为等边三角形，由，得为等腰直角三角形，取BC中点E,连接DE，AE，得DEA为二面角的平面角，进而得AD=1,过A作AODE,证明AO，故ADE为与所成角即可求解【详解】为等边三角形，又，由余弦定理得故为等腰直角三角形，取BC中点E,连接DE，AE,则AEBC,DEBC,DEA为二面角的平面角，BC面ADE,DE=中由余弦定理得AD=1,过A作AODE, BCAO，故AO，故ADE为与所成角，ADE= 故答案为【点睛】本题考查直线与平面所成角，线面垂直的应用，二面角的定义，考查空间想象能力，熟练作辅助线找角是关键，是中档题9.五人进行过关游戏，每人随机出现左路和右路两种选择若选择同一条路的人数超过2人，则他们每人得1分；若选择同一条路的人数小于3人，则他们每人得0分，记小强游戏得分为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】推导出，由此能求出【详解】五人进行过关游戏，每人随机出现左路和右路两种选择若选择同一条路的人数超过2人，则他们每人得1分；若选择同一条路的人数小于3人，则他们每人得0分，故选：【点睛】本题考查离散型随机变量的数学期望的求法，考查二项分布的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题10.在等腰直角中，为中点，为中点，为边上一个动点，沿向纸面上方或者下方翻折使，点在面上的投影为点，当点在上运动时，以下说法错误的是（ ）A. 线段划过的曲面面积为B. C. D. 取值范围为【答案】D【解析】【分析】作出图形，对于，为直角三角形，为斜边上的中线，为定长，推理NO扫过的面积为圆锥的侧面，即正确；对于，由基本不等式求解即可；对于，正确；对于，由可知，点的轨迹是圆弧，即正确；【详解】如图所示，对于，为直角三角形，为斜边上的中线，为定长，线段划过的曲面为顶点为N,ON为母线， AM中点为底面圆心，且半径为的圆锥侧面，下面证明：过O作OEBD, ,连接AE,则AEBD,AMCD,故AE=AM，OE=OM,故四边形DEOM为正方形，设AMO=故线段划过的曲面为整个圆锥面，又AM=1,故圆锥底面半径为,故圆锥侧面积为A正确；对于，当且仅当BD=DC时等号成立；B正确； 对于面BCD,故，正确；对于， 故D错误故选：【点睛】本题命题真假判断，空间的线面位置关系，考查推理及空间想象能力，属于难题二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）11.已知，的展开式中存在常数项，则的最小值为_，此时常数项为_【答案】 (1). 5 (2). 2【解析】【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于0，求出与的关系，可得的最小值以及此时常数项【详解】的展开式的通项公式为，令，可得，故最小值为5，此时常数项为，故答案为：5；2【点睛】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，属于基础题12.偶函数满足，且当时，则_，则若在区间内，函数有4个零点，则实数的取值范围是_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据函数奇偶性和条件，判断函数是周期为2的周期函数，利用函数与方程之间的关系转化为两个函数图象交点个数问题，利用数形结合进行求解即可【详解】偶函数满足，即函数是周期为2的周期函数，则，若，则，则，即，由得，要使函数有4个零点等价为函数与有四个不同的交点，作出两个函数的图象如图：过定点，则满足，即，得，即实数的取值范围是，故答案为：，【点睛】本题主要考查函数与方程的应用，利用条件判断函数的奇偶性以及利用数形结合进行转化是解决本题的关键13.若实数、满足，且，则的最小值是_，的最大值为_【答案】 (1). 2 (2). 【解析】【分析】先根据对数的运算性质可得，再根据基本不等式即可求【详解】实数、满足，且，则，则，当且仅当，即时取等号，故的最小值是2，当且仅当，即时取等号故的最大值为，故答案为：2，【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，对代数式进行变形与灵活配凑，是解本题的关键，属于中档题14.在从100到999的所有三位数中，百位、十位、个位数字依次构成等差数列的有_个；构成等比数列的有_个【答案】 (1). 45 (2). 17【解析】【分析】利用等差数列与等比数列的定义，通过分类讨论即可得出【详解】百位、十位、个位数字依次构成等差数列：公差时，共有9个：111，999公差时，共有7个：123，789公差时，共有5个：135，579公差时，共有3个：147，258，369公差时，共有1个：159同理可得：公差时，共有8个，987，321，210公差时，共有6个公差时，共有4个公差时，共有2个综上共有45个百位、十位、个位数字依次构成等比数列：公比时，共有9个：111，999公比时，共有2个：124，248公比时，共有2个：421，842公比时，共有1个：139公比时，共有1个：931公比时，共有1个：469公比时，共有1个：964综上共有：17个故答案为：45，17【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的定义，通过分类讨论，考查了推理能力与计算能力，属于中档题15.若等边的边长为，平面内一点满足，则_【答案】-2【解析】试题分析：以点为原点，以所在的直线为轴建立直角坐标系，可得，所以，所以，所以，所以，所以.考点：向量的坐标运算.16.己知函数是由向左平移个单位得到的，则_【答案】【解析】【分析】利用辅助角公式化简函数的解析式，再利用函数的图象变换规律，求得的值【详解】函数是由向左平移个单位得到的，故答案为：【点睛】本题主要考查辅助角公式，函数的图象变换规律，属于基础题17.已知是椭圈上的动点，过作椭圆的切线与轴、轴分别交于点、，当（为坐标原点）的面积最小时，（、是椭圆的两个焦点），则该椭圆的离心率为_【答案】【解析】【分析】设切点直线的方程为：与椭圆方程联立，由直线与椭圆相切，可得：化为：利用根与系数的关系可得：由，可得：，解得，由直线的方程为：可得，当且仅当时取等号设，利用余弦定理进而得出【详解】如图所示，设切点直线的方程为：联立，化为：由直线与椭圆相切，可得：化为：，化为：由，可得：，解得，由直线的方程为：可得当且仅当时取等号设，化为：，代入化：，故答案为：【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆的相切、三角形面积计算公式、余弦定理、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 18.如图，在中，已知点在边上，（1）求的值；（2）求的长.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：根据平方关系由求出，利用求出，根据三角形内角和关系利用和角公式求出，利用正弦定理求出，根据，计算，最后利用余弦定理求出.试题解析：（1）在中，所以同理可得， 所以 （2）在中，由正弦定理得， 又，所以 在中，由余弦定理得，【点睛】凑角求值是高考常见题型，凑角求知要“先备料”后代入求值，第二步利用正弦定理和余弦定理解三角形问题，要灵活使用正、余弦定理，有时还要用到面积公式，注意边角互化.19.如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，ABCBAD，PAAD2，ABBC1，点M、E分别是PA、PD的中点(1)求证：CE/平面BMD(2)点Q为线段BP中点，求直线PA与平面CEQ所成角的余弦值.【答案】(1)见解析；（2）.【解析】【分析】(1) 连接ME，通过对边关系得到四边形为平行四边形，所以，进而得到线面平行；（2）建立坐标系，进而得到直线PA的方向向量，和面的法向量，进而得到线面角.【详解】（1）连接ME，因为点分别是的中点，所以，所以，所以四边形为平行四边形，所以.又因为平面，平面,所以平面.（2）如图，以为坐标原点建立空间坐标系，则又，设平面的法向量为，列方程组求得其中一个法向量为，设直线与平面所成角大小为，于是，进而求得.【点睛】这个题目考查了空间中的直线和平面的位置关系。求线面角，一是可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值；还可以建系，用空间向量的方法求直线的方向向量和面的法向量，再求线面角即可。20.已知数列，且满足（且）（1）求证：为等差数列；（2）令，设数列的前项和为，求的最大值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】(1)将式子变形得到，故得到数列是公差为2的等差数列；（2）通过第一问的结论，以及累加法的应用得到，代入表达式得到，设，将此式和0比即可得到最大项.【详解】（1），则.所以是公差为2等差数列.（2）.当满足.则. ，设， ，当时，即，当时，即，则的最大值为【点睛】数列最值的求解方法如下：1邻项比较法，求数列的最大值，可通过解不等式组 求得的取值范围；求数列的最小值，可通过解不等式组 求得的取值范围；2数形结合，数列是一特殊的函数，分析通项公式对应函数的特点，借助函数的图像即可求解；3单调性法，数列作为特殊的函数，可通过函数的单调性研究数列的单调性，必须注意的是数列对应的是孤立的点，这与连续函数的单调性有所不同；也可以通过差值的正负确定数列的单调性21.已知椭圆左顶点为，为原点，是直线上的两个动点，且，直线和分别与椭圆交于，两点（1）若，求的面积的最小值；（2）若，三点共线，求实数的值.【答案】（1）1；（2）【解析】【分析】（1）由勾股定理、三角形面积可得：，再利用，即可得出（2）设，可得方程为：，可得为，同理为，根据利用数量积运算性质即可得出【详解】（1）由勾股定理、三角形面积可得：，,当且仅当等号成立，即的面积的最小值为1（2）设，则方程为：，则为，同理为 ，得【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、椭圆的参数方程、向量垂直与数量积的关系、勾股定理、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题22.已知函数（1）若在处导数相等，证明：为定值，并求出该定值；（2）已知对于任意，直线与曲线有唯一公共点，求实数的取值范围.【答案】（1）6；（2）【解析】【分析】（1）求出原函数的导函数，结合在处导数相等及根与系数的关系可得，从而求得为定值6；（2）由，可知函数在的图象为下凸，在的图象为上凸，求得函数的极大值点，再由直线过点，然后对分类讨论求使直线与曲线有唯一公共点的实数的取值范围【详解】（1）证明：，由