1、浙江省2020年高中数学1月学业水平考试试题一、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.（ ）A. 0B. 1C. D. 【答案】B【解析】【分析】根
2、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. 2B. 3C. 6D. 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【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
3、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,属于基础题.7.若实数，满足不等式组，则的最大值是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 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
4、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】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ml且nl由平行公理得mn，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
5、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
6、，若，则（ ）A. 1B. C. 2D. 【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.【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（
7、单位：），则该几何体的体积（单位：）是（ ）A. B. C. 1D. 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: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
8、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（ ）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,
9、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( ).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, OPOP);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. 7B. 9C. 12D. 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.
10、【详解】数列满足,则则当奇数时, 所以,代入可得,解不等式可得而,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:若
11、,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（ ）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
12、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 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
13、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.【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
14、,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:【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（bino）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,所以 则所以在直角三角形中
15、,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
16、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，（）求的值；（）求的最小正周期；（）求在上的值域.【答案】（）（）（）【解析】【分析】（）将代入解析式,即可求得的值.（）根据正弦的二倍角公式化简后,即可求得的最小正周期.（）根据正弦函数的图像与性质,可求得在上的值域.【详解】（）即（）因故的最小正周期（）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
17、点，记为的面积.（）求的值（用表示）；（）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】（）；（）【解析】【分析】（）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.（）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】（）因点在抛物线:上,故又点
18、在抛物线：上,故,则（）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；（）当时，若在上均单调递增，求的取值范围；（）设，若对任意，都有，求的最大值.【答案】（I）；（）；（）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（）代入，求出满足题意的条件，得到不等式组，即可求出结果（）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】（）若为偶函数，则对任意，都有，即亦即，则；（）由题意，得，其中，则；（）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.