浙江省2020年1月普通高校招生学业水平考试数学试题 Word版含解析 25页

www.ks5u.com 浙江省2020年1月普通高校学业水平考试数学试题 一、选择题（本大题共18小题，每小题3分，共54分.每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分.）‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据集合的并集运算,即可求解.‎ ‎【详解】因为集合,‎ 由集合的并集定义可知 故选:D ‎【点睛】本题考查了集合的并集运算,属于基础题.‎ ‎2.（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据诱导公式,化简即可求解.‎ ‎【详解】由诱导公式可知 故选:A ‎【点睛】本题考查了诱导公式的简单应用,属于基础题.‎ ‎3.（ ）‎ - 25 -‎ A. 0 B. 1 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对数的运算及常数对数的值即可求解.‎ ‎【详解】根据对数的运算性质可知 故选:B ‎【点睛】本题考查了对数的运算性质的简单应用,属于基础题.‎ ‎4.圆的半径是（ ）‎ A. 2 B. 3 C. 6 D. 9‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 将圆的一般方程化为标准方程,即可求得圆的半径.‎ ‎【详解】因为圆 化为标准方程可得 所以圆的半径为3‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查了圆的一般方程与标准方程的转化,圆的标准方程的性质,属于基础题.‎ ‎5.不等式（ ）‎ A. B. C. 或 D. 或 ‎【答案】A - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据绝对值不等式,分类讨论解不等式即可求解.‎ ‎【详解】不等式 当时,不等式可化为,即.所以 当时,不等式可化为,即.所以 综上可知,不等式的解集为,即 故选:A ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法,分类讨论解绝对值不等式,属于基础题.‎ ‎6.椭圆的焦点坐标是（ ）‎ A. ， B. ， C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据椭圆的标准方程,先判断出焦点位置并求得.再根据椭圆中的关系即可求得焦点坐标.‎ ‎【详解】椭圆 所以为焦点在轴上,且 ‎ 由椭圆中 可得 因而 ‎ 所以焦点坐标为,‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及简单性质,椭圆中的关系及焦点坐标求法,‎ - 25 -‎ 属于基础题.‎ ‎7.若实数，满足不等式组，则的最大值是（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据不等式组,画出可行域,由可行域即可求得线性目标函数的最大值.‎ 详解】根据所给不等式组,画出可行域如下图所示:‎ 将平移即可得目标函数 ‎ 因而当经过点时,目标函数的截距最大 此时 所以的最大值是 故选:D ‎【点睛】本题考查了线性规划的简单应用,线性目标函数的最值求法,属于基础题.‎ ‎8.已知直线和平面，若，，则过点且平行于的直线（ ）‎ A. 只有一条，不在平面内 B. 只有一条，且在平面内 C. 有无数条，一定在平面内 D. 有无数条，不一定在平面内 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 假设m是过点P且平行于l的直线， n也是过点P且平行于l的直线，则与平行公理得出的结论矛盾，进而得出答案.‎ ‎【详解】假设过点P且平行于l的直线有两条m与n，则m∥l且n∥l 由平行公理得m∥n，这与两条直线m与n相交与点P相矛盾，‎ 故过点且平行于的直线只有一条，‎ 又因为点P在平面内，所以过点P且平行于l的直线只有一条且在平面内．‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查了空间中直线与直线之间的位置关系，空间中直线与平面的位置关系．过一点有且只有一条直线与已知直线平行．‎ ‎9.过点且与直线垂直的直线方程是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线垂直时的斜率关系,先求得直线的斜率.再由点斜式即可求得直线方程,进而化为一般式可得解.‎ ‎【详解】因为直线可化为 当直线垂直时的斜率乘积为1,所以 因为经过点 由点斜式可知直线方程为 ‎ 化简可得 故选:D ‎【点睛】本题考查了垂直直线的斜率关系,点斜式方程的用法,将方程化为一般式的方法,属于基础题.‎ ‎10.在中，角，，所对的边分别是，，，若，，则（ ）‎ - 25 -‎ A. 1 B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理,即可求得的值.‎ ‎【详解】在中, 角,,所对的边分别是,,‎ 若,,‎ 由正弦定理可知 ‎ 代入可得 解得 ‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查了正弦定理在解三角形中的简单应用,属于基础题.‎ ‎11.函数的图象大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的奇偶性及特殊值,可判断函数的图像.‎ - 25 -‎ ‎【详解】因为 而为偶函数, 为奇函数,所以为奇函数,所以排除C,D.‎ 当时, ,,所以,所以排除B选项.‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查了根据函数解析式判断函数图像,利用函数的奇偶性、单调性和特殊值,可排除选项,属于基础题.‎ ‎12.某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（ ）‎ A. B. C. 1 D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图,还原出空间几何体,即可求得该几何体的体积.‎ ‎【详解】由三视图可知,该几何体为三棱锥,其空间结构体如下图所示:‎ - 25 -‎ 则由三视图中的线段长度可知 ‎ 则 ‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查了三视图的简单应用,根据三视图还原空间几何体,棱锥的体积求法,属于基础题.‎ ‎13.设，则“”是“”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】‎ ‎【分析】‎ 根据立方和公式,结合充分必要条件的判断即可得解.‎ ‎【详解】因为 当时, ,所以.即“”是“”的充分条件.‎ 当时,由于成立,所以,即“”是“”的必要条件.‎ 综上可知, “”是“”的充要条件 故选:C ‎【点睛】本题考查了立方和公式的用法,充分必要关系的判断,属于基础题.‎ ‎14.设，分别是双曲线的左、右焦点.若双曲线上存在一点，使得，且，则该双曲线的离心率是（ ）‎ - 25 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的定义及,用表示出,再在三角形中由余弦定理求得的关系,进而求得离心率.‎ ‎【详解】,分别是双曲线左、右焦点,且双曲线上的点满足 ‎ 所以,解得 因为,‎ 所以在三角形中由余弦定理可得 ‎,代入可得 化简可得,即 ‎ 所以 故选:B ‎【点睛】本题考查了双曲线的定义,利用余弦定理解三角形,双曲线离心率的求法,属于基础题.‎ ‎15.点P从O出发, 按逆时针方向沿周长为的图形运动一周, 点O 、P 的距离（）与点P 走过的路程()的函数关系如图所示.那么点P所走过的图形是图中的( ).‎ - 25 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】易知, 选项(A)、(B)的图像是若干条线段组成的折线;选项(D)中当点P 走过的路程为时，OP 不是最大值(过点P 作OP 的垂线交椭圆于点P′, 显然, OP′>OP);选项(C)中 , 其图像如图.选C.‎ ‎16.设数列满足，，，，则满足的的最大值是（ ）‎ A. 7 B. 9 C. 12 D. 14‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据数列满足的条件,讨论n的奇偶性,即可求得解析式.根据解析式解绝对值不等式即可求得满足条件的的最大值.‎ ‎【详解】数列满足,,‎ 则 则当奇数时, ‎ 所以,代入可得,解不等式可得 - 25 -‎ 而,所以此时的最大值是9‎ 则当偶数时, ‎ 所以若,代入可得,解不等式可得 而,所以此时的最大值是12‎ 综上可知, 的最大值是12‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查了等差数列的通项公式求法,对奇偶项分类讨论数列的性质,绝对值不等式的解法,属于中档题.‎ ‎17.设点，的坐标分别为，，，分别是曲线和上的动点，记，.（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意,由向量数量积和投影的定义,结合平面向量共线的性质即可判断选项.‎ ‎【详解】根据题意,在直线上取,且.过分别作直线的垂线,交曲线于和交于.在曲线上取点,使.如下图所示:‎ - 25 -‎ 若,则 若,则即可.此时可以与重合,与重合,满足题意,但是不成立,且所以A、B错误;‎ 对于C,若,则,此时必有与对应(或与),所以满足 ‎,所以C正确;‎ 对于D,对于点,满足,但此时在直线上的投影不在处,因而不满足,即,所以D错误 综上可知,C为正确选项 故选:C ‎【点睛】本题考查了平面向量数量积的意义及向量投影的应用,向量共线的特征和性质,综合性强,较为复杂,属于难题.‎ ‎18.如图，在圆锥中，，是上的动点，是的直径，，是的两个三等分点，，记二面角，的平面角分别为，，若，则的最大值是（ ）‎ - 25 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设底面圆的半径为,,以所在直线为轴,以垂直于所在直线为轴,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,写出各个点的坐标.利用法向量求得二面角与夹角的余弦值.结合即可求得的取值范围,即可得的最大值.‎ ‎【详解】设底面圆的半径为,,以所在直线为轴,以垂直于所在直线为轴,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,如下图所示:‎ 则由 可得,‎ ‎,是的两个三等分点 则 ‎ - 25 -‎ 所以 设平面的法向量为 ‎ 则,代入可得 化简可得 令,解得 所以 平面的法向量为 由图可知, 二面角的平面角为锐二面角,所以二面角的平面角满足 设二面角的法向量为 则代入可得 化简可得 令,解得 - 25 -‎ 所以 平面的法向量为 ‎ 由图可知, 二面角的平面角为锐二面角,所以二面角的平面角满足 由二面角的范围可知 结合余弦函数的图像与性质可知 即 化简可得,且 所以 所以的最大值是 故选:B ‎【点睛】本题考查了空间直角坐标系在求二面角中的综合应用,根据题意建立合适的空间直角坐标系,求得平面的法向量,即可求解.本题含参数较多,化简较为复杂,属于难题.‎ 二、填空题（本大题共4小题，每空3分，共15分）‎ ‎19.设等比数列的前项和为，若，，则______，______.‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). 15‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列的通项公式,可求得与 .再求得,即可求得的值.‎ - 25 -‎ ‎【详解】因为数列为等比数列,由等比数列的通项公式可知 ‎ ‎ 而,‎ 所以,解方程组可得 所以 所以 故答案为:;‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列通项公式的简单应用,前n项和的求法,属于基础题.‎ ‎20.设，分别是平面，的法向量，，.若，则实数______.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两个平面平行时,其法向量也平行,即可求得参数m的值.‎ ‎【详解】因为,且,分别是平面,的法向量 则 因为,‎ 所以存在,满足 则 即解得 所以 故答案为:‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查了平面平行时法向量的关系,平行向量的坐标表示及关系,属于基础题.‎ ‎21.在中国古代数学著作《就长算术》中，鳖臑（biēnào）是指四个面都是直角三角形的四面体.如图，在直角中，为斜边上的高，，，现将沿翻折，使得四面体为一个鳖臑，则直线与平面所成角的余弦值是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作于交于,可证明平面,则即为与平面的夹角.根据线段关系即可求解.‎ ‎【详解】作于交于 因为 且 所以平面 而平面 所以平面平面 又因为平面平面,且 所以平面 则即为与平面的夹角 因为直角中,,‎ - 25 -‎ 所以 ‎ ‎ 则 所以 在直角三角形中,‎ 故答案:‎ ‎【点睛】本题考查了空间几何体中直线与平面的夹角求法,直线与平面垂直关系的判定,对空间想象能力和计算能力要求较高,属于中档题.‎ ‎22.已知函数，若存在，使得在上恰有两个零点，则实数的最小值是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数存在在上恰有两个零点,则求得当时满足条件的.再由当时取到零点,即可求得的值.‎ ‎【详解】因为函数,在上恰有两个零点 则必在与时恰好取到零点的边界 若时,的零点满足 解方程求得或 当时, ,满足在上恰有两个零点 则,且 解方程可得(舍)或(舍)‎ 当时, ,满足在上恰有两个零点 - 25 -‎ 则,且 解方程可得(舍)或 综上可知,当时满足在上恰有两个零点 故答案为: ‎ ‎【点睛】本题考查了含绝对值函数零点的分类讨论,注意恰有两个零点条件的应用,根据边界取等时能刚好取得,属于中档题.‎ 三、解答题（本大题共3小题，共31分）‎ ‎23.已知函数，‎ ‎（Ⅰ）求的值；‎ ‎（Ⅱ）求的最小正周期；‎ ‎（Ⅲ）求在上的值域.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）将代入解析式,即可求得的值.‎ ‎（Ⅱ）根据正弦的二倍角公式化简后,即可求得的最小正周期.‎ ‎（Ⅲ）根据正弦函数的图像与性质,可求得在上的值域.‎ ‎【详解】（Ⅰ）‎ 即 - 25 -‎ ‎（Ⅱ）因 故的最小正周期 ‎（Ⅲ）当时,‎ 因此当,即时,‎ 当,即时,‎ 所以在上的值域为.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦函数的求值,正弦函数的图像与性质简单应用,属于基础题.‎ ‎24.如图，设抛物线与的公共点的横坐标为，过且与相切的直线交于另一点，过且与相切的直线交于另一点，记为的面积.‎ ‎（Ⅰ）求的值（用表示）；‎ ‎（Ⅱ）若，求的取值范围.‎ 注：若直线与抛物线有且只有一个公共点，且与抛物线的对称轴不平行也不重合，则称该直线与抛物线相切.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ - 25 -‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）将的横坐标为代入抛物线解析式可得,再代入抛物线解析式,化简即可用表示的值.‎ ‎（Ⅱ）设出点的坐标,结合M的坐标即可表示出直线的方程.联立抛物线,根据相切时判别式可得,表示出直线的方程.利用两点式表示出直线的斜率,即可用表示出点的坐标.同理可求得点的坐标.进而利用两点间距离公式表示出,利用点到直线距离公式求得到直线的距离,即可表示出的面积.结合的取值范围,即可求得的取值范围.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因点在抛物线:上,故 又点在抛物线：上,故,‎ 则 ‎（Ⅱ）设点,直线的方程为 联立方程组消去,得 则 因此 即直线的方程为 则直线的斜率 从而,即 同理,直线的方程为,点 因此 - 25 -‎ 点到直线：的距离 故的面积 即 因为 即 解得.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系,利用韦达定理分析直线与抛物线的交点问题,两点间距离公式及点到直线距离公式的应用,综合性强,属于难题.‎ ‎25.设，函数，，.‎ ‎（I）若为偶函数，求的值；‎ ‎（Ⅱ）当时，若在上均单调递增，求的取值范围；‎ ‎（Ⅲ）设，若对任意，都有，求的最大值.‎ ‎【答案】（I）；（Ⅱ）；（Ⅲ）－15.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）由题意函数为偶函数，运用偶函数定义求出的值 - 25 -‎ ‎（Ⅱ）代入，求出满足题意的条件，得到不等式组，即可求出结果 ‎（Ⅲ）由题意化简，去绝对值后转化为恒成立问题，求解满足条件的不等式，继而求出的最大值 ‎【详解】（Ⅰ）若为偶函数，则对任意，都有，‎ 即 亦即，‎ 则；‎ ‎（Ⅱ）由题意，得，其中，‎ 则；‎ ‎（Ⅲ）对任意，恒成立等价于对任意，‎ 恒成立，且恒成立，‎ 即恒成立，且恒成立.‎ 分别令函数，，‎ 注意到，故对任意，与恒成立的充要条件是 即 - 25 -‎ 亦即 因，故，‎ 因此.‎ 从而，‎ 即，‎ 当且仅当，时，等号成立，‎ 所以最大值是－15.‎ ‎【点睛】本题考查了运用函数的奇偶性定义求参量的值，运用函数单调性求参量的值以及运用不等式问题求解最值，考查了转化的思想，需要熟练掌握解题方法.‎ - 25 -‎ 本试卷的题干、答案和解析均由组卷网（http://zujuan.xkw.com）专业教师团队编校出品。‎ 登录组卷网可对本试卷进行单题组卷、细目表分析、布置作业、举一反三等操作。‎ 试卷地址：在组卷网浏览本卷 组卷网是学科网旗下的在线题库平台，覆盖小初高全学段全学科、超过900万精品解析试题。‎ 关注组卷网服务号，可使用移动教学助手功能（布置作业、线上考试、加入错题本、错题训练）。‎ ‎ ‎ 学科网长期征集全国最新统考试卷、名校试卷、原创题，赢取丰厚稿酬，欢迎合作。‎ 钱老师 QQ：537008204    曹老师 QQ：713000635 ‎ - 25 -‎