2020届浙江省普通高校招生学业水平考试(1月)数学试题(解析版)

一、单选题

1．已知集合A1,2,4，B2,4,6，则AUB（ ） A．4 B．1,6

C．2,4

【答案】D

根据集合的并集运算,即可求解. 解：因为集合A1,2,4,B2,4,6 由集合的并集定义可知AUB1,2,4,6 故选:D

本题考查了集合的并集运算,属于基础题. 2．tana（ ） A．tana B．tana

C．tana

【答案】A

根据诱导公式,化简即可求解. 解：由诱导公式可知

tana

tana

故选:A

本题考查了诱导公式的简单应用,属于基础题. 3．log62log63（ ） A．0 B．1

C．log65

【答案】B

根据对数的运算及常数对数的值即可求解. 解：根据对数的运算性质可知

log62log63

log623

log661

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D．1,2,4,6

D．

1tana D．log125

故选:B

本题考查了对数的运算性质的简单应用,属于基础题. 4．圆xy2x80的半径是（ ） A．2 【答案】B

将圆的一般方程化为标准方程,即可求得圆的半径. 解：因为圆xy2x80 化为标准方程可得x1y29 所以圆的半径为3 故选:B

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x12（ ） A．x1x3

222B．3 C．6 D．9

22B．x1x3

C．xx1或x3 D．xx1或

x3

【答案】A

根据绝对值不等式,分类讨论解不等式即可求解. 解：不等式x12

当x1时,不等式可化为x12,即x3.所以1x3 当x1时,不等式可化为1x2,即1x.所以1x1 综上可知,不等式的解集为-1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.

x2y26．椭圆1的焦点坐标是（ ）

259A．5,0，5,0 B．0,5，0,5 C．4,0，4,0 D．0,4，0,4 【答案】C

根据椭圆的标准方程,先判断出焦点位置并求得a,b.再根据椭圆中a、b、c的关系即可求得焦点坐标.

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x2y2解：椭圆1

259所以为焦点在x轴上,且a25,b9

22由椭圆中a2b2c2

可得c2a2b225916 因而c4

所以焦点坐标为4,0,4,0 故选:C

本题考查了椭圆的标准方程及简单性质,椭圆中a、b、c的关系及焦点坐标求法,属于基础题.

x0,7．若实数x，y满足不等式组xy0,，则x2y的最大值是（ ）

xy2,A．1 【答案】D

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. 解：根据所给不等式组,画出可行域如下图所示:

B．2

C．3

D．4

将y11zx平移即可得目标函数yx

222因而当经过点A0,2时,目标函数的截距最大 此时zx2y0224 所以x2y的最大值是4 故选:D

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.

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8．已知直线l和平面，若l//，P，则过点P且平行于l的直线（ ） A．只有一条，不在平面内 C．有无数条，一定在平面内 【答案】B

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.

解：假设过点P且平行于l的直线有两条m与n，则m∥l且n∥l 由平行公理得m∥n，这与两条直线m与n相交与点P相矛盾， 故过点P且平行于l的直线只有一条，

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

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A3,1且与直线x2y30垂直的直线方程是（ ） A．x2y10 【答案】D

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.

解：因为直线x2y30可化为yB．x2y10

C．2xy70

D．2xy70

B．只有一条，且在平面内 D．有无数条，不一定在平面内

13x 22当直线垂直时的斜率乘积为1,所以k2 因为经过点A3,1

由点斜式可知直线方程为y12x3 化简可得2xy70 故选:D

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ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若A60，B45，

a3则b（ ）

A．1 【答案】D

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B．3

C．2

D．6

根据正弦定理,即可求得b的值.

解：在ABC中, 角A,B,C所对的边分别是a,b,c 若A60,B45,a3 由正弦定理可知

ab sinAsinBbo

代入可得

3sin60osin45解得b6 故选:D

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fxxsinx的图象大致是（ ）

A． B．

C． D．

【答案】A

根据函数的奇偶性及特殊值,可判断函数的图像. 解：因为fxxsinx

而gxx为偶函数, hxsinx为奇函数,所以fxxsinx为奇函数,所以排除C,D.

当x0.001时, g0.0010.0010.0010,h0.001sin0.0010,所以

f0.0010.001sin0.0010,所以排除B选项.

故选:A

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（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ）

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A．

1 3B．

2 3C．1 D．2

【答案】B

根据三视图,还原出空间几何体,即可求得该几何体的体积. 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SABC则VPABC故选:B

1211 21212 33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a,bR，则“ab0”是“a3b30”的（ ） A．充分不必要条件 C．充要条件 【答案】C

根据立方和公式,结合充分必要条件的判断即可得解.

2b3b23322解：因为ababaabbaba

24B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

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b3b2当ab0时, a“ab0”是“a3b30”0,所以a3b30.即24的充分条件.

2b3b2当ab0时,由于a0成立,所以ab0,即“ab0”是

24332“a3b30”的必要条件.

综上可知, “ab0”是“a3b30”的充要条件 故选:C

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.

x2y214．设F1，F2分别是双曲线221a,b0的左、右焦点.若双曲线上存在一点

abP，使得PF1PF260，则该双曲线的离心率是（ ） 14PF2，且FA．13 5B．13 3C．

21 5D．

21 3【答案】B

aPF2,再在三角形F1PF2中由余根据双曲线的定义及PF14PF2,用表示出PF1、弦定理求得a、c的关系,进而求得离心率.

x2y2解：F1,F2分别是双曲线221a,b0的左、右焦点,且双曲线上的点P满足

abPF14PF2

8aPF1PF1PF22a3所以,解得

PF4PF2a21PF23因为F1PF260,F1F22c 所以在三角形F1PF2中由余弦定理可得

F1F2PF1PF22PF1PF2cosF1PF2,代入可得 4c22428a2a1aa2 993322222c132化简可得9c213a2,即e a29第 7 页 共 19 页

所以e故选:B

13 3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, 按逆时针方向沿周长为l的图形运动一周, 点O 、P 的距离（y）与点P 走过的路程(x)的函数关系如图所示.那么点P所走过的图形是图中的( ).

A．【答案】C

B． C． D．

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

l时，OP 不是最大值(过点P 作OP 的垂线交椭圆于点P′, 显然, OP′>OP);2lπx选项(C)中ysin , 其图像如图.选C.

πl程为x16．设数列an满足a11，a2na2n12，a2n1a2n1，nN*，则满足

ann4的n的最大值是（ ）

A．7 【答案】C

根据数列an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n的最大值.

解：数列an满足a11,a2na2n12,a2n1a2n1

B．9

C．12

D．14

a23

则a2n1a2n11 则当n奇数时, ann1 2n1n4,解不等式可得7n9 2第 8 页 共 19 页

所以ann4,代入可得

而nN*,所以此时n的最大值是9 则当n偶数时, an2n 2nn4,解不等式可得4n12 2所以若ann4,代入可得2而nN*,所以此时n的最大值是12 综上可知, n的最大值是12 故选:C

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.

x17．设点A，B的坐标分别为0,1，1,0，P，Q分别是曲线y2和ylog2x上

uuuruuuruuuruuur的动点，记I1AQAB，I2BPBA.（ ）

A．若I1I2，则PQABR

uuuruuurB．若I1I2，则APBQ

uuuruuuruuuruuurC．若PQABR，则I1I2

【答案】C

uuuruuurD．若APBQ，则I1I2

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. 解：根据题意,在直线AB上取P',Q',且AP'BQ'.过P',Q'分别作直线AB的垂

xx线,交曲线y2于P1,P2和交ylog2x于Q1,Q2.在曲线y2上取点P3,使

AP1AP3.如下图所示:

uuuruuuruuuruuuruuuuruuurI1AQABAQABcosQABAQ'AB uuuruuuruuuruuuruuuruuurI2BPBABPBAcosPBABP'BA

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若AP'BQ',则AQ'BP'

若I1I2,则AQ'BP'即可.此时P可以与P1重合,Q与Q2重合,满足题意,但是

uuuruuuruuuruuurPQABR不成立,且APBQ所以A、B错误;

uuuruuuruuuruuur对于C,若PQABR,则PQ∥AB,此时必有P1与Q1对应(或P2与Q2),所以

满足

I1I2,所以C正确;

对于D,对于点P3,满足AP1AP3,但此时P3在直线AB上的投影不在P'处,因而不满足AQ'BP',即I1I2,所以D错误 综上可知,C为正确选项 故选:C

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SO中，A，B是eO上的动点，BB是eO的直径，M，N是SB的两个三等分点，AOB0，记二面角NOAB，MABB的平面角分别为，，若，则的最大值是（ ）

A．

5 6B．

2 3C．

 2D．

 4【答案】B

设底面圆的半径为r,OSa,以B'B所在直线为x轴,以垂直于B'B所在直线为y轴,以OS所在直线为z轴建立空间直角坐标系,写出各个点的坐标.利用法向量求得二面角

NOAB与MABB夹角的余弦值.结合即可求得的取值范围,即可得

的最大值.

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解：设底面圆的半径为r,OSa,以B'B所在直线为x轴,以垂直于B'B所在直线为

y轴,以OS所在直线为z轴建立空间直角坐标系,如下图所示:

则由AOB0

可得O0,0,0,Br,0,0,S0,0,a,Arcos,rsin,0,B'r,0,0

M,N是SB的两个三等分点

2a2rarM,0,,N,0,则

3333uuuruuur2ra,0, 所以OArcos,rsin,0,ON33ur设平面NOA的法向量为mx1,y1,z1

uuuvx1,y1,z1rcos,rsin,00vmOA0v则vuuu,代入可得 a2rx,y,z,0,0mON011133x1rcosy1rsin0化简可得2x1raz1

033令x11,解得y1cos2r,z1 sinaurcos2r, 所以m1,sinar平面OAB的法向量为n0,0,1

由图可知, 二面角NOAB的平面角为锐二面角,所以二面角NOAB的平面角满足

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cos4rsin2a2r设二面角MABB的法向量为kx2,y2,z2

1uuuuruuuurr2aB'Arrcos,rsin,0,AMrcos,rsin,

33urrmncosurrmn2ra22

vvuuuux2,y2,z2rrcos,rsin,00kB'A0v则vuuuu代入可得 2arx,y,zrcos,rsin,0kAM022233x2rx2rcosy2rsin0化简可得x2r 2az2x2rcosy2rsin033令x21,解得y21cos2r,z2

sinar1cos2r, 所以k1,sinar平面ABB的法向量为h0,0,1

由图可知, 二面角MABB的平面角为锐二面角,所以二面角MABB的平面角满足

rrkhcosrrkh2ra221cos4r12asin

由二面角的范围可知0

结合余弦函数的图像与性质可知coscos

即2ra222ra2cos4r122sina21cos4r12asin

化简可得cos所以01,且0 22 3第 12 页 共 19 页

所以的最大值是故选:B

2 3本题考查了空间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

19．设等比数列an的前n项和为SnnN*，若a22，a34，则a1______，

S4______.

【答案】1 15

根据等比数列的通项公式,可求得a1与q .再求得a4,即可求得S4的值. 解：因为数列an为等比数列,由等比数列的通项公式可知

ana1qn1

而a22,a34

a2a1q2a11所以,解方程组可得 2aaq4q21333所以a4a1q128

所以S4a1+a2+a3+a4

124815

故答案为:1;15

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.

rrrr20．设u，v分别是平面a，的法向量，u1,2,2，v2,4,m.若a∥，

则实数m______. 【答案】4

根据两个平面平行时,其法向量也平行,即可求得参数m的值.

rra∥解：因为,且u,v分别是平面a,的法向量

则u∥v

rrrr因为u1,2,2,v2,4,m

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rr所以存在,满足uv

则1,2,22,4,m

121即24解得2 2mm4所以m4 故答案为:4

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（biēnào）是指四个面都是直角三角形的四面体.如图，在直角ABC中，AD为斜边BC上的高，AB3，AC4，现将使得四面体ABCD为一个鳖臑，则直线BD与平面ADCABD沿AD翻折ABD，所成角的余弦值是______.

【答案】

9 16作B'MCD于交CD于M,可证明B'M平面ACD,则B'DM即为BD与平面ADC的夹角.根据线段关系即可求解. 解：作B'MCD于交CD于M

因为ADCD,ADDD' 且CDDD'D 所以AD平面DB'C 而AD平面ACD

所以平面ACD平面DB'C

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又因为平面ACDI平面DB'CDC,且B'MCD 所以B'M平面ACD

则B'DM即为BD与平面ADC的夹角 因为直角ABC中,AB3,AC4 所以BCAB2AC29165

ADABAC3412

BC5522221216

则DCACAD455所以DB'BCDC5169 559DB'59 在直角三角形B'DC中,cosB'DMcosB'DCDC16165故答案为:

9 16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fxxax26，若存在aR，使得fx在2,b上恰有两个

2零点，则实数b的最小值是______. 【答案】223 根据函数fx存在aR在2,b上恰有两个零点,则求得当x2时满足条件的a.再由当xb时取到零点,即可求得b的值.

解：因为函数fxxax26,fx在2,b上恰有两个零点

2则必在x2与xb时恰好取到零点的边界

若x2时,fx的零点满足f222a260

2解方程求得a2或a4

当a2时, fxx2x26,满足fx在2,b上恰有两个零点

2则fbb2b260,且b2

2解方程可得b2(舍)或b4(舍)

当a4时, fxx4x26,满足fx在2,b上恰有两个零点

2第 15 页 共 19 页

则fbb4b260,且b2

2解方程可得b223(舍)或b223 综上可知,当b223时满足fx在2,b上恰有两个零点 故答案为: 223 本题考查了含绝对值函数零点的分类讨论,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

fx2sinx23．已知函数cosx，xR

66（Ⅰ）求f的值； 3（Ⅱ）求fx的最小正周期； （Ⅲ）求fx在0,



上的值域. 2

33,1 【答案】（Ⅰ）f（Ⅱ）（Ⅲ）232（Ⅰ）将代入解析式,即可求得

3f的值. 3（Ⅱ）根据正弦的二倍角公式化简后,即可求得fx的最小正周期. （Ⅲ）根据正弦函数的图像与性质,可求得fx在0,上的值域.

2解：（Ⅰ）f1332sincos 2sincos23363666222即f3 32（Ⅱ）因fxsin2x故fx的最小正周期Tsin2x 632 2第 16 页 共 19 页

2x0,2x, （Ⅲ）当时,3332因此当2x当2x33,即x0时,fxmin3 232,即x5时,fxmax1 12所以fx在0,3,1. 上的值域为22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.

224．如图，设抛物线C1xy与C2:y2pxp0的公共点M的横坐标为

2tt0，过M且与C1相切的直线交C2于另一点A，过M且与C2相切的直线交C1于

另一点B，记S为MBA的面积.

（Ⅰ）求p的值（用t表示）； （Ⅱ）若S,2，求t的取值范围.

4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.

124t3【答案】（Ⅰ）p；（Ⅱ）t,

332（Ⅰ）将M的横坐标为t代入抛物线C1解析式可得Mt,t化简即可用t表示p的值.

（Ⅱ）设出点A的坐标,结合M的坐标即可表示出直线MA的方程.联立抛物线C1,根据相切时判别式0可得k=2t,表示出直线MA的方程.利用两点式表示出直线MA的斜率,即可用t表示出点A的坐标.同理可求得B点的坐标.进而利用两点间距离公式表示出MB,利用点到直线距离公式求得A到直线MB的距离,即可表示出MBA的面积

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,再代入抛物线C22解析式,

S.结合S的取值范围,即可求得t的取值范围.

解：（Ⅰ）因点M在抛物线C1:x2y上,故Mt,t又点M在抛物线C2：y2pxp0上,故t22t0

222pt,

t3则p

2（Ⅱ）设点Ax1,y1,直线MA的方程为ykxtt

2yk(xt)t2,联立方程组2消去y,得x2kxktt20

xy,则k4ktt因此k=2t

即直线MA的方程为y2txt

222k2t20

y1t2y1t2t3k22t则直线MA的斜率 y1x1ty1t2tt3tt2t2从而y1,即A,

242tt2tt2同理,直线MB的方程为yx,点B,

2224tt3tt2因此MB1t1 22422tt2tt2点A,到直线MB：xy0的距离d2242ttt2t22422t1229t28 t2149t2113tt227t381故MBA的面积SMBd 2222432t1427t3即S

32因为S,2

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1127t3即2 432解得t,.

33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.

24第 19 页 共 19 页