1、 “超级全能生”2020高考浙江省9月联考数学注意事项：1本试题卷共8页，满分150分，考试时间120分钟。2答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置。3全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效。4回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。5考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。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，只有一项目符合题目要求的。1.记全集，集合，集合，则（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先解一元二次不等式和指数不等式
2、，再求补集与交集.【详解】由得或，由得，则，所以，故选C.【点睛】本题考查集合的运算、解一元二次不等式和指数不等式，其一容易把交集看作并集，概念符号易混淆；其二求补集时要注意细节.2.已知复数（为虚数单位），则复数z的模长等于（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先化简复数z,利用模长公式即可求解.【详解】化简易得，所以，故选A.【点睛】本题考查复数的基本运算和概念，了解复数的基本概念、运算和共轭复数的概念、模长是解答本题的关键.3.若实数满足约束条件则的最大值为（）A. -2B. 12C. -4D. 8【答案】B【解析】【分析】作出可行域,平移目标函数即可求解.详解】如图中阴
3、影部分所示（含边界），显然当目标函数经过点时有最大值12，故选B.【点睛】本题考查线性规划，准确作出可行域是解答本题的关键.4.在同一直角坐标系中，函数，（且）的图象可能是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题考查函数的图象,以指数函数的底数与1的大小分情况讨论，由指数函数图象与y轴的交点即可得出b的大小，从而能判断出二次函数图象的正误.【详解】对和分类讨论，当时，对应A,D:由A选项中指数函数图象可知，A选项中二次函数图象不符，D选项符合；当时，对应B,C:由指数函数图象可知，则B，C选项二次函数图象不符，均不正确，故选D.【点睛】本题易错在于函数图象的分类，从指数函数分
4、类易正确得到函数图象.5.已知直线，平面满足，则“”是“”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据面面垂直的判定定理进行判断.【详解】当时，则可知；反之当时，与中的不一定平行，故选A.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理.若平行直线中一条垂直于平面，则另一条也垂直于该平面6.已知随机变量满足下列分布列，当且不断增大时，（）012A. 增大，增大B. 减小，减小C. 增大，先增大后减小D. 增大，先减小后增大【答案】C【解析】【分析】由分布列可知，随机变量服从二项分布，根据二项分布的期望、方差公式即
5、可判断.【详解】由题意可知，随机变量满足二项分布，即，易得，所以当且不断增大时，增大，先增大后减小.故选C.【点睛】本题考查二项分布的期望、方差.理解二项分布的期望、方差，会判定和计算二项分布的期望和方差是解答本题的关键.7.已知双曲线右焦点为，左顶点为，右支上存在点满足，记直线AB与渐近线在第一象限内的交点为，且，则双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意依次求出点的坐标，求出直线的方程，联立渐近线求出点的横坐标，利用向量关系即可得出关系式，进而可求出渐近线方程.【详解】易知，得直线，联立渐近线，得，又，所以，得，又，所以，所以双曲线的渐近线方程为，
6、故选D.【点睛】本题考查双曲线的渐近线.当双曲线的标准方程为时，渐近线方程为；当双曲线的标准方程为时，渐近线方程为.8.已知函数，e是自然对数的底数，存在（）A. 当时，零点个数可能有3个B. 当时，零点个数可能有4个C. 当时，零点个数可能有3个D. 当时，零点个数可能有4个【答案】C【解析】【分析】首先将的零点转化为两个图象的交点，利用以直代曲的思想可以将等价为，根据穿针引线画出草图，即可判断.【详解】将看成两个函数的交点，利用以直代曲，可以将等价看成，利用“穿针引线”易知时图象如图，所以当时最多有两个交点，当时最多有三个交点.故选C.【点睛】本题考查函数的零点,函数零点个数的3种判断方法
7、(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点(2)零点存在性定理：利用定理不仅要求函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点(3)利用图象交点的个数：画出两个函数的图象，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.9.三棱柱中，平面，动点在线段上滑动（包含端点），记与所成角为，与平面所成线面角为，二面角为，则（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意找出这三个角，分别在直角三角形中表示出这三个角对应的三角函数值，将角的大小比较转化为线段长度的大小比较即可.【详解】过点作于，则
8、，过点作于，连接，则,过点作于，连接，则所以， 由可知（位于处等号成立），由可知（当为直角时，等号成立），故选B.【点睛】本题主要考查线线角、线面角、二面角，本题也可以直接用线线角最小角定理（线面角是最小的线线角）和线面角最大角定理（二面角是最大的线面角）判断.10.已知函数若函数 的零点个数为2，则（）A. 或B. C. 或D. 【答案】D【解析】【分析】由，可知当时，的图象可由的图象沿轴翻折，并向右平移2个单位长度，纵坐标变为原来的一半，即可作出函数的图象，将的零点问题转化为两个函数图象的焦点问题即可.【详解】如图，可得的图象.令，当时，不符合题意；当时，得，若，则满足可得；若，因左支已交
9、于一点，则右支必然只能交于一点，当时，因为，所以在上有两个交点，不合题意舍去，当时，则需解得，故选D.【点睛】本题考查分段函数的图象和零点问题.对函数图象的正确绘制是解答本题的关键.二、选择题：本大题共7小題，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分。把答案填在题中的横线上。11.九章算术是中国古代的数学专著，是算经十书中最重要的一种，成于公元一世纪左右书中对一些特殊的柱体、锥体有特定的命名。例如，将长方体切制成两个一模一样的三角柱体称之为“堑堵”。若某一个“哲堵”的三视图如图所示，则该柱体的外接球表面积是_。【答案】【解析】【分析】根据题意可知，该“堑堵”的外接球即为相应长方体的外接球，
10、长方体的长宽高分别为2,1，1，即可求出外接球的半径.【详解】由该“堑堵”的三视图可知其外接球即为相应长方体的外接球，长方体的长宽高分别为2,1，1，所以外接球直径，则该柱体的外接球表面积.【点睛】本题考查三棱柱的外接球的表面积.长方体、正方体的外接球的直径即为体对角线.12.已知对任意恒成立，则_；若，则_。【答案】 (1). (2). 9【解析】【分析】利用将问题转化为二项式的问题，然后利用二项式的通项分别表示出即可求解.【详解】令，则，则，故，即，解得.【点睛】本题考查二项式定理,二项展开式的项和系数的关系是易错点.13.已知单位向量夹角为60，_，的最小值为_.【答案】 (1). (2
11、). 【解析】【分析】利用定义求向量数量积，再根据模的平方求模【详解】，所以的最小值为.【点睛】本题考查平面向量的数量积。求向量的模：利用数量积求解长度问题的处理方法有： 或.若则.14.在中，为中点，若，则_，_。【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】利用中线与向量的关系，即可求出的值，然后利用余弦定理求出的值，利用正弦定理即可求解.【详解】由为中点可得，,所以,解得，由余弦定理可得,由正弦定理可得,即，解得.【点睛】本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，正弦定理;余弦定理 15.将1，2，3，4，5，6，7，8八个数字组成没有重复数字的八位数，要求7与8相邻，且任意相邻两个数字奇偶
12、不同，这样的八位数的个数是_。【答案】504【解析】【分析】根据题意分为两类，由于7与8相邻，所以先排1,2,3,4,5,6，再用插空法将“7，8”或“8，7”插入即可.【详解】先将数字分成两类：“奇偶奇偶奇偶奇偶”与“偶奇偶奇偶奇偶奇”.若是第一类，则1，2，3，4，5，6有种排列，再将“7，8”或“8，7”插空进前后7个空位中去;第二类同理，数量一样，故有个.【点睛】本题考查排列组合.对问题的正确分类是解答本题的关键，本题易错在分类情形的掌握.16.设是椭圆一个焦点，点，若椭圆上存在点满足，则椭圆离心率的取值范围是_。【答案】【解析】【分析】设椭圆上焦点为E,利用椭圆定义可得，即可得，若点
13、三点不共线即构成三角形，则，若点三点共线，则，即可求出的范围，进一步可求出离心率的范围.【详解】设椭圆的上焦点，由椭圆的定义可知，又，所以，又，所以，得，以椭圆的离心率.【点睛】本题考查椭圆的定义和几何性质,涉及圆锥曲线上的点与焦点的距离问题往往利用定义解决.17.已知数列，满足.若则的最小值是_，若，且存在常数，使得任意，则的取值范围是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】第一空：令,将问题转化为函数问题,则表示点与原点连线的斜率，观察图象即可求解.第二空：将问题转化为当,则，结合二次函数的最值以及翻折后图象列式即可求解.【详解】（1）令， 表示点与原点连线的斜率，因为，所以，由
14、于为最高点，所以最小，等于.（2）当时，显然存在；当时，由，则 ，由图象可知，使得任意成立，则需即 又,所以,故的取值范围是.【点睛】本题考查数列的综合应用.数列是一种特殊的函数，所以在求解数列最值问题可以借助函数的思想解决.三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。18.已知函数。（）求的值和的单调递增区间；（）函数是奇函数，求函数的值域。【答案】（），的单调递增区间是（）【解析】【分析】(I)化简为即可求解;(II)由定义在上的奇函数可得，即可求出，进而表示出，利用三角函数性质即可求解.【详解】（）因为，所以.令，则，所以的单调递增区间是.（）由奇
15、函数，得，所以.又，得，所以，所以，所以函数的值域为.【点睛】本题考查三角恒等变换、三角函数的单调性和三角函数的最值.三角恒等变换的公式运用，注意奇函数性质的使用、求值的运算.19.已知棱台，平面平面，D，E分别是和的中点。（）证明：；（）求与平面所成角的余弦值。【答案】（）详见解析（）【解析】【分析】(I) 取中点，可得平面，则，利用中位线的关系可得，从而可得平面，即可证明结论；(II)解法一，取中点，可得平面平面，平面平面,所以点E在平面的射影在DG上，故为与平面所成角，然后解三角形即可求解；解法二，构造空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法即可求解.【详解】解：（）如图，取中点，连
16、接.因为，所以.由平面平面，平面平面,得平面，所以，又，且，所以.因为，所以平面，所以.（）解法一：如图，取中点，连接，则可知，所以平面即是平面.因为平面，所以平面平面，则为与平面所成角.令，又由，可得，则，所以.解法二：如图，以为坐标原点，过点且垂直于平面的直线，和，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系.令，则，所以，.设平面法向量，与平面所成角为.而，所以即令，则，所以，故，又与平面所成的角为锐角，所以.【点睛】本题考查空间想象能力、直线与平面的位置关系、线面垂直的判定定理及性质、直线与平面所成角.空间几何传统法解答过程中，需关注空间几何问题的平面化，也可以用向量解决线面角，注意建
17、系的选择和运算.20.已知等比数列公比，且为，的等比中项，为，的等差中项。（）求q的值；（）设数列的前项和为，求证：。【答案】（）（）详见解析【解析】【分析】(I)利用等比中项、等差中项即可列出关系式求解；(II)由可得数列的通项，当时，满足条件；当时，利用放缩法将数列放大成数列，利用等比数列求和公式即可得证.【详解】（）由题意得则解得.（）由题知，则.当时，；当时，故，综上所述，.【点睛】数列求和常用方法有错位相减法、裂项相消法、公式法、分组求和法.21.如图，已知抛物线，过抛物线上点B作切线交y轴于点（）求抛物线方程和切点的坐标；（）过点作抛物线的割线，在第一象限内的交点记为，设为y轴上一
18、点，满足，为中点，求的取值范围。【答案】（）抛物线方程为，切点（）【解析】【分析】 (I)由直线与抛物线相切，则联立直线与抛物线方程，令即可求解；(II)联立直线与抛物线方程，因为两个交点，所以，即可得出的取值范围，利用弦长公式可得,由题意可知垂直平分，即可表示出，根据单调性即可求解范围.【详解】（）联立抛物线与直线的方程，得消去得，由，得，所以抛物线方程为，切点.（）设，由题知，设，与抛物线联立，得，则，由及的条件可知，所以.易得，所以，所以.又因为，显然当时单调递增，所以.【点睛】本题考查直线和抛物线的位置关系.解决直线与圆锥曲线的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与圆锥曲线方程
19、联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单22.已知函数。（）当时，求的单调区间；（）设，若在有极值点，求证：。【答案】（）时，单调递增，时，单调递减（）详见解析【解析】【分析】本题考查函数的单调区间和极值、导数的应用、隐零点代换.(I)求出，用换元法得，令即可求出的单调区间；(II)利用换元法，令，则将表示为，由题意知即，可用表示出，利用放缩法即，可得，然后分别得出，在上都单调递减，则单调递减即可证明.【详解】（）当时，则.令，则,当，即时，即，则单调递增；当，即时，即，则单调递减.（），令，则，.当时，即，则(由得）令，则.当时，则，故在上单调递减.又在上也单调递减，故，故.【点睛】本题考查函数的单调区间和极值、导数的应用、隐零点代换.求导计算，利用不等式放缩是解题关键.
