【KS5U解析】浙江省杭州市萧山中学2020届高三下学期返校考试数学试题 Word版含解析

1、萧山中学2019-2020学年第二学期返校考试一、选择题1.已知，设集合，则( )a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】由题意，利用补集和交集的概念计算即可.详解】由题意，所以，.故选：a.【点睛】本题考查了对数型复合函数的定义域和值域的求解，考查了集合的运算，属于基础题.2.下列通项表达式中能表达数列的是( )a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】根据数列中的项和通项公式逐项排除即可得解.【详解】当时，而，故排除b、c选项；当时，而，故可排除a选项.故选：d.【点睛】本题考查了数列通项的应用和复数的运算，属于基础题.3.某几何体三视图如图所示（单位：cm），其左视图为

2、正方形，则该几何体的体积（单位：cm3）是( )a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】由三视图还原出几何体为一个长方体截去一个三棱锥和一个半圆柱构成，分别求出各部分体积即可得解.【详解】由三视图可知，该几何体是由一个长方体截去一个三棱锥和一个半圆柱构成，长方体的体积为；截去的三棱锥有三个两两垂直的棱，长度分别为3，3，4，则截去的三棱锥体积为；截去的半圆柱的底面半径满足即，高为3，则截去的半圆柱的体积为；所以该几何体体积.故选：c.【点睛】本题考查了三视图识别和组合体体积的求解，属于基础题.4.以下不是立体几何公理的是( )a. 如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上的所

3、有点都在这个平面内b. 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且仅有一条经过该点的公共直线c. 经过一条直线和这条直线外一点，有且仅有一个平面d. 经过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面【答案】c【解析】【分析】由题意逐项判断即可得解.【详解】“经过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面”为立体几何公理，“经过一条直线和这条直线外一点，有且仅有一个平面”为该公理的推论.故选：c.【点睛】本题考查了立体几何公理，关键是对于公理的识记，属于基础题.5.已知随机变量的分布列，则下列说法正确的是( )a. 存在x，y(0，1)，e()>b. 对任意x，y(0，1)，e()c. 对任意x

4、，y(0，1)，d()e()d. 存在x，y(0，1)，d()>【答案】c【解析】【分析】表示出期望与方差，利用基本不等式证明不等关系。【详解】解：依题意可得，因为所以即故，错误；即，故成立；故错误故选：【点睛】本题考查简单随机变量的分布列中期望和方差的运算，属于难题。6.以下方程能表达该图象的是( )a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】由图象的特征对比方程的性质，逐项排除即可得解.【详解】设点为该图象上一点，对于b，图象在第一象限存在点满足即，此时，故b错误；对于c，图象经过第二、四象限即存在点满足的情况，则，故c错误；对于d，由不在图象上，故d错误.故选：a.【点睛】本

5、题考查了由图象识别方程，关键是找到选项的差异，属于基础题.7.设函数，则“”是“与”都恰有两个零点的（ ）a. 充分不必要条件b. 必要不充分条件c. 充要条件d. 既不充分也不必要条件【答案】c【解析】【详解】显然是的最小值，若有两个零点，设，且，由得或，由题意只有两个零点，因此无解，有两个不等实根，即，必要性得证，若，由于，因此有两个零点，设为，不妨设，由得或，显然无解，有两个不等实根，即有两个零点，充分性得证，故题中是充分必要条件，故选c.【方法点睛】本题通过充分条件与必要条件考查二次函数的图象与性质，属于难题题. 判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理

6、、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.本题中，不但要理解充分条件与必要条件的基本含义，更要熟练掌握二次函数的图象与性质，以及二次函数与一元二次方程的关系.8.已知，则的最小值为( )a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】转化条件得，根据函数单调性确定的取值范围后即可得解.【详解】由题意，令，由函数单调性可知，所以当时，取最小值48.故选：b.【点睛】本题考查了函数单调性的应用，考查了整体意识，属于中档题.9.如图所示，在顶角为

7、圆锥内有一截面，在圆锥内放半径分别为的两个球与圆锥的侧面、截面相切，两个球分别与截面相切于，则截面所表示的椭圆的离心率为( )（注：在截口曲线上任取一点，过作圆锥的母线，分别与两个球相切于点，由相切的几何性质可知，于是，为椭圆的几何意义）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】设两球的球心分别为，圆锥顶点为，取两球与圆锥同一母线上的切点，连接，连接交于，由题意可得，再利用平面几何知识即可得，即可得解.【详解】设两球的球心分别为，圆锥顶点为，取两球与圆锥同一母线上的切点，连接，连接交于，由顶角为，两个球的半径分别为，可知，所以即，由可得，所以，所以，所以该椭圆离心率.故选：c.【点睛】

8、本题考查了圆锥和球的几何特征，考查了椭圆的性质，属于中档题.10.已知，下列说法错误的是( )a. 若，则b. 若，则c. 恒成立d. 恒成立【答案】d【解析】【分析】由可得即，利用基本不等式可判断a；利用反证法可证明b；由，构造函数求导可判断c；设，求导后根据函数的最值可判断d；即可得解.【详解】对于a，不妨令，则，所以即，由可知，则，所以，故a正确；对于b，若，则，故即，与已知矛盾，故b正确；对于c，令，则，则在上单调递减，在上单调递增，所以，所以即，故c正确；对于d，设，则，所以在上单调递减，在上单调递增，则，在上单调递增，在上单调递减，则，所以，即当时，故d错误.故选：d.【点睛】本题

9、考查了基本不等式和导数的应用，关键是对条件做适当的变形，属于难题.二、填空题11.九章算术中有一题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺.”该女子第二日织_尺，若女子坚持日日织，十日能织_尺.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】设该女子每天的织布数量为，转化条件得数列为公比为2的等比数列，利用等比数列的通项公式和前n项和公式求得后即可得解.【详解】设该女子每天织布数量为，由题可知数列为公比为2的等比数列，设数列的前n项和为，则，解得，所以，.故答案为：，.【点睛】本题考查了等比数列的应用，关键是对于题目条件的转化，属于基础题.12.的二项展开式中系数最大的是第三项，且，则_，展开式中二

10、项式系数最大的是第_项.【答案】 (1). 3或4 (2). 5和6【解析】【分析】写出的二项展开式的通项公式，由题意，解不等式组即可得解；由二项式系数的定义可得展开式中二项式系数最大为第3和4项；即可得解.【详解】由题意的二项展开式的通项公式为，由第三项的系数最大可得即，解得，又，所以或；展开式中二项式系数最大的是和，即为第5项和第6项.故答案为：3或4；5和6【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了计算能力和转化化归思想，属于中档题.13.设实数满足条件，则可行域面积为_，最大值为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】分类讨论即可画出可行域，即可求出可行域面积；由图形可知，当

11、取最大值时，点在线段上，利用二次函数的性质即可得解.【详解】由题意得或，画出可行域如图阴影部分，易得点，由可得点，所以可行域面积为;由图形可知，当取最大值时，点在线段上，易知，则，所以当时，取最大值为.故答案为：，.【点睛】本题考查了线性规划的应用，考查了方程与函数思想，属于中档题.14.已知三角形的外接圆半径为，外接圆圆心为，且点满足，则_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由题意，两边同时平方可得，利用二倍角余弦公式即可得；转化条件为即可得；即可得解.【详解】由题意可知为锐角三角形，点在内部，由可得，两边同时平方可得，由可得，由可得得；由.故答案为：，.【点睛】本题考查了平

12、面向量数量积与二倍角余弦公式的综合应用，考查了转化化归思想，属于中档题.15.已知奇函数的定义域为且在上连续.若时不等式的解集为，则时的解集为_.【答案】【解析】【分析】当时，易得的解集为；利用奇函数的性质可得当时，的解集为，令即可得解.【详解】由题意可得当时，的解集为，由奇函数的性质可得当时，的解集为，令，则的解集为，即当时，的解集为，所以的解集为.故答案为：.【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用，考查了运算能力和推理能力，属于中档题.16.已知在五位车牌中，字母最多有两个，且为防止混淆和，和，车牌中不设置字母和，则“浙a”的五位车牌最多有_块.【答案】【解析】【分析】按车牌中没有字母、有一个

13、字母和有两个个字母分类讨论，求和即可得解.【详解】若车牌中没有字母则共有块车牌；若车牌中含有一个字母则共有块车牌；若车牌中含有两个个字母则共有块车牌；则“浙a”的五位车牌最多有块.故答案为：.【点睛】本题考查了分步相乘和分类相加计数原理的应用，属于中档题.17.已知关于的方程恰有两个实数解，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由题意转化条件为恰有两解，设，求导后求得函数的单调性和极值，令，求导后确定函数的单调性和极值，根据两函数的单调性和极值情况即可确定m的值.【详解】由题意可得恰有两解，设，则，令，则，所以函数在单调递增，在上单调递减，又， ，所以函数存在两个零点，所以函数在，单调

14、递减，在上单调递增，且，令，则，可得在上单调递减，在上单调递增，所以即，则要使恰有两根，则要使在，上各有一个根，故在上的根为，此时即.故答案为：.【点睛】本题考查了利用导数研究方程的根的问题，考查了构造新函数的能力，属于难题.三、解答题18.三角形的内角所对的边分别是，且.（1）若三角形是锐角三角形，求的取值范围；（2）若，求三角形的面积.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由题意得，计算出后，利用诱导公式和同角三角函数的关系即可得解；（2）利用余弦定理求出c，利用同角三角函数的平方关系求出后，再利用三角形面积公式即可得解.【详解】（1）为锐角三角形，即，又 ，,，取值范围为；（2）由

15、题意，化简得，解得，所以，所以.【点睛】本题考查了余弦定理和三角函数的综合应用，考查了计算能力，属于中档题.19.在四面体中，已知，.（1）当四面体体积最大时，求的值；（2）当时，设四面体的外接球球心为，求和平面所成夹角的正弦值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）取中点，连接，过点作，由题意可知当平面时，四面体的面积最大，求出此时的的值即可得解；（2）在线段上取，使，为的内心，过作平面，则球心在直线上，设，球的半径为，由勾股定理求得后，由即可得解.【详解】（1）取中点，连接，过点作,由可得，由可得平面，又平面，所以平面平面，所以平面，即即为四面体的高，由，可知当平面四面体面积最大，

16、此时即的值为；（2）当时，则为的中点，所以，在线段上取，使，易知为的内心，过作平面，则球心在直线上，球心为，过点作，连接，则，设，球的半径为，则，则，所以，解得，所以，设和平面所成夹角为，由平面可知，所以和平面所成夹角的正弦值为.【点睛】本题考查了三棱锥的特征及其外接球的相关问题，考查了线面角的求解，属于中档题.20.已知是一个单调递增的等比数列，是一个等差数列，是的前项和，其中，成等差数列，.（1）求的通项公式；（2）若，既成等比数列，又成等差数列.（i）求的通项公式；（ii）对于数列，若且，或且，则为数列的转折点，求的转折点个数.【答案】（1）；（2）（i）或；（ii）3.【解析】【分析】

17、（1）由题意结合等比数列的通项公式可得，解出即可得解；（2）（i）由题意得，则，解方程组即可得解；（ii）由题意，由题意列出不等式组，解出不等式组即可得解.【详解】（1）设数列的公比为q，由题意即，解得，所以；（2）（i），既成等比数列，又成等差数列，设公差为d，则解得或，或；（ii）当时，设满足，则，解得，当时，与第一种情况相同；设满足，则，解得；综上，的转折点个数为3，分别为2，3，9.【点睛】本题考查了等差数列和等比数列基本量的计算，考查了新概念在数列中的应用，属于中档题.21.已知抛物线和轴上的定点，过抛物线焦点作一条直线交于、两点，连接并延长，交于、两点.（1）求证：直线过定点；（2

18、）求直线与直线最大夹角为，求.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）当直线、斜率不存在时，可直接求解；当直线、斜率存在时，设直线，不妨设，联立方程组得，结合可得直线，即可得证；（2）当直线斜率存在时，易证，利用求出最大值即可得解.【详解】（1）证明：由题意知抛物线焦点，当直线斜率不存在时，直线，易得，则直线，所以点，此时直线；当线斜率存在时，设直线，不妨设，则，化简得，则，当时，则，所以，点，所以直线，点，直线，则解得点，所以直线；当时，此时直线，则，结合化简得，此方程有一根为，所以，所以，所以，同理可得，由，可得，所以，所以直线，化简得，可得直线过点；综上，直线恒过点；（2）由（1）知，当直线斜率不存在时，；当直线斜率存在时，设直线与直线的夹角为，当且仅当时，等号成立，所以对于直线与直线最大夹角，.【点睛】本题考查了抛物线与直线的综合运用，考查了运算能力，属于中档题.22.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，且关于的方程恰有三个实数根，求证：.【答案】（1）见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求导后按照、分类讨论，求出、的解集即可得解；（2）构造新函数，求导后