2020年浙江杭州高三一模数学试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1.已知集合，，则（ ）．A. B. C. D.2.若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ）．A.B.C.D.3.若实数，满足约束条件，则的最大值是（ ）．A.B.C.D.4.某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的表面积（单位：）是（ ）．正视图俯视图俯视图A.B.C.5.在同一平面直角坐标系中，函数，（且）的图象可能是（ ）．A.B.C.D.6.“”是“关于的不等式有解”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7.在四面体中，，，，，点为线段上动点（包含端点），设直线与所成角为，则的取值范围为（ ）．B.C.D.8.设椭圆的两个焦点是，，过点的直线与椭圆交于点，，若，且，则椭圆的离心率为（ ）．A.B.C.D.9.已知数列，满足，，则使成立的最小正整数为（）．A.B.C.D.10.设函数，若存在，使得，则的取值范围为（）．A.B.C.D.二、填空题（本大题共7小题，共36分）11.设复数满足，则 ， ．12.过点作圆的两条切线，切点分别为，，则 ，直线的方程为 ．13.已知等比数列中，，，则，．14.已知函数，，则的最小正周期为 ，单调递增区间为 ．15.设为坐标原点，是以为焦点的抛物线上任意一点，是线段上的点，且，则直线的斜率的最大值为 ．16.已知，与所成角为，点满足，若，则的最大值为 ．17.当时，不等式恒成立，则的取值范围是 ．三、解答题（本大题共5小题，共74分）（1）（2）18.已知的内角，，的对边分别为，，，且的面积为．求．若，，求角的大小及的周长．（1）（2）19.如图，已知三棱锥，平面平面，，．证明：．设点为中点，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】解析:因为，，所以，故，错误；则，故错误．故选．解析:由题可知，焦点落在轴，，（1）（2）20.已知各项均为正数的数的前项和为，且．求数列的前项和．求证：．（1）（2）21.已知抛物线上的两个动点和，焦点为．线段的中点为，且点，到抛物线的焦点的距离之和为．求抛物线的标准方程．若线段的垂直平分线与轴交于点，求面积的最大值．（1）（2）22.已知函数．当时，设，为的两个不同极值点，证明：．设，为的两个不同零点，证明：．C1.B2.又，所以，即，所以，所以渐近线方程．故选．解析:作出，满足约束条件的平面区域，如下图所示：由得，由图象可知，当直线经过点时，直线的截距最大，此时最大，由得，此时最大值为．故选：．解析:由三视图可知，该几何体是由一个球体和一个正四棱合组成．由图可知球的半径，则，而正四棱合的高是，侧面的上底长为，下底长为，则侧面的斜高，所以，所以C 3.D 4.球正四棱合上下侧总球正四棱合．故选．解析:当时，在第一象限成增函数，且图象是凹增的，而呈减函数．且过定点，只有选项符合；当时，在是增函数且图象是凸，而在部分单调递增，且过定点．没有选项符合，故选．解析:关于的绝对值不等式有解，∴的最小值，又∵表示数轴上的点到和的距离之和，∴的最小值是，则，∵是集合的真子集，∴“”是“关于的不等式有解”的充分不必要条件．故选．解析:如图所示，因为，，所以在等腰中，，且，又，，也是直角三角形，又，A 5.A 6.D 7.所以在中，，，构成一组勾股数，所以，设，，作为空间一组基底，则，且，则，∴，，又，∴且，∴，所以与所成角的范围为．故选．解析:设椭圆，，，则，又，不妨设，，由椭圆定义可得，即即①，B 8.又，取，又∵，∴，∴，即，化简得：②，结合①②可得，，所以椭圆离心率．故选：．解析:由可得，即，两边取对数得，即，令，可得，∴是等比数列，又，∴，又，∴，要使成立，即，C 9.即，又随增大而增大，当时，，则，当时，，当时，，即成立最小整数为．故选：．解析:存在，使得，可得，下面证明，又随增大而增大，所以假设，则，不满足，同理，不满足，∴，又∵，那么函数，即在有解，∴即，，令，则，令，即可得或（舍），当时，，所以在单调递减，当时，，当时，，∴，B 10.则．故选．解析:由题意可得，则．解析:由题可得圆心，半径，所以，∴，因为过点作圆的两条切线，切点分别是，，则，则以点为圆心，以为半径的圆的方程是，与圆②两式相减得直线方程为．解析:等比数列中，，，所以，则，∴，则．故答案为：；．解析:;11. ;12. ;13.;14.，故最小正周期，令，则，故单调增区间是．15.解析:由题意可得，，显然当时，，当时，，要求的最大值，则设，则， 可得，当且仅当，即时取得等号，故直线的斜率的最大值是．故答案为：．解析:由题可知，设以点为坐标圆心，以为轴建立平面直角坐标系，如图所示，图因为，，则，，，设点为，满足，则，，∴，则有，又，则，即，设，即可看成求的最大值，可化为求目标函数在可行域的最大值，如图所示，图当，这条直线与圆在下面相切时，有最大值（因为，当直线在左下方时与可行域相切时，最大）．所以圆心到直线距离等于半径时，有最大值和最小值．所以，即，解得，．17.解析:方法一：因为恒成立，等价于恒成立，且，所以有，，又因为，所以．方法二：，令，，更换主元：将看作，看作，即，，，画出可行区域如图：在处取得最大值，处取得最小值，，，（1）（2）综上，的取值范围为．方法三：当时，不等式恒成立，即，令，则，得单调递减，单调递增，，，：当时，，即，：当时，，，可得：，：当时，，，可得：，综上所述：．解析:由三角形的面积公式可得，∴，由正弦定理可得，∵，∴．∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，（1）．（2），．18.（1）（2）∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴周长．解析:在中，，，所以，在中，，，所以，已知平面平面，且平面平面，所以平面，而平面，所以．过点向的延长线做垂线，设垂足为点，连结，（1）证明见解析．（2）．19.（1）因为，所以平面，而平面，所以平面平面，平面平面，过点做于点，则平面，连结，即为所求，在中，，，，所以，在直角三角形中，，，，所以．与平面所成角的正弦值．解析:当时，由得，（1）．（2）证明见解析．20.（2）（1）（2）当时，由得，所以数列为以为首项为公差的等差数列，故有，，所以，．由（）知，而，所以有，，故有．解析:由题意知，，∴，抛物线的标准方程为．设直线，由，得，∴，∴，即，即，∴，的中垂线方程为：，即，得点的坐标为，直线，点到直线的距离，（1）．（2）．21.（1）（2）∴，令，则，令，∴，令∴，则，故在单调递增，单调递减，即时，．解析:当时，，∴，∵，为的两个不同极值点，∴，为方程的两不等正根，∴，，且由韦达定理，，证毕．要证明，即，下面分别证明和，两式相加即得结论，（ⅰ）先证明，令，即证，令函数，则，∴在单调递增，在单调递减，∴，证毕；（1）证明见解析．（2）证明见解析．22.（ⅱ）再证明，即，∵，为的两个不同零点，不妨设，∴①，②，∴①②可得，两边同时乘以可得，即=，令，则，∴即证，即，即证，令函数，则，∴在单调递增，∴，证毕．。