2020年浙江省普通高中7月学业水平考试数学试题（解析版）

1、试卷第 =page 2 2页，总 =sectionpages 4 4页第 Page * MergeFormat 17 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 17 页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（ ）ABCD【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（ ）ABCD【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（ ）A7

2、B9C11D13【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（ ）ABCD【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（ ）ABCD【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，

3、则的图象是（ ）ABCD【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（ ）ABCD【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

4、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（ ）A0B4C8D12【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（ ）A1BC3D【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

5、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（ ）A1BCD【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（ ）A30B45C60D120【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（ ）ABCD【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

6、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（ ）ABCD【答案】D【解析】由可得答案.【详

7、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（ ）ABCD【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（ ）ABCD【答案】D【解析】由题意可得，然后可得，然后

8、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（ ）ABCD【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

9、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

10、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

11、】，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，.（）求的值；（）求的最大值，并写出相应的的取值集合.【答案】（）；（）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：（）.（）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

12、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.（）求点的轨迹的方程；（）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】（）；（）存在，.【解析】（）根据条件直接建立方程即可；（）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】（）由已知得，即，化简得到点的轨迹的方程为.（）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，.（）当时，判断函数的奇偶性；（）当时，证明：；（）若恒成立，求实数的取值范围.【答案】（）为偶函数；（）证明见解析；（）.【解析】（）利用偶函数的定义可判断为偶函数.（）利用绝对值不等式可证.（）就、分类讨论，注意利用（）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】（）当时，定义域为，且对于任意的，有