1、浙江省2020届高三数学下学期返校考试试题（含解析）选择题部分一、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，则中的元素个数是（ ）A. 0个B. 1个C. 2个D. 4个【答案】D【解析】【分析】求出集合即得答案.【详解】解不等式，可得.解不等式，可得.，含有4个元素故选：.【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题.2.双曲线的方程为，则（ ）A. 实轴长为2，焦点坐标B. 实轴长为2，焦点坐标C. 实轴长为，焦点坐标D. 实轴长为，焦点坐标【答案】D【解析】【分析】把双曲线的方程化为标准式即得.【详解】双曲线的方程化为标准
2、式：.焦点在轴上，.实轴长为，焦点坐标.故选：.【点睛】本题考查双曲线的几何性质，属于基础题.3.已知实数满足，则（ ）A. 最小值为0，不存在最大值B. 最小值为4，不存在最大值C. 最大值为0，不存在最小值D. 最大值为4，不存在最小值【答案】A【解析】【分析】作出可行域，由得，平移直线，数形结合可求.【详解】作出可行域如图所示由得.平移直线，当直线过可行域内的点时，最大，有最小值，不存在最大值.解方程组，得.，没有最大值.故选：.【点睛】本题考查简单的线性规划，属于基础题.4.九章算术是中国古代第一部数学专著，书中有关于“堑堵”的记载，“堑堵”即底面是直角三角形的直三棱柱，已知某“堑堵”
3、被一个平面截去一部分后，剩下部分的三视图如图所示，则剩下部分的体积是（ ）A. 16B. 18C. 12D. 14【答案】C【解析】【分析】画出直观图，即可求直三棱柱被一个平面截去一部分后，剩下部分的体积.【详解】题目中的三视图，是由直三棱柱截去三棱锥所得，如图所示由三视图可得，底面是两直角边均为3的等腰直角三角形，三棱柱的高为4，所以剩下部分的体积.故选：.【点睛】本题考查三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题.5.若，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由得到.由得到.则由能得到，反之不成立，
4、即得答案.【详解】，不等式可化.时，.若“”，则“”成立，“”是“”的充分条件.由，得，此时不能推出，“”不是“”的必要条件.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：.【点睛】本题考查充分必要条件，属于基础题.6.函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】判断是奇函数，结合特殊值，排除选项即得.【详解】函数的定义域为.函数是奇函数，图象关于原点对称.排除.又，排除.故选：.【点睛】本题考查利用函数的性质识别图象，属于基础题.7.设，随机变量的分布列如下表所示123已知，则当在内增大时，的变化情况（ ）A. 先增大再减小B. 先减小再增大C. 增大D. 减小【答案】D
5、【解析】【分析】由分布列的性质可得，再由方差的计算公式即得答案.【详解】由分布列的性质可得.，.当在内增大时，减小故选：.【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列和方差，属于基础题.8.如图正四棱锥，为线段上的一个动点，记二面角为，与平面所成的角为，与所成的角为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，比较各角的正切值的大小，即得答案.【详解】以正方形的中心为原点，分别以平行于所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示取中点，连接.则.连接，则.设，则.则.又，.，即.由题意知都是锐角，.故选：.【点睛】本题考查空间角，属于中档题.9.已知，函
6、数，若函数恰有3个零点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】令，则函数恰有3个零点等价于方程有3个实数根对选项逐个分析，数形结合可得答案.【详解】令，则条件等价为方程有3个实数根当时，对A选项分析：当，时，在，图象如图所示：此时方程最多只有1个实数根，所以A选项错误对B选项分析：当，时，在，图象如图所示：故方程可能会出现3个实数根，所以B选项正确对C选项分析：当，时，在，图象如图所示： 此时方程最多只有2个实数根，所以C选项错误对D选项分析：当，时，在，图象如图所示： 此时方程最多只有2个实数根，所以D选项错误故选：.【点睛】本题考查函数与方程，考查导数在研究函数中的应用
7、，属于较难的题目.10.已知为等差数列，且，则（ ）A. 且B. 且C. 且D. 且【答案】C【解析】【分析】设公差为，由，得方程在有根，等价于函数的图象与直线有公共点.当直线与相切时，可得；当函数的图象与直线有公共点时，可得为递增等差数列，可得.【详解】设公差为，由，得，且.方程在有根，等价于函数的图象与直线有公共点.当直线与相切时，设切点为.由得，即切点为，代入直线，得.此时.当直线向右平移与函数的图象相交时，.函数的图象与直线有公共点时，.为递增等差数列，.故选：.【点睛】本题考查数列的单调性，考查等价转化的数学思想，属于较难的题目.非选择题部分二、填空题（本大题共7题，多空题每题6分，
8、单空题每题4分，共36分）11.设复数（其中为虚数单位），则复数的虚部是_，为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据复数的除法法则，把复数化成的形式，可得复数的虚部，可求.【详解】，故虚部是.故答案为：；.【点睛】本题考查复数的除法法则和求模公式，属于基础题.12.设直线，方程分别为，且，则_，两条平行线间的距离为_【答案】 (1). 8 (2). 【解析】【分析】由题意可知，直线的斜率存在.，则两直线的斜率相等，可求，根据平行线间的距离公式，可求，的距离.【详解】由题意直线的斜率存在.直线的方程为，即，直线的距离为.故答案为：8；.【点睛】本题考查直线的位置关系和平行线间的距离
9、公式，属于基础题.13.若二项式的展开式中各项系数之和为108，则_，有理项的个数为_【答案】 (1). 2 (2). 4【解析】【分析】令可求，把展开，观察各项的特点，可得有理项的个数.【详解】中令可得，可得中只有一项为有理项，因此展开式中有理项是4个故答案为：2；4.【点睛】本题考查二项式定理，属于基础题.14.在中，点在上，且，则_，_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据，展开可求值；根据正弦定理，可求.【详解】如图所示中，又，由正弦定理，.故答案为：；.【点睛】本题考查正弦定理和两角和的正弦公式，属于基础题.15.设椭圆的标准方程为，若斜率为1的直线与椭圆相切同时亦与圆（
10、为椭圆的短半轴）相切，记椭圆的离心率为，则_【答案】【解析】【分析】设切线方程为，代入椭圆方程，由直线与椭圆相切可得.直线与圆相切，可得，又，可求.【详解】设切线方程为，代入椭圆方程可得：.因为相切，由直线与圆相切，可得：，或（舍去）.则有，因为，所以可得故答案为：.【点睛】本题考查直线和圆锥曲线的位置关系，考查椭圆的几何性质，属于基础题.16.设，函数在上的最大值是，则的值是_【答案】【解析】【分析】由函数在上的最大值是，得，.再根据绝对值三角不等式求出，从而求出，即可求出.【详解】函数在上的最大值是等价于在上恒成立所以，即，两式相加结合绝对值不等式得：，解得，又因为，所以再把代回到，中，解
11、得，所以故答案为：.【点睛】本题考查绝对值三角不等式，属于较难的题目.17.平面中存在三个向量，若，且，且满足，则的最小值_【答案】【解析】【分析】由，得与之间的夹角为90.由，得，即与夹角为90.数形结合得点在以点为圆心，1为半径的圆上运动再根据阿波罗尼斯圆的性质求出的最小值.【详解】，且，则与之间的夹角为90.将可以改写成，因此与夹角为90.因此综上条件我们可以做出如下图象 点在以点为圆心，1为半径圆上动根据阿波罗尼斯圆的性质可知该圆可以看成由所构成的圆（以为原点，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，则）.，.故答案为：.【点睛】本题考查与向量有关的最值问题，考查数形结合的数学思想方法
12、，属于难题.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.设函数（1）求函数的最小正周期及单调递减区间；（2）若，求函数的值域【答案】（1）最小正周期为，单调递减区间是；（2）.【解析】【分析】（1）根据倍角公式、两角和与差的余弦公式和辅助角公式，把化为，即求最小正周期及单调递减区间；（2）由求出的范围，即求函数的值域【详解】（1）.最小正周期.由解得，的单调递减区间是.（2），的值域是.【点睛】本题考查倍角公式、两角和与差的余弦公式、辅助角公式和三角函数的性质，属于中档题.19.如图，在四棱锥中，等边三角形，（1）求证：；（2）求直线与平面所成的角的正弦值
13、【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由题意可得是等边三角形. 取中点，连，可证平面，即证；（2）法一 作出直线与平面所成的角，在直角三角形中求其正弦值.法二 以为坐标原点，以、分别为轴、轴建立平面直角坐标系，求平面的法向量.设直线与平面所成角为，则【详解】（1）由题意，是等边三角形，是等边三角形.取中点，连，则，又，平面，平面，.（2）法一：在直角梯形中，.平面，平面平面平面.作交为，则平面，、交于，为直线与平面所成的角.由题意得，又，.，为的中点，.法二：，以为坐标原点，与平面垂直的及、分别为轴、轴和轴建立平面直角坐标系，则，又，,，.设平面的法向量为，,取.设直线与平面所
14、成角为，则【点睛】本题考查证明线线垂直和求线面角的方法，属于中档题.20.已知等比数列的公比，且，是，的等差中项，数列满足：数列的前项和为（1）求数列、的通项公式；（2）数列满足：，证明【答案】（1），；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）由题意列方程组求，从而求出.根据数列的前项和为，求出，即求；（2）法一 由，得，累加法可证明，即可证明结论.法二 用数学归纳法证明.【详解】解析（1）由题意，得，即，解得或，已知故，当时，当时，当时，满足上式，（2）法1，累加得当，当，法2先用数学归纳法证明当，当时，左式右式，不等式成立假设时，不等式成立，即当时，因为在上单调递增，由，得，即，可得，不等式
15、也成立由得证当，.【点睛】本题考查数列的通项公式，考查与数列有关的不等式的证明，属于较难的题目.21.如图，已知抛物线的标准方程为，其中为坐标原点，抛物线的焦点坐标为，为抛物线上任意一点（原点除外），直线过焦点交抛物线于点，直线过点交抛物线于点，连结并延长交抛物线于点（1）若弦的长度为8，求的面积；（2）求的最小值【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求出抛物线的方程.设直线的方程为（为斜率的倒数），代入抛物线的方程，韦达定理、弦长公式求出，即可求出的面积；（2）设，则，可得.设直线的方程为，代入抛物线方程，可求得，可得.利用基本不等式可求的最小值【详解】（1）因为焦点坐标为，所以，所
16、以抛物线的方程为.设直线的方程为（为斜率的倒数）.由，得，则有所以，的面积为.（另解：到直线的距离为，所以的面积为）.（2）因为在抛物线上，可以设，根据第（1）问可知，两点的纵坐标之积为定值为，所以，则有，其中可得：设直线的方程为，由 ，得，所以可知，两点的纵坐标之积为所以，同理可得综上可知：所以有（等号成立条件）则有最小值为【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查与焦点弦有关的问题，属于难题.22.已知正实数，设函数（1）若时，求函数在的值域；（2）对任意实数均有恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）可求，再对求导，由的符号判断在的单调性，从而得到在的单调性，可求值域；（2）由题意，得不等式可化为.记，设，则为关于的二次函数，且，证明即可.【详解】（1）由，得，所以在单调递增，所以在单调递增，所以所以的值域为.（2）由题意可得：，即事实上，当时记，设，则为关于的二次函数，定义域为，其对称轴为设当，递增；当，递减，所以，即，于是有：.所以：【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，考查学生的逻辑推理能力和计算能力，属于难题.
