浙江省金丽衢十二校2020高三数学第一次联考试题(含解析)

1、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）1.设集合 M x |(x 3)(x2) 0,x R ,N x|1 x 3,x R，则M NA. 1,2B.1,2C. 2,3D. 2,3因为Mx|(x1,22.已知双曲线离心率为（a. . 53)(x 2)2 c x C ： -2a2 y b21(aB.先求得渐近线的方程,线离心率.0,x R x| 3 x 2, N x|10,b 0）一条渐近线与直线2x 4yC.2利用两条直线垂直斜率相乘等于1列方程,【详解】由题可知双曲线的渐近线方程为b -x, ax 3,x R ,因此可0垂直，则该双曲线的D. 2-2结合c2b2求得双曲2,

2、又，所以eJ1b75 .故选 A.【点睛】本小题主要考查双曲线的渐近线以及离心率的求法,考查两条有斜率的直线相互垂直时，斜率相乘等于1,属于基础题.3.若实数x,y满足约束条件x2y 2 y 2 2y的最大值等于（A. 2B. 1C. -2D. -4- 15 -【答案】A【解析】【分析】作出可行域，平移目标函数，找到取最大值的点，然后可求最大值【详解】根据题意作出可行域如图：【解析】1 D.- 4 3,c3 x 2y 20平移直线l : x y 0可得在点A处取到最大值，联立 , 可得A(2,0)，代入xx y 2 0可得最大值为2,故选A.【点睛】本题主要考查线性规划，作出可行域，平移目标函

3、数，求出最值点是主要步骤，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.4.已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()1C. 一 一12 3一、，一人一，1 一观察三视图可知，几何体是一个圆锥的与三棱锥的组合体，然后计算出两个简单几何体的4体积，相加可得出结果.【详解】观察三视图可知，几何体是一个圆锥的为1,高为1 .三棱锥的底面是两直角边分别为 11则几何体的体积V3 41，一 , 与三棱锥的组合体，其中圆锥的底面半径41、2的直角三角形，高为 1 .,2,11,111 1 2 1 ,故选：C.3 212 3【点睛】本题考查利用三视图计算几何体的体积，解题时要利用三视图得出几何体的组合方式

4、，并计算出各简单几何体的体积，然后将各部分相加减即可5 .己知a, b是实数，则“ a 2且b 2”是“ a b 4且ab 4”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据充分条件与必要条件的定义判断即可。【详解】因为“ a 2且b 2”“a b 4且ab 4”“a b 4 且 ab 4” ？ “a 2且 b 2”所以“ a 2且b 2”是“ a b 4且ab 4”的充分而不必要条件故选A【点睛】本题考查充分条件与必要条件，属于基础题。0, 1, 2, 3, 4,从中任取3个C. 3.45D. 3.46 . 口袋中有5个形状和

5、大小完全相同的小球，编号分别为球，以 表示取出球的最大号码，则 EA. 3.55B. 3.5【答案】B【解析】【分析】根据 的可能值，计算出每个可能值的概率，再计算【详解】依题意知可取2,3,4则P(11) Cf 10 , P(3)C32C3310P(4)C：6C5310136所以 E =2+3 +4=3.5101010故选B【点睛】本题考查数学期望，属于基础题。7.如图，在正四棱柱 ABCD AB1CQ1中,AB 3,AA14,P是侧面BCC1B1内的动点,且AP BD1,记AP与平面BCC1B所成的角为 ，则tan的最大值为【答案】BB.C. 2D.259建立以点D为坐标原点,DA、DC、

6、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，设点P m,3,n ,利用apuuv ULUIVBD1,转化为AP BD10 ,得出n3-m,利用空间向重43法求出sin 的表达式，并将n m代入sin的表达式，利用二次函数的性质求出sin 的4最大值，再由同角三角函数的基本关系求出tan的最大值。【详解】如下图所示，以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz,则 A 3,0,0、B 3,3,0、D1 0,0,4 ,ULUVm 3,3,n , BD13, 3,4 ,LUV设点 P m,3,n，则 0 m 3,0 n 4, APuuvQ A

7、P BD1,则 APuuuvBD13m 3 33 4n 3m 4n 0,得< ，J平面BCC1B1的一个法向量为0,1,0 ，所以,sin且因此,sin62516maxtan【点睛】uuv vAP avAP auuuv25 2 m1648259 n223 -m46m 18 '0,3 时,sin取最大值，此时,tan也取最大值,32254861625534max,3434818255,故选:35J34,此时,cos .1 sin2本题考查立体几何的动点问题，考查直线与平面所成角的最大值的求法，对于这类问题，一般是建立空间坐标系，在动点坐标内引入参数，将最值问题转化为函数的问题求解,

8、考查运算求解能力，属于难题。12,x 08.己知函数f Xx 4 3,xa有四个不同的零点，从小到大依次为Xi,X2,X3,X4,则 X1X2 X3X4的取值范围为(A. 3,3 eB. 3,3 eC. 3,D. 3,3 e【答案】D【解析】【分析】画出函数f(X)的草图，结合题意得到 a (1,e。且X1 x2 0 x3 x4 ,则可解出x+X2=2 , X3+X4=3+a , X3 X4=4 ,即可求出xx? X3 X4的取值范围。2.2t【详解】当X 0时，f(x) eX 1 ,令t (X 1) , f (X) e单调递增又t (x 1)2,在(，1)单调递减，在(1,0单调递增，/ 2

9、,、所以f(x) e ,在(，1)单调递减，在(1,0单调递增，且f(0) e, f( 1) 1。4 ,Xe12X0的图像，如图所示:又y f x a有四个不同的零点，等价于当X 0时，f (x)=x 3,在(0,2)单调递减，在(2,+ )单调递增，且f (2) 1。 Xy f x与y a有四个不同的交点。所以 a (1,e。且 x1 x2 0 x3 x4。 ,2.2. 2.2当 X 0时，f(x1)ex1 1 , f (X2)eX2 1,即 e+1ex2 1 x+x2=2所以1X1X2 0当x>0时,0 ,所以 X3+X4=3+a , X3 X4 =4一 4 一 2斛 X 3=a,化

10、简得 x (3+a)x 4又 a (1,e,所以 4 x3+x4 e 3所以 3x1x2 x3 x4 e 3故选D是首要任务。属于难题。【点睛】本题考查函数的性质，画出草图，判断出交点的位置,【解析】1一入取特值，判断正负，即可得出答案。e故选B111 ln【点睛】本题考查函数图象的识别，根据函数的定义域、值域、单调性、对称性及特值是解决问题的关键，属于基础题。10.设等差数列ai, a2,，an (n 3,ai| 辰|an | a 1a2 1下列说法正确的是()A. |d| 3C.存在i N ,满足 2 ai 1【答案】A【解析】【分析】根据题意，设出绝对值函数 f (x) x xn N )

11、的公差为d ,满足an 1a12a2 2an 2B. n的值可能为奇数D. m的可能取值为11d x 2d L x (n 1)d| ,n 3 ,根据绝对值函数的性质判断即可。【详解】因aa?anai 1 | a2 1 an 1 a 2 a2 2 an所以a1 |a+d|a1(n1)d|a 1 a 1+d|a11 (n 1)da1 2a12 dl|a1 2+(n 1)d| m令 f(x) xx dx2d|L x (n 1)d , n3则 f(a1)f(a1 1) f(a1 2) m ()当d 0时，f (x) n x ,不满足()，舍去。当d 0时，由()得f(x)为平底型，故n为偶数(n &g

12、t; 4)f (x)的大致图像为:a1 1 a1 a1 2所以(2 1)d+nd = d 3,故A正确。d a1 1由 21 ndai2 (- 1)dai2(n 1)d222 nnn当 i 1,2,L ,-时 aa1(i 1)d2 (- 1)d (i 1)d (i -)d 2当 i n+1,n+2,L ,n时aia1(i1)dn d (i 1)d=1+(i n 1)d 1故不存在im f(a1)(a a?=2(a由于当由于a1al)4,d 3a2anan)2(an2an )所以12,0时，令df (x)的图像与f ( x)的图像关于y轴对称，故只需研究 f ( x)故令 g(x) f( x)

13、x x dx 2d L x (n 1)d ,n 3x x d x 2d L x (n 1)d ,n 3因为 f(a1) f(a1 1)f(a1 2) m所以 g(a1)g(a1 1) g( a12)m由知g(x)为平底型，故n为偶数(n > 4),故b错令 a1a11,ai a1(i 1)dai1所以 g(ai ) g(a 1) g(ai 2) m d d 3 ,故 A正确由知，不存在i N ,满足 2 ai 12 ai 1 12 ai 1，故C错2由知，m g(ai) d 12,故D错 4综上所述，A正确，BCD错误故选A.【点睛】本题结合等差数列综合考查绝对值函数的性质，属于难题。1

14、1.算法统宗中有如下问题：“哑子来买肉，难言钱数目，一斤少三十，八两多十八，试问能算者，合与多少肉”，意思是一个哑子来买肉，说不出钱的数目，买一斤(16两)还差30文钱，买八两多十八文钱，求肉数和肉价，则该问题中，肉价是每两 文，他所带钱共可买肉 两.【答案】(1).6 (2).11【解析】【分析】设出肉的单价，列出等式，解出即可。【详解】设肉价是每两 X文，则16x 30 8x 18,解得x=6,他所带钱共可买肉16 6 30 =11两.6故第一空填6,第二空填11【点睛】本题考查一元一次等式的应用，属于基础题。12.若 z 3 4i【答案】(1).【解析】【分析】5( i为虚数单位)，则z

15、 , z的实部1 (2).5O解出z ,根据模长与实部的定义写出即可。- 19 -【详解】因为z 3 4i 5,所以Z 3 4i5 5.3即z 1,实部为5【点睛】本题考查复数的基本运算，属于基础题。一219,一，一 ，13.在(x )的展开式中，常数项为 ,系数最大的项是 2x【答案】(1).(2).9x1216【解析】【分析】根据(a b)n的二次展开式公式 Tr 1 C；an rbr ,写出(x2 1)9的展开式，再判断即可。2x【详解】(x21)9的展开式中第r 1项为T- C；(x2)9r( -)r=Cg( 1)rx18 3r ,2x2x 2121常数项为T7=C；( -)6 = ,

16、 216r . 1 r项的系数为C9( 2),要使系数最大，r显然为偶数,经检验，当r=2时，系数最大， c1 C即系数最大的项是 T3 C；( ；)2x =9x故第一空填,第二空填9x12。16【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.14.设平面向量r 满足ab, ar _u-r rb 1,J5,则a b的最大值为【答案】(1).9(2).2r rzr1 2 ,rr 2r 2r2 r1 2利用a b(ab)一(ab)与 b向b (ab)即可求出最值。4a b2rarararara55+ra5_故第一空填9,第二空填 5。 24r r【点睛】

17、本题考查极化恒等式 a b中档题。J r、2 J r(a b) (a b)与 r r：与 a br 2 r 2 r r 2 a b (a b)215.已知Fi, F2是椭圆C1： y2 1与双曲线C2的公共焦点,3P是Ci , C2的公共点，若OPOFi ,则C2的渐近线方程为【答案】y X【解析】【分析】先由Ci的方程，确定Fi的坐标，设P <3 cos ,sin ，根据题意OP OFi ,得到3cos2 sin2 c 2 ,求出P点坐标，代入双曲线方程，再由a2 b2 4，即可求出结果.2【详解】因为Fi , F2是椭圆Ci ：3y2 i与双曲线C2的公共焦点，所以Fi( 2,0),

18、设点 P 73cos ,sin ,由 OP OFi3cos2 sin2 c 2 cos代入双曲线方程得：一67上7 i , 4a2 4b2又 a2 b2 4 ,即 a b i ;、22 6,不妨取正即 P ,222即C2的渐近线方程为y x.故答案 y x【点睛】本题主要考查求双曲线的渐近线方程，熟记椭圆与双曲线的简单性质即可，属于常 考题型.16 .如图，在四边形 ABCD 中，BAC 90 , BC 4 , CD 1, AB 2AD , AC 是 BCD的角平分线，则BD .【答案】.21【解析】【分析】设出AD x ,根据 ACB / ACD ,利用余弦定理建立等式解出AD = J3 ,

19、再求出ACB ZACD的值，在VBCD中利用余弦定理，解出 BD的值。【详解】设AD x ,则AB 2x, AC J16 4x2,2|2AC I |CD| I ad2|ac| |cd|又AC是 BCD的角平分线，即 ACB / ACD ,AC cos ACB cos ACDBC即 AD 点，AC 2 , ACBACD =600,BCD=120oBDJ42 12 2 4 1cos1200 标故填，21【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，属于基础题。._i 4 i _I117 .设函数 fi(x)( x) x (x R, 1 0,1),若方程 a f1(x)f0(x) 0在区间一,3内有24个不

20、同的实数解，则实数a的取值范围为17【答案】一，2.26【解析】 【分析】根据题意写出fi(x) ,fo(x)。根据函数 fo(x)1 X4的单调性，判断出方程1，. ，一 1, 一一a f1(x) f0(x) 0在区间,3内有4个不同的实数解等价于在在t,1与1,3各有两不同的实数解。再分区间讨论即可得出答案。【详解】由题意知f1(x)x x3, f0(x) 1 x(x 0),所以方程a f(x) fo(x) 0在区间1,3内有4个不同的实数解等价于3.41, ,* a x x 1 x在区间一,3内有4个不同的头数解。2记 g(x) a x x3 , h(x) 1 x4,1因为h(x)在_,

21、3上单倜递减且h(x) 0,则a 0,211要使g(x) h(x)在区间,3内有4个不同的实数解，则在,1上有两不同的实数解，在221,3有两不同的实数解。a(x3 x), g (x)，一2，、一a(3x 1), a 0所以g(x)在J Y3单调递减，在 也1单调递增。2, 33 '173.3g(2)=8a，h(T)10, 3、二, g(二T)932.3a 。91要使g(x) h(x)在区间金，1上有两不同的实数解，则:1 、1g(二)h(二)2 23、3g(v) h(v)3317 a65、；332)当 1 x 3时，g(x) a(x3x),令 k(x) g(x) h(x) a(x3

22、x) x4 1则k(x)在1,3有两不同的实数解,- 27 -322k (x) 4x +3ax a , k (x) 12x +6ax=6x(2x a)a.所以k(x)在(1, 2单调递减，在(a万,3单调递增，且k(1) 4+2a 0,k (3) 108+26a 0,则在1,3上存在唯一 xo使得k (X0)324x0 +3ax0a 0,即 k(x)在1,x0单调递减，在区,3单调递增。又 k(1)=2>0, k(3) 24a820,k(x)在1,3有两不同的实数解，只需k(xo) 0,联立k(%) 4x03+3ax。20,k(%) x04+ax。3 a% 1又知a4x3 一代入化简得1

23、 3x02又由m(x)4x34x于在1,3上单调递增,1 3x2所以a4(x2 ,3)32 21 3(/2 、3)2综上所述：a 2,26故填 ,2.26【点睛】本题考查根据函数的零点的个数求参数的取值范围，属于难题。18.设函数 f x sinx cosx, x R.(I)求f x f x的最小正周期;3(n)求函数g x sin x3cos x的最大值.【答案】(I)最小正周期为；(n)最大值为1.72,72 ,利用立方和公式因式分解2 时，y2 ; x21 时，y 1.J2, J2的最大值,1,1上递增。【分析】(I)代入化简即可求出答案。(n)利用辅助角公式化简 f xJ2sin x

24、4g x并用f x将其表示出来，再换元判断复合函数单调性，再求最值。【详解】解：(I)因为22f x f x sin x cosx sin x cosx sin x cos xcos2x所以f x f x的最小正周期为；(n)由题f xsin xcosx.2 sin x 2, 24而 g xsinxcosxsin2 xsin xcosx cos2 x2sin x cosx 1sin x cosx 1 2-f t2 1可得函数在 & 1和1,J2上递减，在2 x2一 1 c 3令f x t,则g x的的最大值即为函数y -t3 -t , t22所以函数g x的最大值为1.19 .在数列

25、an 中，a1 2 , an 1 4an 3n 1 , n N(I)证明：数列an n是等比数列；(n )记bn (an n) n ,求数列bn的前n项和Sn.【答案】(i)证明见解析；(n) Sn3n 14n 19【解析】【分析】an 1 (n 1)(I)利用等差数列的定义证明n 1 -q即可。an n(n)由(i)求出数列an n的通项公式，代入bn (ann)n ,再利用错位相减求数列bn的前n项和。n 14 an n【详解】解：(I)证明：由an i 4an 3n 1 ,可得an 1又 a1 1 1,所以数列 an n是首项为1,公比为4的等比数列；n 1n 1(n)由(i)知 an

26、n 4 ，即 an 4 n ,所以 bn n 4n 1,01n 1Sn 1 40 2 41 L n 4n 1,_.1.2.n4Sn 1 42 4 L n4,4n 1得，3Sn 1 4 42 L 4n 1 n 4n -1 n 4n,3所以Sn3n 1 4n 19n项和，属于基础题。【点睛】本题考查等比数列的定义，错位相减求数列的前20 .如图，在四B隹 S ABCD 中，AD 2BC 273 , AB 3, SA SC , AD II BC , AD平面SAB, E是线段AB靠近B的三等分点.(I)求证：CD 平面SCE ; 一 1,(n)若直线SB与平面SCE所成角的正弦值为 ，求SA勺长.3

27、【答案】(I)证明见解析；(n)叵2【解析】【分析】(I)取 AD中点F ,连接CF ,根据题意可求出 EC 2 AE , CD 2黎 AD ,则 AEDACED即CD CE , ASDzXCSD即CD CS ,再利用线面垂直的判定定 理说明即可。(n )记CE I BF O ,连接SO,说明BF P CD即bf 平面SCE ,即里 根据SB 3BOEs BAF求出BO 叵,即可求出SB 3J3,再代入SA SC JsC BC2即 22可。【详解】解：(I) V AD II BC , AD 平面SAB,BC 平面SAB,BC AB,VEBC 中，BE 1, BC 向，由勾股定理可得EC 2,A

28、E CE ,取AD中点F ,连接CF ,则四边形 ABCF是矩形，CD ,DF2 CF2 2/3 AD， AEDACED .CD CE由AD 平面SAB得AD SA,又 SA SC, SD SD, AD CD , ASDACSD,CD CSCEI CS C , CE, CS 平面 SCE,CDA 平面 SCE;(n)记 CEI BF O,连接 SO,- 33 -QBC P FD , BC FD ,四边形FBCD是平行四边形BF PCD ,由(I)知CD 平面SCE,BF 平面SCE,OSB即为直线SB与平面BE 1QBEPCF'际运BO 1 口-一,且 BF CDAB 2 3BO 叵，

29、又 sin OSB 2SB 3V3,2SA SCSB一，SB 3.39. :,利用线面角求其他量，属于基础题。 BC2【点睛】本题考查线面垂直的判TSCE所成角.2展，BO 1221 .过抛物线y 2 Pxp 0上一点P作抛物线的切线l交x轴于Q, F为焦点，以原点 O 为圆心的圆与直线l相切于点M.(I)当P变化时，求证：P为定值.(n)当P变化时，记三角形QFPFM的面积为Si ,三角形OFM的面积为G ,求”的最小S2值.(n) 3 22【答案】(I)证明见解析;【解析】【分析】(I)设P xo, yo ,写出切线方程，求出Q点坐标，计算出QF(n)利用原点到直线l的距离公式，求出 OM ,写出点M的坐标,比值的最小值。【详解】解：(I)设P xo,yo ,则过P的切线l方程为yoy p xPF即可得出答案。计算出s , S2,再求xo ,于是Q为 x0,0则 QF xo, PF xo , 22PFQF(n) OMpxo于是M