2020年浙江省普通高中7月学业水平考试数学试题含解析

2020年浙江省普通高中7月学业水平考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，则下列关系正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据元素与集合的关系可得答案.

【详解】

因为集合，所以，，，

故选：D

【点睛】

本题考查的是元素与集合的关系，较简单.

2．函数的值域是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据指数函数的知识可直接选出答案.

【详解】

函数的值域是

故选：B

【点睛】

本题考查的是指数函数的值域，较简单.

3．已知等差数列的首项，公差，则（    ）

A．7 B．9 C．11 D．13

【答案】C

【解析】根据等差数列的通项公式可算出答案.

【详解】

因为等差数列的首项，公差，所以

故选：C

【点睛】

本题考查的是等差数列的通项公式，较简单.

4．已知直线：与：平行，则实数的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据直线平行可直接构造方程求得结果.

【详解】

，，解得：.

故选：.

【点睛】

本题考查根据两直线平行求解参数值的问题，解题关键是明确若直线与直线平行，则且.

5．双曲线的渐近线方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】双曲线的渐近线方程是，即可得到答案.

【详解】

双曲线的渐近线方程是，即

故选：A

【点睛】

本题考查的是由双曲线的方程得其渐近线方程，简单题.

6．已知是奇函数，其部分图象如图所示，则的图象是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】根据奇函数的图象关于原点对称可直接选出答案.

【详解】

因为奇函数的图象关于原点对称，所以的图象是

故选：B

【点睛】

本题考查的是奇函数的图象特点，较简单.

7．在中，角，，所对的边分别为，，.已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】利用正弦定理直接求得结果.

【详解】

由正弦定理得：.

故选：.

【点睛】

本题考查正弦定理解三角形的问题，属于基础题.

8．设，则“”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】A

【解析】利用定义法判断即可.

【详解】

当时，，充分性成立；反过来，当时，则，不一定有，

故必要性不成立，所以“”是“”的充分而不必要条件.

故选：A

【点睛】

本题考查充分条件、必要条件的判断，本题采用的是定义法，考查学生逻辑推理能力，是一道容易题.

9．若实数，满足不等式组，则的最大值是（    ）

A．0 B．4 C．8 D．12

【答案】C

【解析】

画出不等式组表示的平面区域，然后令，即，然后可得答案.

【详解】

不等式组表示的平面区域如图，令，即，

由图可得当直线过点时最大，最大值为8

故选：C

【点睛】

本题考查的是线性规划，准确地画出可行域是解题的关键，较简单.

10．已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是（    ）

A．1 B． C．3 D．

【答案】B

【解析】分析三视图可知，该几何体为三棱锥，再利用体积公式求解即可.

【详解】

解：由三视图可知该几何体为三棱锥，直观图如图，故体积为

故选：B.

【点睛】

本题主要考查了根据三视图求解三棱锥的体积问题,属于基础题型.

11．已知实数，满足，则的最大值是（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】D

【解析】根据求解即可.

【详解】

解：因为，所以，得 .

故选：D.

【点睛】

本题考查利用求最值，是基础题.

12．已知向量，满足，，，则与的夹角是（    ）

A．30° B．45° C．60° D．120°

【答案】C

【解析】直接根据向量夹角公式求解.

【详解】

由已知，，得，又，所以与的夹角为，

故选：C.

【点睛】

本题考查求向量夹角，考查基本分析求解能力，属基础题.

13．已知角为第四象限角，的终边与单位圆交于点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】首先求出，然后由任意角的三角函数的定义得和，然后由正弦的两角和计算公式可得.

【详解】

因为角为第四象限角，的终边与单位圆交于点，所以

所以由任意角的三角函数的定义得，

则

故选：A

【点睛】

本题考查了任意角的三角函数的定义和正弦两角和的计算公式，属于基础题.

14．已知，是两个不同平面，，是两条不同直线，则下面说法正确的是（    ）

A．若，，，则

B．.若，，，则

C．若，，，则

D．若，，，则

【答案】B

【解析】根据空间中点、线、面的位置关系逐一判断即可.

【详解】

若，，，则，故A错误，B正确；

若，，，则与可以平行、相交或异面，故C、D错误；

故选：B

【点睛】

本题考查的是空间中点、线、面的位置关系，较简单.

15．设数列的前项和为，则对任意的正整数恒成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】由可得答案.

【详解】

因为，确定不了符号；

，所以

故选：D

【点睛】

本题考查的是数列的通项与前项和的关系，较简单.

16．已知，则下列不等式一定成立的是（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】由可得，，然后利用对数的运算法则和运算性质、对数函数的单调性逐一判断即可.

【详解】

因为，所以，，所以

所以，故A错误，

同理可得，故C错误

令，则

所以

因为，，所以，，

所以，即，故B正确

同理可得，故D错误

故选：B

【点睛】

本题考查了对数的运算法则和运算性质、对数函数的单调性，考查了学生的运算求解能力，属于中档题.

17．已知椭圆：的右焦点为，左顶点为.若点为椭圆上的点，轴，且，则椭圆的离心率的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由题意可得，，然后可得，然后结合和可得，解出即可.

【详解】

由题意可得，

所以，所以

所以，所以，所以

所以，所以，解得或

因为，所以

故选：D

【点睛】

本题考查的是椭圆离心率的求法，考查了学生的运算求解能力，属于中档题.

18．如图，已知直三棱柱的底面是边长为的正三角形，侧棱长为.，分别是侧面和侧面上的动点，满足二面角为直二面角.若点在线段上，且，则点的轨迹的面积是

（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据已知条件得的轨迹为以为直径的球在三棱柱内部的曲面，再根据球的面积公式求解即可.

【详解】

解：∵ 二面角为直二面角

∴  平面平面，

又∵  点在线段上，且，平面，平面平面

∴ 平面，连接，

∴  ，∴ 在以为直径的球上，且在三棱柱内部，

∴  的轨迹为以为直径的球在三棱柱内部的曲面，

又∵  三棱柱为正三棱柱，

∴  的轨迹为以为直径的球面，占球面的，

∴  点的轨迹的面积是.

故选：B.

【点睛】

本题考查立体几何面面垂直的性质定理，考查空间想象能力，是中档题.

二、双空题

19．已知的方程为，则其圆心坐标为______；半径为______.

【答案】    1   

【解析】根据圆的方程可直接得到答案.

【详解】

因为的方程为，

所以其圆心坐标为，半径为1

故答案为：；1

【点睛】

本题考查的是由圆的标准方程得其圆心坐标和半径，较简单.

三、填空题

20．已知幂函数的图象过点，则______.

【答案】

【解析】结合幂函数定义，采用待定系数法可求得解析式，代入可得结果.

【详解】

为幂函数，可设，，解得：，

，.
故答案为：.

【点睛】

本题考查幂函数解析式和函数值的求解问题，关键是能够明确幂函数的定义，采用待定系数法求解函数解析式，属于基础题.

21．如图，在长方体中，已知，，则直线与平面所成角的正弦值是______.

【答案】

【解析】连接，交于，连接，易得为直线与平面所成的角，再由已知算出的长度即可得到答案.

【详解】

如图，连接，交于，连接，

由题，平面，所以，又四边形是正方形，

所以，，所以平面，

即为直线与平面所成的角，

又，，所以，

，故.

故答案为：

【点睛】

本题主要考查利用定义法求线面角，考查学生逻辑推理能力，是一道容易题.

22．若数列满足，，则使得成立的最小正整数的值是______.

【答案】

【解析】根据递推关系式可证得数列为等比数列，根据等比数列通项公式求得，代入不等式，结合可求得结果.

【详解】

，，，

数列是以为首项，为公比的等比数列，

，，

由得：，即，

，且，满足题意的最小正整数.

故答案为：.

【点睛】

本题考查根据数列递推关系式求解数列通项公式并解不等式的问题，关键是能够通过构造的方式，通过递推关系式得到等比数列的形式，进而利用等比数列通项公式来进行求解.

四、解答题

23．已知函数，.

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）求的最大值，并写出相应的的取值集合.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1，.

【解析】（1）直接代入计算即可；

（2）先根据二倍角公式化简，再根据余弦函数的性质求解即可.

【详解】

解：（Ⅰ）.

（Ⅱ）由二倍角公式得： ，

所以，的最大值为1.

当且仅当时，即时，取得最大值，

所以，取得最大值时的集合为.

【点睛】

本题考查余弦的二倍角公式，三角函数的最大值问题，是基础题.

24．在平面直角坐标系中，点，，直线，相交于点，且直线的斜率与直线的斜率的差的绝对值是2.

（Ⅰ）求点的轨迹的方程；

（Ⅱ）设直线：交轨迹于不同的四点，从左到右依次为，，，.问：是否存在满足的直线？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）存在，.

【解析】（Ⅰ）根据条件直接建立方程即可；

（Ⅱ）假设存在直线满足题意，设，，，，联立直线的方程与消元，然后韦达定理再结合点是的中点可得，然后代入可解出，同理，由可解出.

【详解】

（Ⅰ）由已知得，，即，

化简得到点的轨迹的方程为.

（Ⅱ）假设存在直线满足题意.

设，，，.

由方程组消去，整理得，所以.

因为，所以点是的中点，故.

因为点在上，故，

由，得.

同理，由得到.

综上可知存在的直线满足题意.

【点睛】

涉及抛物线的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.

25．设，已知函数，.

（Ⅰ）当时，判断函数的奇偶性；

（Ⅱ）当时，证明：；

（Ⅲ）若恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（Ⅰ）为偶函数；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.

【解析】（Ⅰ）利用偶函数的定义可判断为偶函数.

（Ⅱ）利用绝对值不等式可证.

（Ⅲ）就、、分类讨论，注意利用（Ⅱ）的结论和绝对值不等式放缩后可求函数的最大值，从而得到实数的取值范围.

【详解】

（Ⅰ）当时，，定义域为，

且对于任意的，有恒成立，

所以函数为偶函数.

（Ⅱ）当时，因为，

所以，

.

即对于任意的，恒成立.

（Ⅲ）记的最大值为，

则恒成立.

（ⅰ）当时，由（Ⅱ）可知，

对于任意的，恒成立，

所以，.

由解得.

（ⅱ）当时，因为，

所以，恒成立.

（ⅲ）当时，因为，

所以，，

此时，

由，得.

综上所述，的取值范围为.

【点睛】

本题含绝对值函数的奇偶性以及与绝对值函数相关的不等式的恒成立，还考查了放缩法，对于不等式的恒成立问题，注意利用绝对值不等式合理放缩，本题属于较难题.