浙江省金丽衢十二校2020届高三第一次联考数学试题

浙江省金丽衢十二校2020届高三第一次联考数学试题

‎2019学年淅江金丽衢十二第一次联考 ‎1.设集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 因为，因此可知，选A ‎2.已知双曲线一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得渐近线的方程，利用两条直线垂直斜率相乘等于列方程，结合求得双曲线离心率.‎ ‎【详解】由题可知双曲线的渐近线方程为，则，即，又，所以.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，属于基础题.‎ ‎3.若实数，满足约束条件，则的最大值等于（ ）‎ A. 2 B. 1 C. -2 D. -4‎ ‎【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：‎ 平移直线可得在点A处取到最大值，联立可得,代入可得最大值为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（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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与三棱锥的组合体，其中圆锥的底面半径为，高为．三棱锥的底面是两直角边分别为、的直角三角形，高为．‎ 则几何体的体积，故选：C.‎ ‎【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，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，是实数，则“且”是“且”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“且” “且” ‎ ‎ “且”“且”‎ 所以“且”是“且”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。‎ ‎6.口袋中有个形状和大小完全相同的小球，编号分别为，，，，，从中任取个球，以表示取出球的最大号码，则=（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【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 ‎ , ,‎ 所以 故选B ‎【点睛】本题考查数学期望，属于基础题。‎ ‎7.如图，在正四棱柱中， 是侧面内的动点，且记与平面所成的角为，则的最大值为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，设点，利用，转化为，得出，利用空间向量法求出的表达式，并将代入的表达式，利用二次函数的性质求出的最大值，再由同角三角函数的基本关系求出的最大值。‎ ‎【详解】如下图所示，以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则、、，‎ 设点，则，，，，‎ ‎，则，得，‎ 平面的一个法向量为，‎ 所以，‎ ‎ ，‎ 当时，取最大值，此时，也取最大值，‎ 且，此时，，‎ 因此，，故选：B。‎ ‎【点睛】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，考查运算求解能力，属于难题。‎ ‎8.己知函数，函数有四个不同的零点，从小到大依次为，，，，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出函数的草图，结合题意得到。且，‎ 则可解出，，，即可求出的取值范围。‎ ‎【详解】当时，令 ，单调递增 又，在单调递减，在单调递增，‎ 所以，在单调递减，在单调递增，且。‎ 当时，，在单调递减，在单调递增，且。‎ 画出函数的图像，如图所示：‎ 又有四个不同的零点，等价于与有四个不同的交点。‎ 所以。且。‎ 当时，，，即 所以 当时， 解，化简得，所以，‎ 又，‎ 所以 所以 故选D ‎【点睛】本题考查函数的性质，画出草图，判断出交点的位置，是首要任务。属于难题。‎ ‎9.函数的图像大致为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取特值判断正负，即可得出答案。‎ ‎【详解】‎ 故选B ‎【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，，…，（，)的公差为，满足 ‎，则下列说法正确的是（ ）‎ A. B. 的值可能为奇数 C. 存在，满足 D. 的可能取值为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，设出绝对值函数，‎ 根据绝对值函数的性质判断即可。‎ ‎【详解】因 所以 令 ‎ 则 （）‎ ‎①当时，，不满足（），舍去。‎ ‎②当时，由（）得为平底型，故为偶数 。‎ 的大致图像为：‎ 则 ‎ 所以，故A正确。‎ 由 当 时 ‎ 当 时 故不存在，满足，C错 ‎ ‎ ‎ ‎ 由于 所以，故D错 ‎③当时，令 ‎ 由于 的图像与的图像关于轴对称，故只需研究 故令 因为 所以 由②知为平底型，故为偶数，故B错 令 ‎ 所以 ，故A正确 由②知，不存在，满足，故C错 由②知，，故D错 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。‎ ‎11.《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(两)还差文钱，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). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出肉的单价，列出等式，解出即可。‎ ‎【详解】设肉价是每两文,则，解得，‎ 他所带钱共可买肉两．‎ 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(为虚数单位)，则_____，的实部_____‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解出，根据模长与实部的定义写出即可。‎ ‎【详解】因为，所以 即，实部为 ‎【点睛】本题考查复数的基本运算，属于基础题。‎ ‎13.在的展开式中，常数项为_____，系数最大的项是_____ ．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据 的二次展开式公式，写出的展开式，再判断即可。‎ ‎【详解】的展开式中第项为，‎ 常数项为，‎ 项的系数为，要使系数最大，r显然为偶数，‎ 经检验，当r=2时，系数最大，‎ 即系数最大的项是 故第一空填,第二空填。‎ ‎【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，满足，则的最大值为_____，最小值为_____．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用与即可求出最值。‎ ‎【详解】‎ ‎ ‎ 故第一空填,第二空填。‎ ‎【点睛】本题考查极化恒等式与，属于中档题。‎ ‎15.已知，是椭圆：与双曲线的公共焦点，是，的公共点，若，则的渐近线方程为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由的方程，确定的坐标，设，根据题意，得到，求出点坐标，代入双曲线方程，再由，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，是椭圆：与双曲线的公共焦点，所以，‎ 设点，‎ 由，不妨取正即，‎ 代入双曲线方程得：，‎ 又，即；‎ 即的渐近线方程为.‎ 故答案 ‎【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，在四边形中，，，，，是的角平分线，则_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出，根据，利用余弦定理建立等式解出，再求出的值，在中利用余弦定理，解出的值。‎ ‎【详解】设，则,,‎ 又是的角平分线，即,‎ ‎,‎ 即，，，‎ 故填 ‎【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，属于基础题。‎ ‎17.设函数，若方程在区间内有个不同的实数解，则实数的取值范围为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意写出，。根据函数的单调性，判断出方程在区间内有个不同的实数解等价于在在与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,,‎ 所以方程在区间内有个不同的实数解等价于 在区间内有个不同的实数解。‎ 记，，‎ 因为在上单调递减且，则，‎ 要使在区间内有个不同的实数解，则在上有两不同的实数解，在有两不同的实数解。‎ ‎1）当，,,‎ 所以在单调递减，在单调递增。‎ 又，， ，。‎ 要使在区间上有两不同的实数解，则：‎ ‎ 。‎ ‎2）当时，，令 ‎ 则在有两不同的实数解，‎ ‎，‎ 由1）知，‎ 所以在单调递减，在单调递增，且，，‎ 则在上存在唯一使得，即在单调递减，在单调递增。‎ 又，，在有两不同的实数解，只需，‎ 联立 又①知代入②化简得 ‎ 又由在上单调递增，‎ 所以 综上所述：‎ 故填 ‎【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，.‎ ‎（Ⅰ）求的最小正周期；‎ ‎（Ⅱ）求函数的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）最小正周期为；（Ⅱ）最大值为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）代入化简即可求出答案。‎ ‎（Ⅱ）利用辅助角公式化简，利用立方和公式因式分解并用将其表示出来，再换元判断复合函数单调性，再求最值。‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）因为 所以的最小正周期为；‎ ‎（Ⅱ）由题 而 令，则的的最大值即为函数，的最大值，‎ 由可得函数在和上递减，在上递增。‎ 又时，；时，.‎ 所以函数的最大值为.‎ ‎19.在数列中，，，.‎ ‎（Ⅰ）证明：数列是等比数列；‎ ‎（Ⅱ）记，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用等差数列的定义证明即可。‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）求出数列的通项公式，代入，再利用错位相减求数列的前项和。‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）证明：由，可得.‎ 又，‎ 所以数列是首项为，公比为的等比数列；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，即，‎ 所以，‎ ‎，①‎ ‎，②‎ ‎①②得，，‎ 所以 ‎【点睛】本题考查等比数列的定义，错位相减求数列的前项和，属于基础题。‎ ‎20.如图，在四棱锥中，，，，，平面，是线段靠近的三等分点.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长.‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）取中点，连接，根据题意可求出,,则即，即，再利用线面垂直的判定定理说明即可。‎ ‎（Ⅱ）记，连接，说明即平面，即,根据求出，即可求出，再代入即可。‎ ‎【详解】解：（Ⅰ），平面，‎ 平面，‎ ‎，‎ 中，，，‎ 由勾股定理可得，‎ ‎，‎ 取中点，连接，则四边形是矩形，‎ ‎，‎ ‎.‎ 由平面得，‎ 又，，，‎ ‎，‎ ‎，，平面，‎ 平面；‎ ‎（Ⅱ）记，连接，‎ ‎，，‎ 四边形是平行四边形，‎ ‎，‎ 由（Ⅰ）知平面，‎ 平面，‎ 即为直线与平面所成角.‎ ‎，，‎ ‎，且，‎ ‎，又，‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的判定，利用线面角求其他量，属于基础题。‎ ‎21.过抛物线上一点作抛物线的切线交轴于，为焦点，以原点为圆心的圆与直线相切于点.‎ ‎（Ⅰ）当变化时，求证：为定值.‎ ‎（Ⅱ）当变化时，记三角形的面积为，三角形的面积为，求 的最小值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）设，写出切线方程，求出点坐标，计算出，即可得出答案。‎ ‎（Ⅱ）利用原点到直线的距离公式，求出，写出点的坐标，计算出，，再求比值的最小值。‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）设，则过的切线方程为，‎ 于是为.‎ 则，，‎ 故.‎ ‎（Ⅱ），于是的坐标为，‎ ‎，‎ 当且仅当时取“”，综上最小值为 ‎【点睛】本题考查抛物线与直线、圆与直线的位置关系，属于中档题。‎ ‎22.已知函数，其中.‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）设，，若存在，对任意的实数，恒有 成立，求的最大值。‎ ‎【答案】（1）在上单调递增；在上单调递减；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先对函数求导，得到，分别讨论和，利用导数的方法，即可得出单调性；‎ ‎（2）先由，令，将问题转化为求的最小值即可，对求导，用导数的方法得出其单调性，进而可得出其最小值，即可求出结果.‎ ‎【详解】解：（1）由题意可得，，‎ ‎①当时，恒成立，即在上单调递增；‎ ‎②当时，由；‎ 由；‎ 即在上单调递增；在上单调递减；‎ ‎（2）由，‎ 因此，存在，满足即可，‎ 令，‎ 则，只需求的最小值即可；‎ 又，‎ 因函数在恒单调递增，‎ 又，，所以恒成立，‎ 即在恒单调递减，‎ 所以，即.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，利用导数的方法研究函数单调性、最值等，对于由不等式恒成立求参数的问题，常用分离参数的方法求解，属于常考题型.‎ ‎ ‎