【KS5U解析】浙江省2020届高三新高考名校联考信息卷（五）数学 Word版含解析

1、浙江新高考名校联考信息卷（五）数学本试题卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.参考公式：若事件互斥，则若事件相互独立，则若事件在一次试验中发生的概率是，则次独立重复试验中事件恰好发生次的概率台体的体积公式其中分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高柱体的体积公式其中表示柱体的底面积，表示柱体的高锥体的体积公式其中表示锥体的底面积，表示锥体的高球的表面积公式球的体积公式其中表示球的半径选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若集合，则（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【

2、分析】先解绝对值不等式得到集合，再根据集合的并运算求即可.【详解】由，解得，故，又，所以.故选：c.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的求解及集合的并运算，考查考生对基础知识的掌握情况，考查数学运算核心素养.2.已知复数满足，则（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】设，再利用复数的四则运算及复数相等求解即可.【详解】解法一：由题意，设，由，得，所以，根据复数相等，得，解得，故.解法二：根据，得，所以.故选：c.【点睛】本题主要考查复数的定义、复数相等以及复数的四则运算，考查数学运算核心素养.3.函数的图象可能是（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】根据奇偶性、

3、特殊值，利用排除法即可得结果.【详解】因为，所以函数是奇函数，其图象关于坐标原点对称，故排除a，c.当时，故排除d，故选：b.【点睛】本题主要考查函数的奇偶性、函数图象的识别、函数值的判断，考查考生分析问题与解决问题的能力，考查直观想象核心素养.4.已知数列是首项大于零的等比数列，则“”是“”（ ）a. 充分不必要条件b. 必要不充分条件c. 充要条件d. 既不充分也不必要条件【答案】a【解析】【分析】根据充分必要性的定义分析即可.【详解】设等比数列的公比为，因为，且，所以，即，故充分性成立；反之，不成立，如，.故“”是“”的充分不必要条件.故选：a.【点睛】本题主要考查充分必要条件的判断，考

4、查逻辑推理核心素养.5.已知椭圆的左焦点为，分别为椭圆的右顶点和下顶点，若成等差数列，则椭圆的离心率为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】先根据椭圆的几何性质分别表示出，然后根据成等差数列得出等式，并结合化简求解，即可得椭圆的离心率.【详解】依题意得，因为成等差数列，所以，即，即，两边平方并整理，得，两边同除以，得，解得.故选：c.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、等差数列的性质等，考查考生的运算求解能力，椭圆中的基本量有如下关系：.很多考生在应用时常与双曲线中三者的关系混淆.6.若实数满足不等式组则的最大值是（ ）a. 15b. c. d. 33【答案】d【解

5、析】【分析】作出不等式组表示的平面区域，可以去掉绝对值符号，令，先求的范围，再求的最大值，也可以将问题转化为求可行域内的点到直线的距离的最大值问题进行求解.【详解】解法一：作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示. 令，作出直线，并平移，数形结合可知，当平移后的直线经过点时，取得最大值，当平移后的直线经过点时，取得最小值.由，得，所以由得，所以.所以，故的最大值是33.解法二：作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示 表示可行域内的点到直线的距离的5倍.作出直线，结合图形可知，点到直线的距离最大，由，得，故点到直线的距离，故的最大值是.故选：d.【点睛】本题主要考查简单的线性规划问

6、题，考查作图能力及数形结合思想，体现对直观想象核心素养的考查.7.已知均为正数，离散型随机变量的分布列如下所示：则当取得最小值时，（ ）a. b. c. d. 1【答案】c【解析】【分析】先根据离散型随机变量的分布列的性质得到，由数学期望的计算公式得到，再利用基本不等式求的最小值及取得最小值时满足的条件，最后计算即可.【详解】解法一：由离散型随机变量的分布列的性质得，即.由数学期望的计算公式得，当且仅当即时取等号，所以取得最小值时，随机变量的分布列为214所以.解法二：由离散型随机变量的分布列的性质得，即，所以，故，当且仅当时取等号，所以取得最小值时，随机变量的分布列为214所以.故选：c.【

7、点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列和数学期望、概率的求解、基本不等式在最值问题中的应用，考查考生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力，渗透对数学运算核心素养的考查.8.设数列满足，（其中为自然对数的底数），数列的前项和为，则（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】先构造函数证明成立，再利用此不等式对进行放缩，得到，即可得到结果.【详解】设，则，所以，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，所以，所以，当且仅当时等号成立，而，所以，所以.故选：a.【点睛】本题主要考查数列不等式的证明、放缩法的应用，考查考生的逻辑思维能力、化归与转化能力，考查数学运算、逻辑推理等核心素养.

8、9.如图，在四面体中，已知平面，与平面所成的角为，是上一动点，设直线与平面所成的角为，则（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】先分析出线面角取得最大值时的条件，再求出线面角的最大值，即可求解.【详解】通解：过点作平面于点，连接，则为直线与平面所成的角，即，故，显然随的增大而减小，故当最小，即时，最大.连接，因为平面，所以.所以当时，平面，所以易知三点共线.因为与平面所成的角为，所以.因为平面，所以，所以，故此时，故.故选：c.【点睛】本题主要考查空间中直线和平面所成的角、直线和平面的位置关系等，考查的核心素养是直观想象、逻辑推理.10.已知关于的方程在上有实数根，且，则的最大

9、值为（ ）a. b. 0c. d. 1【答案】b【解析】【分析】先将方程的根的问题转化为函数与在上的图象的交点问题，再根据将问题转化为求的最大值问题，最后数形结合求解即可.【详解】由题意，关于的方程在上有实数根，即函数与在上的图象有交点，作出函数，的大致图象如图所示.因为，所以.又，所以求的最大值可以转化为求的最大值.数形结合可知，当的图象经过点且和的图象在上相切时，大.易求得切点为，且，此时，所以的最大值为0.故选：b.【点睛】本题主要考查方程的根，函数的图象和性质，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想，试题从方程的根入手设题，使考生将问题进行转化，创设问题的情境，然后利用数形结

10、合思想解题，体现了直观想象、逻辑推理等核心素养.解决本题的关键有两个：（1）将方程的根的问题转化为两个函数图象的交点问题后，发现，从而将问题转化为求的最大值问题；（2）画出函数图象，数形结合分析出取最大值时的条件.非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11.已知函数则_，的最大值是_.【答案】 (1). (2). 1【解析】【分析】根据分段函数的解析式即可求得的值；分别求出时的取值范围，即可得结论.【详解】由题意知，.当时，当且仅当时取等号.当时，故的最大值是.故答案为：，1.【点睛】本题主要考查分段函数的求值及分段函数的最大值，考查数

11、学运算核心素养.12.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是_，表面积是_.【答案】 (1). 16 (2). 【解析】【分析】先根据三视图还原出空间几何体的直观图，再求出相关数据，最后根据锥体的体积公式和表面积公式求解即可.【详解】由三视图还原该几何体直观图，可知该几何体为如图所示的四棱锥，其中平面，四边形是矩形，则易得.故该几何体的体积，表面积.故答案为：，.【点睛】本题主要考查空间几何体的三视图、空间几何体的体积和表面积的计算，考查考生的空间想象能力和运算求解能力.13.在平面直角坐标系中，已知点是双曲线上的一点，分别为双曲线的左、右焦点，且，则双曲线的离心率为_.【答案】【解

12、析】【分析】由及双曲线的定义，可得，再在中由余弦定理求得双曲线的离心率.【详解】由题意，设点是双曲线右支上点，又.在中，由余弦定理得，即，. ，即.故答案为：.【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，考查考生的化归与转化能力、运算求解能力，考查的核心素养是数学运算.14.已知（其中为正整数），若是中的唯一最大值，则的值为_，的值为_.【答案】 (1). 10 (2). 10【解析】【分析】根据题意，令，对已知等式变形，再根据求得的值，最后求的值.【详解】由题意，令，则，因为是中的唯一最大值，所以是偶数，所以，解得.所以.故答案为：，.【点睛】本题主要考查二项展开式中系数的最大值、指定项的系数，考

13、查换元法的应用，考查数学运算、逻辑推理等核心素养.的展开式中二项式系数最大项的确定方法：（1）如果是偶数，则中间一项（第项）的二项式系数最大；（2）如果是奇数，则中间两项（第项和第项）的二项式系数相等并且最大.15.在中，内角所对的边分别为，若，边上的中点为，则_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】解法一根据三角形内角和定理及三角函数的诱导公式、同角三角函数的基本关系即可求得，然后根据正弦定理求得，最后根据向量的线性运算及数量积即可求得的长；解法二先根据同角三角函数的基本关系求得，利用余弦定理求得，然后根据正弦定理求得，最后在中利用余弦定理即可求得的长.【详解】解法一因为，所以

14、，又，所以，即，即，解得或（舍去），所以.易知，又，所以由，得.因为边上的中点为，所以，所以，所以.解法二因为，所以，又，所以，所以.由，得，得.因为边上的中点为，所以，所以在中，所以故答案为：，.【点睛】本题主要考查三角函数的诱导公式，同角三角函数的基本关系，正、余弦定理的应用，考查考生分析问题、解决问题的能力，考查逻辑推理、数学运算等核心素养.16.由数字0，1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字的四位数，则能被15整除且0不在个位的四位数共有_个.【答案】60【解析】【分析】根据题意，将0，1，2，3，4，5，6，7这8个数字分为以下三类：被3整除的有0，3，6；被3除余1的有1，4

15、，7；被3除余2的有2，5，再利用排列组合即可.【详解】由题意，四位数的个位数字一定是5，且4位数字之和能被3整除，当四位数中有0时，满足题意的四位数有（个）；当四位数中没有0时，满足题意的四位数有（个），所以能被15整除且0不在个位的四位数共有60个.故答案为：60.【点睛】本题主要考查排列组合的有关知识，考查考生分析问题、解决问题的能力，考查的核心素养是逻辑推理.17.已知平面向量满足，若平面向量满足，则最大值为_.【答案】【解析】【分析】先得到，将的最大值转化为的最大值，再分别将用表示，最后利用基本不等式求解即可.【详解】因为，所以，所以.又，所以的最大值为.故答案为：.【点睛】本题主要

16、考查平面向量的模，基本不等式的应用，考查考生分析问题、解决问题的能力，考查数学运算、逻辑推理等核心素养.三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证眀过程或演算步骤.18.已知函数的部分图象如图所示，其中点的坐标为.（1）求函数的最小正周期；（2）若，求的值.【答案】（1）8（2）【解析】【分析】（1）先根据点在函数的图象上及的图象特征得到的值，即可求得函数的最小正周期；（2）可以根据，利用两角和的余弦公式进行求解，也可以在三角形中利用余弦定理进行求解，还可以借助向量进行求解.【详解】（1）因为点在函数的图象上，即，所以，即.由题意可知函数的最小正周期，所以，解得.又，所以，所

17、以函数的最小正周期.（2）解法一：如图，过点作轴于点，由（1）知.令，得，得，所以，所以，所以，所以，即，又，所以或（舍去）.所以，所以.解法二：过点作轴于点，由（1）知，函数的最小正周期，又，所以，所以，所以在中，即，化简得，即，所以或（舍去）.所以，所以.解法三：过点作轴于，由（1）知，令，得，得，所以，又，所以，所以，解得或（舍去）.所以，故.【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质、两角和的余弦公式、余弦定理的应用，考查考生的运算求解能力及分析问题、解决问题的能力.试题以考查三角函数的图象和性质、三角恒等变换等为目标，通过正弦型函数在一个周期上的图象的特征设题，考查直观想象、数学运算、

18、逻辑推理等核心素养.第（1）问大部分考生可以由点在函数的图象上得到，但不能从题中的图象获得，从而无法准确求出的值.第（2）问有相当一部分考生在求得或后，不进行验证，从而丢分.19.如图，已知四边形abcd是正方形，ae平面abcd，pdae，pdad2ea2，g，f，h分别为be，bp，pc的中点（1）求证：平面abe平面ghf；（2）求直线gh与平面pbc所成的角的正弦值【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）通过证明bc平面abe，fhbc，证得fh平面abe，即可证得面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用向量方法求线面角的正弦值.【详解】（1）由题：，ae平面abcd，bc

19、平面abcd，所以aebc，四边形abcd是正方形，abbc，ae与ab是平面abe内两条相交直线，所以bc平面abe，f，h分别为bp，pc的中点，所以fhbc，所以fh平面abe，hf平面ghf，所以平面abe平面ghf；（2）由题可得：da，dc，dp两两互相垂直，所以以d为原点，da，dc，dp为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示：，所以，设平面pbc的法向量，取为平面pbc的一个法向量，所以直线gh与平面pbc所成的角的正弦值.【点睛】此题考查面面垂直的证明，关键在于准确找出线面垂直，建立空间直角坐标系，利用向量方法解决直线与平面所成角的问题.20.已知数列满足，且.（1

20、）求数列的通项公式；（2）若数列的前项和为，且，数列的前项和为，求满足的所有正整数的值.【答案】（1）（2）所有正整数的值为2，3，4，5【解析】【分析】（1）先根据题中的递推关系式求得的值，得到，再利用求解，也可利用累乘法进行求解；（2）先根据数列的通项与前项和之间的关系求得数列的通项公式，即可得到，再利用错位相减法求，最后根据的增减性求解即可.【详解】（1）解法一由，得当时，又，所以，当时，-，得，即.所以，所以.又也符合上式，所以.解法二由，得当时，又，所以，当时，-，得，即.又也符合上式，所以，所以，所以，故数列的通项公式为.（2）由，得当时，-得，所以，所以数列是以3为首项，3为公比

21、的等比数列，所以，所以，所以，所以，两式相减得，所以.所以，所以数列递增.又，所以满足的所有正整数的值为2，3，4，5.【点睛】本题主要考查数列的递推关系、数列的通项与前项和之间的关系、错位相减法求和、数列的增减性等，考查数学运算、逻辑推理等核心素养.第（1）间的关键是对的处理.第（2）问的关键有三点：数列的通项公式的求解；的求解；数列的增减性的证明.21.如图，为抛物线上的两个不同的点，且线段的中点在直线上，当点的纵坐标为1时，点的横坐标为.（1）求抛物线的标准方程；（2）若点在轴两侧，抛物线的准线与轴交于点，直线的斜率分别为，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，当点的坐标为时，设点，则点，再将其代入抛物线方程解得即可；（2）设直线的方程为，设，由线段的中点在直线上，可得，进而可得直线的方程为，再表示出直线的斜率，进而运算即可.【详解】（1）由题意知，当点的坐标为时，设点，则点，因为为抛物线上的两个不同的点，所以解得所以抛物线的标准方程为.（2）显然直线的斜率存在且不为0，故可设直线的方程为，联立方程，得消去，化简并整理得.则，即.设，则，所以，故直线的方程为.，易知，所以，所以.因为，