浙江省杭州市第二中学2020届高三上学期开学考试数学试题

浙江省杭州市第二中学2020届高三上学期开学考试数学试题

杭州市第二中学2020届高三上学期开学考试 数学 一.选择题：本大题共10小题，共40分 ‎1.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因为，所以，应选答案C。‎ ‎2.设 均为单位向量，则“夹角为”是“”的 A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由向量的模长公式结合充要条件判断即可 ‎【详解】因为 均为单位向量 若夹角为，‎ 则，‎ 因此，由“夹角为”不能推出“”；‎ 若，则 解得，即夹角为，‎ 所以，由“”不能推出“夹角为”‎ 因此，“夹角为”是“”的既不充分也不必要条件.‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的判断，以及向量的数量积运算，熟记充分条件与必要条件的概念，以及向量的数量积运算法则即可，属于常考题型 ‎3.已知，则的值为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 由诱导公式结合二倍角公式求解即可 ‎【详解】== ‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查诱导公式及二倍角公式，准确计算是关键，是基础题 ‎4.已知，，，是奇函数，直线与函数的图像的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为，则（ ）‎ A. 在上单调递减 B. 在上单调递减 C. 在上单调递增 D. 在上单调递减增 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数是奇函数，得又由图像的两个相邻交点的横坐标之差得周期，从而可求出函数的解析式，进而求解.‎ ‎【详解】因为是奇函数，所以 所以；‎ 又由已知得 所以 ‎ 所以 由函数的解析式可知在上单调递减。‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数周期性和奇偶性，属于基础题.‎ ‎5.已知等比数列的各项均为正数，且，，成等差数列，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 易得，于是根据已知条件求等比数列的公比即可.‎ ‎【详解】设公比为.由，，成等差数列，可得，‎ 所以，则，解(舍去)或.‎ 所以.故选A.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列、等差数列的基本问题.在等比数列和等差数列中，首项和公比(公差)是最基本的两个量，一般需要设出并求解.‎ ‎6.若对，有，求的最大值与最小值之和是（ ）‎ A. 4 B. 6 C. 8 D. 10‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出的值,再根据函数对称性的定义判断出函数图象关于点对称,即最大值与最小值也关于对称,从而最大值与最小值的和为;再根据函数的奇偶性的定义判断出为奇函数,即函数图象关于点对称,即最大值与最小值也关于对称,从而最大值与最小值的和为得出选项.‎ ‎【详解】令,则,,即为奇函数,图象关于原点对称,因此最大值与最小值的和为;令,可得,令则,可得,即函数图象关于点对称,故最大值与最小值的和为,综上所述,函数的最大值与最小值之和为,故选B.‎ 点睛:本题考查抽象函数和具体函数的性质,属于中档题.抽象函数的性质主要利用赋值法来判断。‎ ‎7.设的内角所对的边分别为，且，已知的面积，，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 变形，结合可得，求出，由三角形的面积可得，再根据正弦定理可得结果.‎ ‎【详解】由得，‎ 由正弦定理，‎ 得，‎ 由，‎ 由，又根据正弦定理，得，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.‎ ‎8.如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，是线段上的动点，则的最小值是（ ）‎ A. 0 B. C. D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量加法的三角形法则表示，再由数量积的运算法则将转化成关于的二次函数，求得最小值.‎ ‎【详解】由已知得 设，所以= ‎ 所以当 有最小值 ‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查向量的数量积的运算，关键要将待求的向量表示成已知向量的线性运算，属于中档题.‎ ‎9.设函数的定义域为，满足，且当时，．若对任意，都有，则的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用对勾函数求得在的最小值，再得图象向右移动个单位，其函数值扩大倍，从而求解.‎ ‎【详解】当时，的最小值是 由知 当时，的最小值是 当时，的最小值是 要使，则，‎ 解得：或 ‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查对勾函数和的图象平移和函数值的倍数关系，属于难度题.‎ ‎10.已知，且函数．若对任意的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题目得已知函数和要求解的不等式中都含有待求的参数，且已知函数中含有两个绝对值符号，直接求解难度很大，因此考虑用排除法，代值验证可得解.‎ ‎【详解】当时，‎ 且 所以，‎ 此时化为，‎ 即，所以在不是恒成立的.故A、B不对；‎ 当时，，‎ 当时，，‎ 所以，‎ 此时化成，‎ 即满足恒成立，所以当时成立，‎ 故D不对，C正确；‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了含绝对值不等式恒成立的问题，考查了小题小做的技巧方法，属于中档题.‎ 二.填空题：本大题共7小题，共42分 ‎11.抛物线的焦点在直线2mx+my+1=0上，则m=__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解析：因抛物线的焦点为，故代入直线方程中可得，应填答案。‎ ‎12.已知，，则的取值范围是___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数运算法则化简，再由已知代数式表示待求的代数式，并且利用不等式的性质求出的范围，最后运用指数函数的单调性得解.‎ ‎【详解】由，‎ 设 则 ‎ 所以 由已知得 即 所以 即 故答案为[2,128].‎ ‎【点睛】本题考查不等式的性质和指数运算以及指数函数的单调性，属于中档题.‎ ‎13.设，是关于的一元二次方程的两个实根，则的最小值是___________．‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由韦达定理将表示成关于的函数，注意根据判别式得出的范围，从而求出最小值.‎ ‎【详解】由已知得，‎ 且或 ‎ 所以 当时，得到最小值8.‎ 故答案为：8.‎ ‎【点睛】本题考查一元二次方程的韦达定理和二次函数的最值，属于中档题.‎ ‎14.已知将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若和的图象都关于对称，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据左右平移可得解析式；利用对称性可得关于和的方程组；结合和的取值范围可分别求出和的值，从而得到结果.‎ ‎【详解】由题意知：‎ 和的图象都关于对称 ‎，解得：，‎ ‎ ‎ 又 ‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的平移变换、根据三角函数对称性求解函数解析式的问题，关键是能够根据正弦型函数对称轴的求解方法构造出方程组.‎ ‎15.已知为坐标原点，是双曲线：的左焦点，，分别为双曲线的左.右顶点，为双曲线上的一点，且轴，过点的直线与线段交于，与轴交于点，直线与轴交于点，若，则双曲线的离心率为___________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据相似三角形的边的比例关系得到关于的关系式，求得离心率.‎ ‎【详解】设点的纵坐标为，由相似三角形性质得：‎ ‎ 所以 又因为，所以 解得 故答案为2.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的离心率，关键在于利用几何关系得到关于的方程，此题属于中档题.‎ ‎16.如图，在棱长为2的正方体中，点是中点，动点在底面内（不包括边界），使四面体体积为，则的最小值是___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得到的距离，再利用勾股定理知要使取得最小值，则需取得最小值，此时利用点到直线的距离可得解.‎ ‎【详解】由已知得四面体体积 ‎ 所以设到的距离为，则 解得所以在底面内（不包括边界）与平行且距离为的线段 上，‎ 要使的最小，则此时是过作的垂线的垂足.‎ 点到的距离为所以 此时 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查立体几何的动点最值问题，将空间立体问题转化为平面问题是解题的关键，属于难度题.‎ ‎17.已知正项数列满足，，则数列 的前项和为___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知表达式因式分解得到数列的递推式，再运用累乘的方法求得通项公式，再将通项公式裂项，利用裂项相消求和得解.‎ ‎【详解】由已知得 所以又因 ‎ 所以 所以 所以 ‎；‎ ‎ ‎ 累乘得 所以 所以=‎ 所以 累加求和得 故答案为 ‎【点睛】本题关键将已知表达式因式分解得递推式，再运用累乘和裂项相消求和的方法求解，属于难题.‎ 三.解答题：本大题共5小题，共68分 ‎18.设命题:实数满足；命题：实数满足 ‎（1）若，且为真，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若,且是的充分不必要条件，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）P为真时，，q为真时，，求交集即得解；（2）先求出和，再列出不等式组，即得m的取值范围.‎ ‎【详解】解：（1）由得; ‎ 当时，，即P为真时，‎ 由得，即，即q为真时，‎ 因为为真，则p真q真，所以 ‎ ‎（2）由得；，又，‎ 所以m＜x＜3m,‎ 由得，即；‎ 设，‎ 若的充分不必要条件 则A是B 的真子集，所以即 ‎【点睛】本题主要考查不等式的解法和复合命题的真假的判断，考查充分必要条件的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎19.在中,角所对的边分别为,满足．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，求的取值范围 ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，结合，可求，利用同角三角函数基本关系式可求的值．（2）由（1）可求，又由，利用余弦定理可得，结合范围，利用二次函数的性质可求的范围．‎ ‎【详解】（1）因为 所以，‎ 即 因为，所以 又因为 解得：.‎ ‎（2）∵，可得，‎ 由余弦定理可得：‎ ‎∵，∴‎ 所以的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，余弦定理，二次函数的性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，考查了函数思想的应用，属于中档题．‎ ‎20.如图，四棱锥中，，与都是边长为2的等边三角形，是的中点.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）求平面与平面所成二面角的大小.‎ ‎【答案】（I）详见解析；（II）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（I）易知，故平面.（II）连接交于，以 建立空间直角坐标系，利用平面与平面的法向量计算的二面角的大小为.‎ 试题解析：‎ 解：（Ⅰ） 因为，‎ ‎，是的中点.‎ 所以，‎ 且，‎ 四边形是平行四边形，所以.‎ 平面，平面 所以平面.‎ ‎（Ⅱ）连接,设交于,连,‎ 则四边形是正方形，所以.‎ 因为,是中点,所以.‎ 则,又.‎ 所以是直角三角形,则；‎ 因为,所以平面.‎ 如图建立空间坐标系，‎ 则，.‎ 所以.‎ 设是平面的法向量，则，‎ 取，则，所以.‎ 是平面的法向量，‎ ‎. ‎ 取，则.‎ 所以,‎ 所以平面与平面所成二面角是90°.‎ ‎21.设、分别是椭圆C：的左、右焦点，，直线1过且垂直于x轴，交椭圆C于A、B两点，连接A、B、，所组成的三角形为等边三角形。‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）过右焦点的直线m与椭圆C相交于M、N两点，试问：椭圆C上是否存在点P，使成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）椭圆；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意布列关于a，b的方程组，解之，即可得到椭圆C的方程；‎ ‎（2）设、，设y＝k（x﹣1）（k≠0），代入椭圆方程得，由此运用韦达定理和向量的坐标运算，代入椭圆方程，解得k，求出点P的坐标．‎ ‎【详解】（1）‎ ‎ 由可得 ，  ‎ 等边三角形中：，， ‎ 则，得， ‎ 又因为，所以， ‎ 则椭圆； ‎ ‎（2）设、,‎ 则由题意知的斜率为一定不为,故不妨设, 代入椭圆的方程中,‎ 整理得, 显然. 由韦达定理有:,① 且② 假设存在点,使成立,则其充要条件为:‎ 点 ‎, 点在椭圆上,即. 整理得 又在椭圆上,即,， 故由①②代入：，解得, ‎ ‎ 则。‎ ‎【点睛】解决解析几何中探索性问题的方法 存在性问题通常采用“肯定顺推法”．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．‎ ‎22.已知函数是定义在上的奇函数，当时，．‎ ‎（1）求在上的解析式；‎ ‎（2）若，函数，是否存在实数使得的最小值为，若存在，求的值；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由函数的奇偶性求对称区间上的解析式；‎ ‎（2）将的表达式化简得到关于的二次函数的形式，讨论对称轴与所给区间的关系，求出最小值，满足题意，求出的值。‎ ‎【详解】（1）是定义在上的奇函数，所以，‎ 不妨设，则，，‎ 若，则，故 所以 ‎（2）由（1）得，‎ 当时，，‎ 所以 令，则，‎ 所以函数在上的最小值即为函数在上的最小值，‎ 对称轴为，‎ 当即时，函数在区间上是增函数，‎ 所以，解得，‎ 当，即时，，‎ 化简得，，解得或，‎ 因，，所以此时，‎ 当，即时，函数在区间上是减函数，‎ 所以，解得，‎ 所以，综上所述，存在，.‎ ‎【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用，考查了二次函数最值的含参讨论，关键在于将化简成关于的二次函数的形式，利用二次函数求最值，属于难题.‎ ‎ ‎