浙江省2020年高二数学5月阶段性测试联考试题（含解析）（通用）

1、浙江省2020年5月高二数学阶段性测试联考试题（含解析）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（ ）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，直接求交集，即可得出结果.【详解】因为集合，所以.故选B【点睛】本题主要考查集合的交集，熟记概念即可，属于基础题型.2.已知双曲线的两个焦点是和，则（ ）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】根据双曲线的方程，可直接得出焦距.【详解】因为双曲线方程为，所以其焦距为.故选D【点睛】本题主要考查求双曲线的焦距，熟记双曲线的简单性质即可，属于基础题型.3.设向量，若

2、，则（ ）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】根据向量，得到关于的方程，进而可得出结果.【详解】因为向量，若，则，解得.故选D【点睛】本题主要考查由向量共线求参数，熟记向量共线的坐标表示即可，属于常考题型.4.已知为一条直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】A. 若，则或，故A错误；B. 若，则或故B错误；C. 若，则或，或与相交；D. 若，则，正确.故选D.5.如图所示是函数的图象，则函数可能是（ ）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】先由函数图像确定该函数的定义域，以及奇偶性，再由的图像，即可判断出

3、结果.【详解】由图像可得，该函数定义域为，且函数图像关于原点对称，所以该函数为奇函数；又当时，函数图像出现在轴下方，即函数值先为负值；显然BCD均不满足，故选A【点睛】本题主要考查由函数图像确定函数解析式，熟记函数的性质即可，属于常考题型.6.设等差数列的前项和是，公差不等于零若，成等比数列，则（ ）A.，B.，C.，D.， 【答案】A【解析】【分析】先由，成等比数列，得到与之间关系，进而可判断出结果.【详解】由题意，成等比数列，所以，即，整理得，因为公差不等于零，所以；即同号，所以中所有项都同号；所以，.故选A【点睛】本题主要考查等差数列，熟记等差数列的通项公式与等差数列的特征即可，属于基础

4、题型.7.若关于，的不等式组表示的平面区域内存在点满足，则实数的取值范围是（ ）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意得到，直线经过题中不等式组所表示的平面区域，结合图像，即可得出结果.【详解】因为关于，的不等式组表示的平面区域内存在点满足，所以直线经过不等式组所表示的平面区域，作出不等式组所表示的平面区域如下：由题意可得，只需点在直线下方，即，解得或.故选D【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，以及点与直线位置关系，根据转化与化归思想，将问题转化为点与直线位置关系，即可求解，属于常考题型.8.已知直线与圆有公共点，则的最大值为（ ）A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】

5、先由直线与圆有公共点，列出不等式组，得到的范围，再由，即可求出结果.【详解】因为直线与圆有公共点，所以，解得，又点在直线上，所以，因此.故选C【点睛】本题主要考查由直线与圆有交点求参数，以及基本不等式的应用，熟记直线与圆位置关系，以及基本不等式即可，属于常考题型.9.已知函数，则“”是“为偶函数”的（ ）A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据充分条件与必要条件的定义，结合函数奇偶性的定义和性质，进行判断即可.【详解】若，则为偶函数；当，时，为偶函数，但不成立；所以“”是“为偶函数”的充分不必要条件.故选B【点睛】本题主要考

6、查充分条件与必要条件的判断，熟记定义即可，属于基础题型.10.给定正三棱锥PABC，M点为底面正三角形ABC内（含边界）一点，且M到三个侧面PAB、PBC、PAC的距离依次成等差数列，则点M的轨迹为（ ）A. 双曲线的一部分B. 圆的一部分C. 一条线段D. 抛物线的一部分【答案】C【解析】【分析】先设点M到三个侧面PAB、PBC、PCA距离为da，d，d+a，正三棱锥PABC中各个侧面的面积为S，体积为V，用等体积法可得d为常数，作平面面PBC且它们的面面距离为d，则与面ABC的交线即为点M的轨迹【详解】设点M到三个侧面PAB、PBC、PCA的距离为da，d，d+a 正三棱锥PABC中各侧面

7、的面积为S，体积为V，则S（da）d（d+a ）V，即SdV，所以d为常数作平面使面PBC且它们的距离为d，则与面ABC的交线即为点M的轨迹又M点为底面正三角形ABC内（含边界）一点，所以M的轨迹为一条线段 故选：C【点睛】本小题主要考查等差数列、体积法的应用、轨迹方程等基础知识，考查空间想象能力思想、化归与转化思想熟记正四面体的结构特征与体积公式是关键，属于基础题二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11.设，复数（虚数单位）若，则_， _【答案】 (1). 6 (2). 【解析】【分析】先由复数的除法，化简，再由复数相等的充要条件，求出，即可得出结果.【详解】

8、因为，所以，又，所以，解得，所以，.故答案为(1). 6 (2). 【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的模，熟记复数的除法运算法则、复数相等的充要条件，以及复数模的计算公式即可，属于常考题型.12.若，则_， _【答案】 (1). 1 (2). 【解析】【分析】先由得到，根据换底公式，可求出，再由，可求出的值.【详解】因为，所以，又，所以，.故答案为(1). 1 (2). 【点睛】本题主要考查对数的运算，熟记公式即可，属于常考题型.13.设函数若，则_【答案】2【解析】分析】根据二次函数性质，得到的最小值，由基本不等式，得到的最小值，再结合题中条件，即可得出结果.【详解】因为，当时，取最小

9、值；又时，当且仅当，即时，取最小值；所以当且仅当时，取最小值.即时，.故答案为2【点睛】本题主要考查函数最值的应用，熟记二次函数性质，以及基本不等式即可，属于常考题型.14.已知中，角，所对边分别是，且的周长为，则_；若的面积等于，则_【答案】 (1). 5 (2). 【解析】【分析】先由正弦定理，得到；求出；再由题意得到，根据余弦定理，即可求出结果.【详解】由得，又的周长为，即，所以；若的面积等于，则，所以，由余弦定理可得.故答案为(1). 5 (2). 【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理和余弦定理即可，属于常考题型.15.设函数，则_；若，则实数的取值范围是_【答案】 (1). (

10、2). 【解析】【分析】根据解析式，直接代入，即可求出；分别讨论，以及三种情况，即可求出的取值范围.【详解】因为，所以；当时，不等式可化为，显然成立，即满足题意；当时，不等式可化为，即，解得，所以；当时，不等式可化为，解得；所以；综上，若，则实数的取值范围是.故答案为(1). (2). 【点睛】本题主要考查分段函数求值以及解不等式，灵活运用分类讨论的思想即可，属于常考题型.16.设椭圆上，下顶点分别为，右焦点为，直线与椭圆的另一交点为，连结，当直线的斜率取最大值时，椭圆的离心率为_【答案】【解析】【分析】根据题意得到，求出直线的方程，联立直线与椭圆方程，求出点坐标，表示出直线的斜率，根据基本不

11、等式，即可求出斜率的最大值，进而可求出离心率.【详解】由题意可得：，所以直线的方程为，由消去，得到，所以，所以，即，因此，当且仅当时，直线的斜率取最大值，此时椭圆的离心率为.故答案为.【点睛】本题主要考查椭圆离心率，熟记椭圆的简单性质即可，属于常考题型.17.已知向量，满足，则_【答案】12【解析】【分析】由得到，根据，不妨令，设，由，求出，进而可求出结果.【详解】因为，所以，又，不妨令，设，因为，所以，解得，所以，因此.故答案为12【点睛】本题主要考查向量数量积，熟记向量数量积的坐标运算即可，属于常考题型.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

12、数（1）求的值；（2）若，且，求的值【答案】（1）2；（2）【解析】【分析】先将函数解析式化简整理得到，（1）将代入解析式，即可得出结果；（2）先由得到，根据题中范围求出，再由展开，代入数据，即可得出结果.【详解】由题意（1）所以；（2），又，所以【点睛】本题主要考查三角函数化简求值的问题，熟记公式即可求解，属于常考题型.19.已知，分别是边，的中点，其中，如图（1）；沿直线将折起，使点翻至点，且二面角大小为，点是线段的中点，如图（2）（1）证明：平面；（2）求直线和平面所成角的正弦值【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）先取中点，连接、，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；

13、（2）根据题意，得到点、到平面距离相等，设为，则直线与平面所成角满足，根据题中条件，求出与，即可得出结果.【详解】（1）证明：取中点，连接、，、分别是、中点，所以，又、分别是、中点，所以，是平行四边形，；又平面且平面，平面；（2）因为，且平面，平面，所以平面所以点、到平面距离相等，设为，则直线与平面所成角满足，过在平面内作直线于，翻折前、分别、的中点，又，所以，所以翻折后，又，所以平面，所以；又，所以平面，所以在中，设，则，因为，就是二面角的平面角为；所以，故平面，因此，所以；，因此；即直线和平面所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查线面平行的证明，以及求线面角的正弦值；熟记线面平行的判定定理

14、，以及几何法求线面角即可，属于常考题型.20.已知正项数列的前项和为，数列的前项和为，满足，且，（1）求，的值，并求的通项公式；（2）若对任意恒成立，求实数的最小值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先由题意得到，求出，进而可得，再由，得到，化简整理，即可得出结果；（2）根据（1）的结果，得到，由错位相减法求出，再将对任意恒成立，转化为对任意的恒成立，令，求出的最大值，即可得出结果.【详解】（1）由及得，因为，所以， 当时，所以，所以，即，当时也成立（2）由（1）可得：，所以，两式作差可得：，整理得；因为对任意恒成立，故对任意的恒成立，令，则，当时，当时，即【点睛】本题主要考查等差数列

15、的通项公式，错位相减法求数列的和，以及数列的应用，熟记通项公式，以及转化与化归的思想，即可求解，属于常考题型.21.已知抛物线：，焦点为，设为上的一动点，以为切点作的切线，与轴交于点，以，为邻边作平行四边形（1）证明：点在一条定直线上；（2）设直线与交于，两点若直线的斜率，求的最小值【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）先对求导，设，得直线：，设，根据求出点坐标，即可得出结论成立；（2）先设直线：，与抛物线联立，设，得到，根据韦达定理，以及题中条件，即可求出结果.【详解】（1）由得，设，设直线：，令，得，即，设，则，即，点在定直线上（2）设直线：，联立，消去得设， 又，令，解得，的最小值为【点睛】本题主要考查抛物线的应用，熟记抛物线的方程与抛物线性质，以及直线与抛物线位置关系即可，属于常考题型.22.已知函数，为实常数（1）当时，求在处的切线方程；（2）证明：对于任意的实数，的图像与轴有且仅有一个公共点【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）将代入函数解析式，得到，对函数求导，求出切线斜率，进而可得切线方程；（2）先对函数求导，得到，记，用导数的方法判断函数单调性，再分别讨论，两种情况，即可得出结论成立.【详解】（1）当时， ， 故在处的切线为（2），记