浙江省名校新高考研究联盟(Z20联盟)2020届高三数学第一次联考试题(含解析)

试题（含解析）

一、选择题

‖x1|1}，则1.已知集合A{x|(x3)(x1)0}，B{xA. [1,0)(2,3]C. (,0)(2,)【答案】A【解析】【分析】

B. (2,3]CRAB（ ）

D. (1,0)(2,3)解一元二次不等式和绝对值不等式，化简集合A， B利用集合的交、补运算求得结果.

‖x1|1}，【详解】因为集合A{x|(x3)(x1)0}，B{x所以A{x|x3或x1}，B{x|x2或x0}，所以所以

CRA{x|1x3}，

CRAB{x|2x3或1x0}，故选A.

【点睛】本题考查一元二次不等式、绝对值不等式的解法，考查集合的交、补运算.

x2y2C:1932.已知双曲线，则C的离心率为（ ）3A. 2【答案】C【解析】【分析】

22a9,b3，又根据c2a2b2，可得a,c的值再代入离心率公式.由双曲线的方程得

22a9,b3，又根据c2a2b29312，【详解】由双曲线的方程得

B. 323C. 3D. 2

解得：a3,c23，所以

ec23a3，故选C.

【点睛】本题考查离心率求法，考查基本运算能力.

3.已知a,b是不同的直线，，是不同的平面，若a，b，a//，则下列命题中正确的是（ ）A. b【答案】C【解析】【分析】

构造长方体中的线、面与直线a,b,,相对应，从而直观地发现成立，其它情况均不成立.

【详解】如图在长方体

B. b//C. D. //ABCDA1B1C1D1中，

BCC1B1，直线a为AA1令平面为底面ABCD，平面为平面

若直线AB为直线b，此时b，且，故排除A,B,D；

因为a，a//，所以内存在与a平行的直线，且该直线也垂直，由面面垂直的判定定理得：，故选C.

【点睛】本题考查空间中线、面位置关系，考查空间想象能力，求解时要排除某个答案必需能举出反例加以说明.

4.已知实数x,y满足A. 11【答案】B【解析】【分析】

x3xy1y2(x1)B. 10

，则z2xy的最大值为（ ）

C. 6

D. 4

画出约束条件所表示的可行域，根据目标函数z2xy的几何意义，当直线y2xz在

y轴上的截距达到最大时，z取得最大值，观察可行域，确定最优解的点坐标，代入目标函

数求得最值.

【详解】画出约束条件

x3xy1y2(x1)所表示的可行域，如图所示，

根据目标函数z2xy的几何意义，当直线y2xz在y轴上的截距达到最大时，z取得最大值，当直线过点A(3,4)时，其截距最大，所以

zmax23410，故选B.

【点睛】本题考查线性规划，利用目标函数的几何意义，当直线y2xz在y轴上的截距达到最大时，z取得最大值，考查数形结合思想的应用.

5.已知圆C的方程为(x3)y1，若y轴上存在一点A，使得以A为圆心、半径为3的圆与圆C有公共点，则A的纵坐标可以是（ ）

22A. 1【答案】A【解析】【分析】设

B. –3C. 5D. -7

A(0,y0)，以A为圆心、半径为3的圆与圆C有公共点，可得圆心距大于半径差的绝对值，

同时小于半径之和，从而得到

7y07.2y032A(0,y0)，两圆的圆心距d【详解】设

，

因为以A为圆心、半径为3的圆与圆C有公共点，所以

31d3122y0324，解得

7y07，选项B、C、D不合题意，

故选A.

【点睛】本题考查两圆相交的位置关系，利用代数法列出两圆相交的不等式，解不等式求得圆心纵坐标的范围，从而得到圆心纵坐标的可能值，考查用代数方法解决几何问题.

x21,x0f(x)log2x,x0，若fa1，则实数a的取值范围是（ ）6.已知函数

A. (4][2,)C. [4,0)(0,2]【答案】D【解析】【分析】

B. [1,2]D. [4,2]a0,a0,a211,fa1log2a1,不等式等价于或分别解不等式组后，取并集可求得a的

取值范围.

a0,a0,fa1a211,log2a1,【详解】或，

解得：4a0或0a2，即a[4,2]，故选D.

【点睛】本题考查与分段函数有关的不等式，会对a进行分类讨论，使f(a)取不同的解析

式，从而将不等式转化为解绝对值不等式和对数不等式.

7.已知函数f(x)ln(|x|)cosx，以下哪个是f(x)的图象（ ）

A. B.

C. 【答案】B【解析】【分析】

D.

由x2时的函数值，排除C,D；由

x

2的函数值和2x32函数值的正负可排除A.

【详解】当x2时，f(2)ln20排除C,D，

当

x

3xf()02时，22时，lnx0,cosx0，，当2所以f(x)0排除A,故选B.

【点睛】本题考查通过研究函数解析式，选择函数对应的解析式，注意利用特殊值进行检验，考查数形结合思想的运用.

8.在矩形ABCD中，AB4，AD3，E为边AD上的一点，DE1，现将ABE沿直线BE折成ABE，使得点A在平面BCDE上的射影在四边形BCDE内（不含边界），设二面角ABEC的大小为，直线AB，A'C与平面BCDE所成的角分别为,，则（ ）

A. C. 【答案】D【解析】【分析】

B. D. 由折叠前后图象的对比得点A在面BCDE内的射影O在线段OF上，利用二面角、线面有的定义，求出tan,tan,tan的表达式，再进行大小比较.

【详解】如图所示，在矩形ABCD中，过A作AF⊥BE交于点O，将ABE沿直线BE折成ABE，则点A在面BCDE内的射影O在线段OF上，

''设A到平面BCDE上的距离为h，则hAO，

''tan由二面角、线面角的定义得：

hhhtantanO'O，O'B，O'C，

''''OOOB,OOOC，所以tan最大，所以最大，显然

当O与O重合时，

'(tan)maxhh(tan)minOB，OC，

hh(tan)max(tan)min，则tantan，所以，

因为OBOC，所以

所以，故选D.

【点睛】本题以折叠问题为背景，考查二面角、线面角大小比较，本质考查角的定义和正切函数的定义，考查空间想象能力和运算求解能力.

2f(x)xaxb(a,bR)有两个零点，则“2ab0”是“函数9.已知函数

f(x)至少有一个零点属于区间[0，2]”的一个（ ）条件A. 充分不必要C. 充分必要【答案】A【解析】【分析】

2f(x)xaxb(a,bR)有两个零点，所以判别式a24b0，再从函数在函数

B. 必要不充分D. 既不充分也不必要

[0，2]上的零点个数得出相应条件，从而解出ab的范围.

2f(x)xaxb(a,bR)有两个零点，所以判别式a24b0，【详解】函数

2]分为两种情况：函数f(x)至少有一个零点属于区间[0，0,2]上只有一个零点f(0)f(2)0,（1）函数f(x)在区间[0，f(0)f(2)b(42ab)b22ab4bb22aba24ba2(ab)24ba20，即(ab)2a24b222a4baba4b；a4b0又因为，所以，

0,f(0)b0,f(2)42ab0,0a2,2]上有2个零点2（2）函数f(x)在[0，解得：2ab0；

2]”2ab0或综上所述“函数f(x)至少有一个零点属于区间[0，a24baba24b，所以2ab02ab0或a4bab而后面推不出前面（前面是后面的子集），

2a24b，

2]”的充分不必要条件，所以“2ab0”是“函数f(x)至少有一个零点属于区间[0，故选A.

【点睛】本题考查二次函数的性质、简易逻辑的判定方法，考查推理能力与计算能力，属于基础题.

10.已知数列

{an}满足：

12320a112，an1anln2an．则下列说法正确的是（ ）

1a201912B.

3a20192D. 2A.

0a2019C.

1a2019【答案】B【解析】

【分析】

考察函数f(x)xln(2x)(0x2)，则

f'(x)111x02x2x先根据单调性可

得

an1，再利用单调性可得

0a11a2a3an12.

【详解】考察函数f(x)xln(2x)(0x2)，

f'(x)1由

'11x00,1单调递增，2x2x可得f(x)在1,2单调递减

由f(x)0可得f(x)在

且

f(x)f11，可得

an1，数列{an}为单调递增数列，

如图所示：

f(0)ln2ln4lne且

11a2f(a1)f(0)2，2，

图象可得

0a11a2a3an12，

1a201912所以，故选B.

【点睛】本题考查数列通项的取值范围，由于数列是离散的函数，所以从函数的角度来研究数列问题，能使解题思路更简洁，更容易看出问题的本质，考查数形结合思想和函数思想.

二、填空题

(1i)2z1i（i为虚数单位）11.复数，则z的虚部为_____，|z|__________.

【答案】 (1). -1 (2). 2【解析】【分析】

复数z进行四则运算化简得z1i，利用复数虚部概念及模的定义得虚部为1，模为

2.

(1i)22i(1i)z1i1i(1i)(1i)【详解】因为，所以z的虚部为1，

|z|(1)2122故填：1;2.

【点睛】本题考查复数的四则运算及虚部、模的概念，考查基本运算能力.

，

12.某几何体的三视图为如图所示的三个正方形（单位：cm），则该几何体的体积为_____

cm3，表面积为____cm2.

23【答案】 (1). 3 (2). 23

【解析】【分析】

判断几何体的形状，利用三视图的数据求解几何体的体积与表面积.【详解】由题意可知几何体为正方体去掉一个三棱锥的多面体，如图所示：

正方体的棱长为2，去掉的三棱锥的底面是等腰直角三角形，直角边长为1，棱锥的高为2，

11232221123cm323所以多面体的体积为：，

12116222(5)2()2112122322222cm表面积为：

【点睛】本题考查几何体的三视图的应用，几何体的体积与表面积的求法，考查空间想象能力和运算求解能力.

728aa(x2)(2x1)aaxaxax012813.若，则0______，2_____.

【答案】 (1). –2 (2). –154【解析】【分析】令x0得：

a02，求出两种情况下得到x2项的系数，再相加得到答案.

a02，

716【详解】令x0得：

2TxC7(2x)(1)；

展开式中含x项为：（1）当(x2)出x，(2x1)出含x项，即172T2C7(2x)(1)；(x2)(2x1)2（2）当出，出含x项，即212a2C2C774(1)154，故填：2；154.所以2225【点睛】本题考查二项式定理展开式中特定项的系数，考查逻辑推理和运算求解，注意利用二项式定理展开式中，项的生成原理进行求解.

14.在ABC中，ACB90，点D,E分别在线段BC,AB上,ACBC3BD6，

EDC60，则BE________，cosCED________.

2【答案】 (1). 326 (2). 2【解析】【分析】

在BDE中利用正弦定理直接求出BE，然后在CEB中用余弦定理求出CE，再用余弦定

理求出cosCEB，进一步得到cosCED的值.

【详解】

如图ABC中，因为EDC60，所以EDB120，

BEBDBE2sin15，所以sinEDBsinBED，即sin120BE解得：

3sin15323212222326，

在CEB中，由余弦定理，可得：

2CE2BE2CB22BECBcosB2462(422)，

CE2BE2CB21cosCEB2CEBE2，所以CE422，所以CEB60,CEDCEBBED45，

cosCED所以

222，故答案为326；2.

【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理在三角形中的运用，求解过程中注意把相关的量标在同一个三角形中，然后利用正、余弦定理列方程，考查方程思想的应用.

15.某高三班级上午安排五节课（语文，数学，英语，物理，体育），要求语文与英语不能相邻、体育不能排在第一节，则不同的排法总数是_______（用数字作答）．【答案】60【解析】【分析】

先求出体育不能排在第一节的所有情况，从中减去体育不能排在第一节，且语文与英语相邻

的情况，即为所求.

【详解】体育不能排在第一节，则从其他4门课中选一门排在第一节，其余的课任意排，它

14AA96种.44的所有可能共有

2A2其中，体育不能排在第一节，若语文与英语相邻，则把语文与英语当做一节，方法有种，

132AAA36种.332则上午相当于排4节课，它的情况有：

故语文与英语不能相邻，体育不能排在第一节，则所有的方法有963660种.

【点睛】本题考查用间接法解决分类计数原理问题，以及特殊元素特殊处理，属于中档题.

2y4x上的两点，F是焦点，直线AF,BF的倾斜角互补，记A,B16.已知是抛物线

1122kkAF,AB的斜率分别为1,2，则k2k1____.

【答案】1【解析】

【分析】设

A(x1,y1),B(x2,y2)，由抛物线的对称性知点(x2,y2)在直线AF上，

AF:yk1(x1)代入y24x得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理得到k1,k2的

直线

1122kk21关系，从而求得的值.

【详解】设

A(x1,y1),B(x2,y2)，由抛物线的对称性知点(x2,y2)在直线AF上，

2AF:yk(x1)y4x得：1直线代入

k12x2(2k124)xk120，所以

2k124,x1x22k1xx1,12，

因为

yy1k22x2x124k122k22x2x1x1x22x1x21k1，

111k12122122kk1k1k1所以2，故填：1.

【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，会用坐标法思想把所要求解的问题转化成坐标运算，使几何问题代数化求解.

312cab44，当b,c的夹角17.已知非零平面向量a,b不共线，且满足aba4，记

取得最大值时，|ab|的值为______．

【答案】4【解析】【分析】

先建系，再结合平面向量数量积的坐标及基本不等式的应用求出向量b，进而通过运算求得

|ab|的值.

2【详解】由非零平面向量a,b不共线，且满足aba4，建立如图所示的平面直角坐标

系：

b31cabC(2,)44，则4，则A(2,0),B(2,b),b0，则a(2,0),b(2,b)，由bb,OB,OC则直线的斜率分别为28，

由两直线的夹角公式可得：

bb33283tanBOCbb8b8b41228b2b2，

8b当且仅当b2，即b4时取等号，此时B(2,4)，则ab(0,4)，

所以|ab|4，故填：4.

【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标运算及基本不等式求最值的运用，考查转化与化归思想，在使用基本不等式时，注意等号成立的条件.

三、解答题

2f(x)cosx3sinxcosx．18.已知函数

f（1）求3的值；

13f,0,3，求cos的值.（2）若210cos【答案】(1)1；(2) 【解析】【分析】

33410f(x)（1）利用倍角公式、辅助角公式化简

1sin2xx26，再把3代入求值；

4313f,0,sin,cos6565，利用角的配凑法3，（2）由210得：

66，再利用两角差的余弦公式得

cos33410.

【详解】解:（1）因为

f(x)cos2x3sinxcosx1cos2x31sin2xsin2x2226，511121fsinsin1622362所以32.

4313f,0,sin,cos6565，3得（2）由210334coscoscoscossinsin66666610【点睛】本题考查三角恒等变换中的倍角公式、辅助角公式、两角差的余弦公式等，考查角的配凑法，考查运算求解能力.

19.在三棱柱是菱形，

ABCA1B1C1中，底面ABC是等腰三角形，且ABC90，侧面ABB1A1

BAA160，平面ABB1A1平面BAC，点M是AA1的中点．

（1）求证：

BB1CM；

CB1M所成角的正弦值．

（2）求直线BM与平面

10【答案】(1) 证明见解析；(2) 5【解析】【分析】

BB1垂直CM所在的平面BCM，从而证明BB1CM；

BC（2）以A为原点，为x轴正方向，AB为y轴正方向，垂直平面ABC向上为z轴正方向

（1）证明直线

建立平面直角坐标系，设AB2，线面角为，可得面

B1MC的一个法向量

33BM0,2,2n(23,3,5)，，代入公式sin|cosn,BM|进行求值.

【详解】

AABB（1）证明：在RtABC中，ÐB是直角，即BCAB，平面ABC平面11，

平面ABC平面

AA1B1BAB，BC平面ABC，

BC平面AA1B1BAB，BCB1B.

ABAABBAAB601在菱形11中，，连接BM，1则

A1AB是正三角形，

AA1中点，AA1BM.

∵点M是又

AA1//B1B，BB1BM.

BB1平面BMC又BMBCB，BB1MC.

（2）作

BGMB1于G，连结CG．

AA1B1B，得到BCMB1，

由（1）知BC⊥平面又

BGMB1，且BCBGB，所以MB1平面BCG.

MB1平面CMB1，所以CMB1BCG，CMB1平面BCGCG,

又因为又平面

CMB1，则BMH即为所求线面角．

作BHCG于点H，则BH平面

设ABBC 2，

由已知得

BB12,BM3,BG22130,BH75，sinBMHBHBM305105，310CB1 M所成角的正弦值为5．

则BM与平面

【点睛】本题考查空间中线面垂直判定定理、求线面所成的角，考查空间想象能力和运算求解能力.

20.已知数列

an为等差数列，Sn是数列an的前n项和，且a55，S3a6，数列

bn满足a1b1a2b2anbn(2n2)bn2．

（1）求数列

an，bn的通项公式；

an,nN*cc2cn2．bn，证明：1cn（2）令

nanb2nn【答案】(1) .. (2)证明见解析

【解析】【分析】

bn2ana5Saa,db6得到关于1（1）利用5，3的方程，得到n；利用临差法得到n1，

nbnb2n得到是等比数列，从而有；

1（2）利用借位相减法得到【详解】（1）设等差数列

111nn2221222n12n2n，易证得不等式成立.

an的公差为d，

a4d5a1113a3da5dd1，11，解得∴数列

an的通项公式为ann.

b12b2nbn(2n2)bn2，

当n2时，

b12b2(n1)bn1(2n4)bn12(2n4)bn1(n2)bnbn2bn1，

nbnb2b2 q21n即是等比数列，且，，.

cn（2）

ann12nnSc1c2cn12nbn2，记222，

2S1则

23n21222n1，

111nn22212n1nn22222．

【点睛】本题考查数列通项公式、前n项和公式等知识的运用，考查临差法、错位相减法的S2SS1运用，考查运算求解能力.

x2y221(ab0)22FFx4yb21.已知抛物线，F为其焦点，椭圆a，1，2为其左右

e焦点，离心率

461|PQ|3.2，过F作x轴的平行线交椭圆于P,Q两点，

（1）求椭圆的标准方程；

（2）过抛物线上一点A作切线l交椭圆于B,C两点，设l与x轴的交点为D，BC的中点为

S118SSSE，BC的中垂线交x轴为K，KED，FOD的面积分别记为1，2，若249，

且点A在第一象限．求点A的坐标．

x2y212,143【答案】(1) . (2)

【解析】【分析】

26261P,1P,1e3，又代入标圆2，把a,b均用c表示，并把点3（1）由题设可知方程，求得c1；

（2）根据导数的几可意义求得直线BC的方程，根据韦达定理及中点坐标公式求得点E的坐标，求得中垂线方程，即可求得K点坐标，根据三角形面积公式，即可求得点A坐标.【详解】（1）不妨设P在第一象限，

26P,18113，3a2b2由题可知，

e又

81112，12c23c2，

x2y213可得c1，椭圆的方程为4.

22x0x0x0Ax0,yx4l24（2）设则切线的方程为4x03xxxx4120代入椭圆方程得：，

20230设

Bx1,y1,Cx2,y2,Ex3,y33x0x1x2x3222x03，

则，

22x0x03x0y3x32244x03，

KE的方程为

23x02y2x04x033x0x22x03，

即

2x02yx2x04x03，

令y0得

3x0xK28x03，

在直线l方程中令y0得

24x0x0FD14222xDx02，

233x0x04x0x0DK2228x038x03kFD，

x2,kBC0x02，

kFDkBC1，FDBC，

22S1DK29x0x0418S2FD216x232490DEK∽FOD，

.

17x化简得

20272x040，

x02（x02舍去）A的坐标为2,1.

4x03xxxx4120，

202304x042x43x123x048x014404，

602020x847，故此解符合题意．0因为

【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理、中点坐标公式、三角形的面积公式，考查逻辑推理和运算求解能力.

2xf(x)ax,g(x)e,xR．a22.设为实常数，函数

a（1）当

12e时，求h(x)f(x)g(x)的单调区间；

（2）设mN，不等式f(2x)g(x)m的解集为A，不等式f(x)g(2x)m的解集

为B，当

a0，1时，是否存在正整数m，使得AB或BA成立．若存在，试找出所

有的m；若不存在，请说明理由．【答案】(1) h(x)在【解析】【分析】

,1上单调递减，在1,上单调递增．(2)存在，m1a（1）当

121h(x)xexh(x)h2e2e时得R，求导后发现在上单调递增，且(1)0，

从而得到原函数的单调区间；

2x22xF(x)f(2x)g(x)4axeG(x)f(x)g(2x)axe（2）令，，利用导数和

零点存在定理知存在况进行讨论.

x10x2，使得Fx1Fx2m，再对m分m1和m>1两种情

h(x)【详解】解:（1）

121xexh(x)xex2ee，，

h(x)hR∵在上单调递增，且(1)0，,1上负,在1,上正，h∴(x)在

故h(x)在

,1上单调递减，在1,上单调递增．

2x22xF(x)f(2x)g(x)4axeG(x)f(x)g(2x)axe（2）设，

F(x)8axex，F(x)8aex0，F(x)单调递增．

1112a0F2limF(x)0F(0)0x又，（也可依据），

∴存在

x00 使得Fx00，

故F(x)在

,x0上单调递减，在x0,上单调递增．

*又∵对于任意mN存在xlnm使得F(x)m，

又

limF(x)x，且有

Fx0F(0)1m，

由零点存在定理知存在故

x10x2，使得Fx1Fx2m，

Bx3,x4.

，

F(x)G(x)4ax2e2xax2ex2xH(x)axe令，

由a0知

Hx在(,0)上单调递减，

∴当x0时，F(x)G(x)H(2 x)H(x)0又∵m1，结合

x3和x1均在各自极值点左侧,

Fx1mGx3Fx3x3x10，

Fx单调性可知

当m1时，

x2x40，

AB成立，故m1符合题意．

2x2x2x2xF(x)G(x)3axee3xeex0当时，，

(t1)21P(t)0P(t)t2lnt2tt令，则，

∴当t1时，P(t)P(1)0．

在上式中令te，可得当x0时，有eex2x2x2x成立，

eexe2xx3x2ttQ(t)e2tQ(t)e2，令，则

Q(t)Q(ln2)22ln20，ex2恒成立.

故有e2xexex3x23x2成立，

知当x0时，F(x)G(x)0又∵F(x)，G(x)在∴当m>1时，

0,上单调递增，

Fx2mGx4Fx4x2x40，，

而

x3x1 0，∴此时AB和BA均不成立.综上可得存在m1符合题意.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、零点存在定理，特别要注意使用零点存在定理判断零点的存在性，要注意说明端点值的正负.同时，对本题对构造法的考查比较深入，对逻辑推理、运算求解的能力要求较高，属于难题.