1、浙江省十校联盟2020届高三数学下学期寒假返校考试试题（含解析）一、选择题1.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】化简集合或，从而求再求【详解】解：或，则，故选：B【点睛】本题考查了集合的交集和补集运算，以及一元二次不等式的解法2.已知双曲线的上、下焦点分别为，是双曲线上一点且，则双曲线的标准方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由双曲线的定义可得实轴长及半焦距，再由，之间的关系求出，进而求出双曲线的方程【详解】解：由双曲线的定义可得，即，且焦点在轴上，所以双曲线的方程为：，故选：C【点睛】本题考查根据双曲线的定义求标准方程，属于基础题3.
2、已知两非零复数，若，则一定成立是A. B. C. D. 【答案】D【解析】利用排除法：当时，而，选项A错误，选项B错误，当时，而，选项C错误，本题选择D选项.4.已知，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据绝对值不等式的性质和特殊值法，判断即可【详解】解：，因为，所以，故后者能推出前者，反之，比如，推不出后者，故为必要不充分条件，故选：B.【点睛】本题考查必要不充分条件的判断以及绝对值不等式的性质5.某几何体的三视图如图所示（单位：），其俯视图为等边三角形，则该几何体的体积（单位：）是（）A. B. C
3、. D. 【答案】B【解析】由题意可知该几何体为正三棱柱去掉一个小三棱锥，.故选：B. 6.已知函数，则的图像大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，再根据函数值的变化规律，代入特殊值判断，即可得到答案【详解】解：函数，为奇函数，故图象关于原点对称，故排除和， ，可知当，即时，当时，时，从左到右第一个零点为，因为，取，得，则选项正确.故选：C.【点睛】本题考查了函数图象的识别，常用的方法利用函数的奇偶性，单调性，特殊值，零点等排除.7.设，相互独立的两个随机变量，的分布列如下表：-11-11则当在内增大时（ ）A. 减小，增大B. 减小，减小C. 增大
4、，增大D. 增大，减小【答案】D【解析】【分析】求出，从而，从而，由此得到当在内增大时，增大，减小【详解】解：，当在内增大时，增大，减小，故选：D【点睛】本题考查离散型随机变量的数学期望、方差的性质等基础知识，考查运算求解能力8.如图，矩形中，为的中点，沿着向上翻折，使点到.若在平面上的投影落在梯形内部（不含边界），设二面角的大小为，直线，与平面所成角分别为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作出图象，根据空间角定义可得，结合，即可得出结论【详解】解：由，可知，作中点，则，故在线段上，作交于，连接，如图，易知，又，故选：C【点睛】本题考查空间角的综合运用，考查逻辑推理能
5、力以及空间想象能力9.已知，给出下列命题：若，则； 若，则；若，则； 若，则.其中真命题的个数是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】若，则，然后两边平方，再通过作差法即可得解；若，则，然后利用立方差公式可知，再结合以及不等式的性质即可判断；若，则，再利用，得出，从而求得的范围，进而判断；取特殊值，即可判断【详解】解：若，则，所以，所以，即错误；若，则，即，因为，所以，所以，所以，即，所以正确；若，则，因为，所以，所以，即正确；取，满足，但，所以错误；所以真命题有，故选：B点睛】本题考查命题真假的判断，涉及根据不等式的性质证明不等式、指对运算法则、立方差公式等，考查学
6、生的分析能力和运算能力10.已知数列的各项都是正数且满足，是数列的前项和，则下列选项中错误的一项是（ ）A. 若单调递增，则；B. 若，则；C. 若，则D. 若，则.【答案】D【解析】【分析】由数列递增可得，结合数列的递推式，解不等式可判断；分别求得，比较可判断；由数列的递推式可得，由累乘法可判断；求得，可判断【详解】解：数列的各项都是正数且满足，若单调递增，可得，即为，可得，且，由，可得，故正确；若，可得，解得（负值已舍去），由，而在，的范围是，而，则，故方程的解在，内，故正确；由，可得，即，即，可得，故正确；若，可得，解得，由，可得，故错误故选：D【点睛】本题考查数列的递推公式的运用，考查
7、数列中的项的范围和单调性，以及数列的求和，考查化简运算能力、推理能力二、填空题11.我国古代数学家赵爽利用“勾股圆方图”巧妙地证明了勾股定理，成就了我国古代数学的骄傲，后人称之为“赵爽弦图”.如图，它是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形，若直角三角形中较小的锐角记为，大正方形的面积为25，小正方形的面积为1，则_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】直接利用三角形的全等，整理出关于一元二次方程，进一步利用关系式的应用求出三角函数的值【详解】解：根据已知条件四个直角三角形全等，所以设直角三角形的短的直角边长为，则较长的直角边长为，所以，整理得，解得：或（负
8、值舍去），所以故答案为：；【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，二倍角的正弦公式，一元二次方程的解法和应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力12.已知直线：被圆：截得弦长为，则_，圆上到直线的的距离为1的点有_个.【答案】 (1). (2). 3【解析】【分析】利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再根据弦长公式求出，解方程求得 值，【详解】解：由题意得：圆心，则圆心到直线的距离，解得；因为，则圆上到直线的距离为1的点应有3个.故答案为：；3【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，涉及点到直线的距离公式的应用.13.（1）若二项式的展开式中存在常数项，则的最小值为_；（
9、2）从6名志愿者中选出4人，分别参加两项公益活动，每项活动至少1人，则不同安排方案的种数为_.（用数字作答）【答案】 (1). 3 (2). 210【解析】【分析】（1）根据二项式展开式的通项公式，令的指数等于0，求出、的关系，即可求出的最小值；（2）根据题意，分2步进行分析：，从6名志愿者中选出4人，将选出的4人分成2组，分别参加两项公益活动，由分步计数原理计算可得答案.【详解】解：（1）的展开式中通项公式为：，令，解得，其中，1，2，当时，所以的最小值为3（2）根据题意，分2步进行分析：从6名志愿者中选出4人，有种选法，将选出的4人分成2组，分别参加两项公益活动，有种情况，则有种不同的安排
10、方案，故答案为：3，210【点睛】本题考查利用二项展开式的通项公式求展开式的特定项问题，以及分步计数原理的应用，涉及排列、组合公式的应用14.如图，在中，内角，的对边分别为，若，则_，点为边上一点，且，则的面积为_.【答案】 (1). (2). 10【解析】【分析】由已知结合正弦定理可求，然后结合二倍角关系可求，结合三角形的面积公式及等高三角形的面积比可转化为底的比可求【详解】解：因为，由正弦定理可得：，所以，则；，由余弦定理可得：，解可得（舍或，所以，故答案为：，10【点睛】本题考查正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在求解三角形中的应用15.已知是椭圆：的左焦点，是椭圆上的两个相异动点，若
11、中点的横坐标为1，则到直线距离的最小值为_.【答案】【解析】【分析】分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，由于同一点对称性设斜率大于0，与椭圆联立求出两根之和，再由的中点的横坐标求出参数之间的关系，由点到直线的距离公式求出到直线 距离令参数部分为函数，求导，由函数的单调性求出函数的最大值，进而求出到直线的最小值【详解】解：由题意的方程可得：，若直线的斜率不存在时，则由题意可得的方程为：，这时到直线的距离为2，当直线的斜率存在且不会为0时，由题意的对称性设，设方程为，联立直线与椭圆的方程可得：，整理可得：，即，因为中点的横坐标为1，所以，即所以到直线的距离令，当，单调递增，当，单调递减，所以时最
12、大，且，所以，故答案为：【点睛】本题考查椭圆的性质及直线与椭圆的综合，点到直线的距离公式的应用和利用导数去研究函数的单调性和最值16.已知向量，满足，且，则的取值范围为_.【答案】【解析】分析】由和，求得和的值，以及的取值范围，再求的取值范围，即可得出的取值范围【详解】解：由，得，又，得，由得，且，即，所以，所以，所以的取值范围是，故答案为：，【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算问题，也考查了运算求解能力17.已知函数，若函数有三个互不相同的零点0，其中，若对任意的，都有成立，则实数的最小值为_.【答案】【解析】【分析】由题意可知，是的根，且，从而可知，然后结合导数可求，而原题可转化为，代入
13、解不等式可求【详解】解：因为，由题意可知：，是的根，则，当时，则存在的极大值点，且，由题意，将代入得，解可得又因为，结合二次函数的性质可知，得即的最小值故答案为：.【点睛】本题考查一元二次不等式恒成立问题、利用导数求闭区间上函数的最值、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、分类讨论思想三、解答题18.已知函数的图像如图所示.（1）求函数的解析式；（2）求函数的单调递增区间.【答案】（1）；（2），.【解析】【分析】（1）由图知，由，可求得，由可求得；（2）先化简，然后利用三角函数的单调性即可得到结论【详解】解：（1），.（2），解得单调递增区间：，.【点睛
14、】本题考查三角函数解析式的求解，以及三角函数的化简，三角函数的单调性，综合考查三角函数的性质19.如图，四棱锥中，是等边三角形，底面是直角梯形，分别是，的中点.（1）求证：平面；求线段的长度；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）通过证明面面，再利用面面平行的性质得证；由余弦定理求解即可；（2）法一：作出图象，设到平面的距离设为，利用等体积法求出，进而可得直线与平面所成角的正弦值为法二：利用面面垂直的判定定理可证出平面平面，建立空间直角坐标系，通过空间向量法，求出直线与平面所成角的正弦值.【详解】解：（1）证明：取中点，则，平面平面，平面.
15、由可知：，由余弦定理得到：.（2）解法一：，又，平面，平面平面，延长到，使得，则面，是的中点，.到平面的距离设为，体积法求得：，.解法二：，又，平面，平面平面，以为坐标原点建立空间坐标系，得到，延长到，使得，则面，则，由于，则法向量，直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面平行的判定及性质，考查线面角的求解，同时也考查了线面垂直的判定以及等体积法的运用，考查逻辑推理能力及运算求解能力20.设是数列的前项和，且是和2的等差中项.（1）求数列的通项公式；（2）记.求数列的前项和；设，求证：【答案】（1）；（2）；详见解析.【解析】【分析】（1）由是和2的等差中项，可得，当时，相减可得：，时
16、，可得，利用等比数列的通项公式即可得出（2）利用等比数列的求和公式可得：，进而得出由可得：利用裂项求和可得，再利用数列的单调性即可证明结论【详解】解：（1）是和2的等差中项，当时，解得，当，时，-得，数列是首项为2，公比为2的等比数列，.（2）记，.数列的前项和：，.由进一步得到：，.即.【点睛】本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式求和公式、裂项相消求和方法，考查了推理能力与计算能力21.如图，已知抛物线的焦点为，准线为，过点的直线交抛物线于，两点，点在准线上的投影为，若是抛物线上一点，且.（1）证明：直线经过的中点；（2）求面积的最小值及此时直线的方程.【答案】（1）详见解析；（2）面
17、积最小值为16，此时直线方程为.【解析】【分析】（1）由题意得抛物线的焦点坐标和准线方程，设，直线：，可得的坐标，联立方程组，结合韦达定理，可得的斜率和直线的斜率，进而可得直线的方程，与抛物线联立可得两根之和，可得中点的纵坐标与的相同，即可证出直线经过的中点；（2）根据弦长公式求出，利用点到直线的距离公式，求出点到直线的距离为，运用，结合均值不等式求出，即可求出直线的方程.【详解】解：（1）由题意得抛物线的焦点，准线方程为，设，直线：，则，联立和，可得，显然，可得，因为，所以，故直线：，由，得.，所以的中点的纵坐标，即，所以直线经过的中点.（2）所以，设点到直线的距离为，则.所以，当且仅当，即
18、，时，直线的方程为：，时，直线的方程为：.另解：.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及直线方程、中点坐标公式、抛物线的标准方程和性质、联立方程、韦达定理、弦长公式以及三角形面积公式，考查解题分析能力和计算能力.22.已知函数，是的导函数.（1）证明：当时，在上有唯一零点；（2）若存在，且时，证明：.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）求出，当时，单调递增，利用和判断出上有唯一零点当时，的最小值大于零，则在上没有零点.（2）令，将转化为，再构造函数利用导数证明最小值小于0.【详解】（1）证明：当时，.当时，为增函数，且，在上有唯一零点；当时，在上没有零点.综上知，在上有唯一零点.（2）证明：不妨设，由得，.设，则，故在为增函数，从而，下面证明：.令，则，即证明，只要证明.（*）设，则，在单调递减.当时，从而（*）得证，即.，即.【点睛】（1）零点问题可利用函数单调性和零点存在性定理来解决（2）通过换元将两个变量转化为一个变量，构造函数，利用导数来证明不等式本题是一道综合性的难题
