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1、浙江省名校新高考研究联盟（Z20联盟）2020届高三数学第一次联考试题（含解析）一、选择题1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】解一元二次不等式和绝对值不等式，化简集合， 利用集合的交、补运算求得结果.【详解】因为集合，所以或，或，所以，所以或，故选A.【点睛】本题考查一元二次不等式、绝对值不等式的解法，考查集合的交、补运算.2.已知双曲线，则C的离心率为（ ）A. B. C. D. 2【答案】C【解析】【分析】由双曲线的方程得，又根据，可得的值再代入离心率公式.【详解】由双曲线的方程得，又根据，解得：，所以，故选C.【点睛】本题考查离心率求法，考查基本运算能
2、力.3.已知是不同的直线，是不同的平面，若，则下列命题中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】构造长方体中的线、面与直线相对应，从而直观地发现成立，其它情况均不成立.【详解】如图在长方体中，令平面为底面，平面为平面，直线为若直线为直线，此时，且，故排除A,B,D；因为，所以内存在与平行的直线，且该直线也垂直，由面面垂直的判定定理得：，故选C.【点睛】本题考查空间中线、面位置关系，考查空间想象能力，求解时要排除某个答案必需能举出反例加以说明.4.已知实数满足，则的最大值为（ ）A. 11B. 10C. 6D. 4【答案】B【解析】【分析】画出约束条件所表示的可行域，根据
3、目标函数的几何意义，当直线在轴上的截距达到最大时，取得最大值，观察可行域，确定最优解的点坐标，代入目标函数求得最值.【详解】画出约束条件所表示的可行域，如图所示，根据目标函数的几何意义，当直线在轴上的截距达到最大时，取得最大值，当直线过点时，其截距最大，所以，故选B.【点睛】本题考查线性规划，利用目标函数的几何意义，当直线在轴上的截距达到最大时，取得最大值，考查数形结合思想的应用.5.已知圆的方程为，若y轴上存在一点，使得以为圆心、半径为3的圆与圆有公共点，则的纵坐标可以是（ ）A. 1B. 3C. 5D. -7【答案】A【解析】【分析】设，以为圆心、半径为3的圆与圆有公共点，可得圆心距大于半
4、径差的绝对值，同时小于半径之和，从而得到.【详解】设，两圆的圆心距，因为以为圆心、半径为3的圆与圆有公共点，所以，解得，选项B、C、D不合题意，故选A.【点睛】本题考查两圆相交位置关系，利用代数法列出两圆相交的不等式，解不等式求得圆心纵坐标的范围，从而得到圆心纵坐标的可能值，考查用代数方法解决几何问题.6.已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】不等式等价于或分别解不等式组后，取并集可求得的取值范围.【详解】或，解得：或，即，故选D.【点睛】本题考查与分段函数有关的不等式，会对进行分类讨论，使取不同的解析式，从而将不等式转化为解绝对值不等式和对数
5、不等式.7.已知函数，以下哪个是的图象（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由时的函数值，排除C,D；由的函数值和函数值的正负可排除A.【详解】当时，排除C,D，当时，当时，所以排除A,故选B.【点睛】本题考查通过研究函数解析式，选择函数对应的解析式，注意利用特殊值进行检验，考查数形结合思想的运用.8.在矩形中，为边上的一点，现将沿直线折成，使得点在平面上的射影在四边形内（不含边界），设二面角的大小为，直线，与平面所成的角分别为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由折叠前后图象的对比得点在面内的射影在线段上，利用二面角、线面有的定义，求出的表达式，再进
6、行大小比较.【详解】如图所示，在矩形中，过作交于点，将沿直线BE折成，则点在面内的射影在线段上，设到平面上的距离为，则，由二面角、线面角的定义得：，显然，所以最大，所以最大，当与重合时，因为，所以，则，所以，所以，故选D.【点睛】本题以折叠问题为背景，考查二面角、线面角大小比较，本质考查角的定义和正切函数的定义，考查空间想象能力和运算求解能力.9.已知函数有两个零点，则“”是“函数至少有一个零点属于区间”的一个（ ）条件A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充分必要D. 既不充分也不必要【答案】A【解析】【分析】函数有两个零点，所以判别式，再从函数在上的零点个数得出相应条件，从而解出的范围.【
7、详解】函数有两个零点，所以判别式，函数至少有一个零点属于区间分为两种情况：（1）函数在区间上只有一个零点，即又因为，所以，；（2）函数在上有2个零点解得：；综上所述“函数至少有一个零点属于区间”或，所以或，而后面推不出前面（前面是后面的子集），所以“”是“函数至少有一个零点属于区间”的充分不必要条件，故选A.【点睛】本题考查二次函数的性质、简易逻辑的判定方法，考查推理能力与计算能力，属于基础题.10.已知数列满足：，则下列说法正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】考察函数，则先根据单调性可得，再利用单调性可得.【详解】考察函数，由可得单调递增，由可得在单调递减且，可得，
8、数列为单调递增数列，如图所示：且，图象可得，所以，故选B.【点睛】本题考查数列通项的取值范围，由于数列是离散的函数，所以从函数的角度来研究数列问题，能使解题思路更简洁，更容易看出问题的本质，考查数形结合思想和函数思想.二、填空题11.复数（i为虚数单位），则z的虚部为_，_.【答案】 (1). -1 (2). 【解析】【分析】复数进行四则运算化简得，利用复数虚部概念及模的定义得虚部为，模为.【详解】因为，所以的虚部为，故填：;.【点睛】本题考查复数的四则运算及虚部、模的概念，考查基本运算能力.12.某几何体的三视图为如图所示的三个正方形（单位：cm），则该几何体的体积为_，表面积为_.【答案】
9、 (1). (2). 23【解析】【分析】判断几何体的形状，利用三视图的数据求解几何体的体积与表面积.【详解】由题意可知几何体为正方体去掉一个三棱锥的多面体，如图所示：正方体的棱长为，去掉的三棱锥的底面是等腰直角三角形，直角边长为，棱锥的高为，所以多面体的体积为：，表面积为：【点睛】本题考查几何体的三视图的应用，几何体的体积与表面积的求法，考查空间想象能力和运算求解能力.13.若，则_，_.【答案】 (1). 2 (2). 154【解析】【分析】令得：，求出两种情况下得到项的系数，再相加得到答案.【详解】令得：，展开式中含项为：（1）当出，出含项，即；（2）当出，出含项，即；所以，故填：；.【
10、点睛】本题考查二项式定理展开式中特定项的系数，考查逻辑推理和运算求解，注意利用二项式定理展开式中，项的生成原理进行求解.14.在中，点分别在线段上,，则_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】在中利用正弦定理直接求出，然后在中用余弦定理求出，再用余弦定理求出，进一步得到的值.【详解】如图中，因为，所以，所以，即，解得：，在中，由余弦定理，可得：，所以，所以，所以，故答案为；.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理在三角形中的运用，求解过程中注意把相关的量标在同一个三角形中，然后利用正、余弦定理列方程，考查方程思想的应用.15.某高三班级上午安排五节课（语文，数学，英语，物理，体育），
11、要求语文与英语不能相邻、体育不能排在第一节，则不同的排法总数是_（用数字作答）【答案】60【解析】【分析】先求出体育不能排在第一节的所有情况，从中减去体育不能排在第一节，且语文与英语相邻的情况，即为所求.【详解】体育不能排在第一节，则从其他4门课中选一门排在第一节，其余的课任意排，它的所有可能共有种.其中，体育不能排在第一节，若语文与英语相邻，则把语文与英语当做一节，方法有种，则上午相当于排4节课，它的情况有：种.故语文与英语不能相邻，体育不能排在第一节，则所有方法有种.【点睛】本题考查用间接法解决分类计数原理问题，以及特殊元素特殊处理，属于中档题.16.已知是抛物线上的两点，是焦点，直线的倾
12、斜角互补，记的斜率分别为,，则_.【答案】1【解析】分析】设，由抛物线的对称性知点在直线上，直线代入得到关于的一元二次方程，利用韦达定理得到的关系，从而求得的值.【详解】设，由抛物线的对称性知点在直线上，直线代入得：，所以，因为，所以，故填：1.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，会用坐标法思想把所要求解的问题转化成坐标运算，使几何问题代数化求解.17.已知非零平面向量不共线，且满足，记，当的夹角取得最大值时，的值为_【答案】4【解析】【分析】先建系，再结合平面向量数量积的坐标及基本不等式的应用求出向量，进而通过运算求得的值.【详解】由非零平面向量不共线，且满足，建立如图所示的平面直角坐标
13、系：则，则，由，则，则直线的斜率分别为，由两直线的夹角公式可得：，当且仅当，即时取等号，此时，则，所以，故填：4.【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标运算及基本不等式求最值的运用，考查转化与化归思想，在使用基本不等式时，注意等号成立的条件.三、解答题 18.已知函数（1）求的值；（2）若，求的值.【答案】(1)1；(2) 【解析】【分析】（1）利用倍角公式、辅助角公式化简，再把代入求值；（2）由，利用角的配凑法得：，再利用两角差的余弦公式得.【详解】解:（1）因为，所以.（2）由得，【点睛】本题考查三角恒等变换中的倍角公式、辅助角公式、两角差的余弦公式等，考查角的配凑法，考查运算求解能力.19
14、.在三棱柱中，底面是等腰三角形，且，侧面 是菱形，平面平面，点是的中点（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值【答案】(1) 证明见解析；(2) 【解析】【分析】（1）证明直线垂直所在的平面，从而证明；（2）以A为原点，为x轴正方向，为y轴正方向，垂直平面ABC向上为z轴正方向建立平面直角坐标系，设，线面角为，可得面的一个法向量，代入公式进行求值.【详解】（1）证明：在中，是直角，即，平面平面，平面平面，平面，平面，.在菱形中，连接，则是正三角形，点是中点，.又，.又，平面.（2）作于G，连结由（1）知平面，得到，又，且，所以平面.又因为平面，所以，又平面平面,作于点H，则平面，则即为所
15、求线面角设，由已知得，则BM与平面所成角的正弦值为【点睛】本题考查空间中线面垂直判定定理、求线面所成的角，考查空间想象能力和运算求解能力.20.已知数列为等差数列，是数列的前n项和，且，数列满足（1）求数列，的通项公式；（2）令，证明：【答案】(1) . (2)证明见解析【解析】【分析】（1）利用，得到关于的方程，得到；利用临差法得到，得到是等比数列，从而有；（2）利用借位相减法得到，易证得不等式成立.【详解】（1）设等差数列的公差为，解得，数列的通项公式为.，当时，即是等比数列，且，.（2），记，则，【点睛】本题考查数列通项公式、前项和公式等知识的运用，考查临差法、错位相减法的运用，考查运算
16、求解能力.21.已知抛物线，为其焦点，椭圆，为其左右焦点，离心率，过作轴的平行线交椭圆于两点，.（1）求椭圆的标准方程；（2）过抛物线上一点作切线交椭圆于两点，设与轴的交点为，的中点为，的中垂线交轴为，的面积分别记为，若，且点在第一象限求点的坐标【答案】(1) . (2) 【解析】【分析】（1）由题设可知，又，把均用表示，并把点代入标圆方程，求得；（2）根据导数的几可意义求得直线的方程，根据韦达定理及中点坐标公式求得点的坐标，求得中垂线方程，即可求得点坐标，根据三角形面积公式，即可求得点坐标.【详解】（1）不妨设在第一象限，由题可知，又，可得，椭圆的方程为.（2）设则切线的方程为代入椭圆方程得
17、：，设，则，的方程为，即，令得，在直线方程中令得，.化简得，（舍去）的坐标为.，因为，故此解符合题意【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理、中点坐标公式、三角形的面积公式，考查逻辑推理和运算求解能力.22.设为实常数，函数（1）当时，求的单调区间；（2）设，不等式的解集为，不等式的解集为，当时，是否存在正整数，使得或成立若存在，试找出所有的m；若不存在，请说明理由【答案】(1) 在上单调递减，在上单调递增(2)存在，【解析】【分析】（1）当时得，求导后发现在上单调递增，且，从而得到原函数的单调区间；（2）令，利用导数和零点存在定理知存在，使得，再对分和两种情况进行讨
18、论.【详解】解:（1），在上单调递增，且，在上负,在上正，故在上单调递减，在上单调递增（2）设，单调递增又，（也可依据），存在使得，故在上单调递减，在上单调递增又对于任意存在使得，又，且有，由零点存在定理知存在，使得，故.，令，由知在上单调递减，当时，又，和均在各自极值点左侧,结合单调性可知，当时，成立，故符合题意当时，令，则，当时，在上式中令，可得当时，有成立，令，则，恒成立.故有成立，知当时，又，在上单调递增，当时，而，此时和均不成立.综上可得存在符合题意.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、零点存在定理，特别要注意使用零点存在定理判断零点的存在性，要注意说明端点值的正负.同时，对本题对构造法的考查比较深入，对逻辑推理、运算求解的能力要求较高，属于难题.- 23 -