- 2021-02-26 发布 |
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文档介绍
江苏省泰州中学宜兴中学江都中学2020届高三12月联考数学试题
2020届高三三校联考数学试卷 数学Ⅰ 一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,共计70分.请把答案填写在答题卡相应位置上. 1.设集合,则的子集个数为_______________. 【答案】 【解析】 【分析】 可根据交集定义和子集个数进行求解 【详解】,,则,则的子集个数为个 故答案为:4 【点睛】本题考查集合的交集运算和子集个数的求法,属于基础题 2.双曲线x2-2y2=1的渐近线方程为______. 【答案】 【解析】 由双曲线的方程知,所以双曲线的渐近线方程为. 考点:双曲线的几何性质. 3.函数,若,则实数的值为____________. 【答案】或 【解析】 【分析】 根据表达式可判断为偶函数,再结合偶函数性质即可求解 【详解】由可判断函数为偶函数,又,故或 ,解得或 故答案为:或 【点睛】本题考查由偶函数的性质求解参数,属于基础题 4.若等差数列和等比数列满足,,则________. 【答案】 【解析】 【分析】 根据等差等比数列的性质先求得公比公差,再求得即可. 【详解】由,,, 则. 故答案为: 【点睛】本题主要考查了等差等比数列的基本性质与运用,属于基础题型. 5.若命题“,使得成立”是假命题,则实数k的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】 由题意先找到等价命题“,都有恒成立”,再求的最小值即可. 【详解】“,使得成立”是假命题等价于“,都有恒成立”是真命题.因为,即的最小值为1,要使“恒成立”,只需,即. 故答案为: 【点睛】本题主要考查了特称命题的否定与恒成立问题,属于简单题型. 6.函数的图像必过定点_____________. 【答案】 【解析】 【分析】 根据函数图像平移法则即可求解 【详解】由根据平移法则向左平移1个单位,再向上平移2个单位,可得到,经过,则经过 故答案为: 【点睛】本题考查对数函数过定点问题,属于基础题 7.设,分别为椭圆的右顶点和右焦点,,为椭圆短轴的两个端点,若点恰为的重心,则椭圆的离心率的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】 结合题意表示出四点坐标,再由重心坐标公式即可求解 【详解】如图: 由题可知,,,则,即, 故答案为: 【点睛】本题考查椭圆的基本性质,重心坐标公式的应用,属于基础题 8.已知圆柱的底面半径为1,母线长与底面的直径相等,则该圆柱的表面积为 . 【答案】 【解析】 试题分析:因为圆柱的表面积为,所以圆柱的表面积为 考点:圆柱的侧面积 9.设的三边,,所对的角分别为,,,,则角为___________. 【答案】 【解析】 【分析】 结合正弦定理的角化边和余弦定理的代换即可求解 【详解】 故答案为: 【点睛】本题考查三角形的性质和正弦定理、余弦定理,考查转化能力和运算求解能力,一般的,在已知关系式中,若既含有边又含有角,通常的思路是将角都化成边或将边都化成角,再结合正、余弦定理即可求角,属于中档题 10.已知向量满足且与的夹角的正切为,与的夹角的正切为,,则的值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】 可设,由题意可得,由两角和的正切公式,可得,再由同角的基本关系式可得,再由正弦定理可得AB,AC,由数量积的定义即可得到所求值. 【详解】解:可设, 由题意可得, 则, 即为, 又为锐角, , 可得, 同理可得, 由正弦定理可得, 即有, 则. 故答案为:. 【点睛】本题考查向量的数量积的定义,考查正弦定理和三角函数的化简和求值,以及运算求解能力,属于中档题. 11.定义:曲线C上的点到直线l的距离的最小值称为曲线C到直线l的距离.已知曲线C1:y=x 2+a到直线l:y=x的距离等于C2:x 2+(y+4) 2 =2到直线l:y=x的距离,则实数a=______________. 【答案】 【解析】 试题分析:由新定义可知,直线与曲线相离, 圆圆心到直线的距离为,此时直线与圆相离, 根据新定义可知,曲线到直线的距离为, 对函数求导得,令, 故曲线在处的切线方程为,即, 于是曲线到直线的距离为,则有, 解得或, 当时,直线与曲线相交,不合乎题意;当时,直线与曲线相离,合乎题意. 综上所述,. 考点:1.新定义;2.直线与曲线的位置关系 12.已知实数,满足,,则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】 可采用“1”的代换,将中的“1”代换成,同时可代换成,再结合基本不等式特征求解 【详解】,,即 , 当且仅当时取到等号, 又 所以的最小值为:2021 故答案为:2021 【点睛】本题考查基本不等式最值的求解,“1”的代换是关键,属于中档题 13.已知数列满足,且对任意的,都有,若数列满足 ,则数列的前项和的取值范围是_______. 【答案】 【解析】 【分析】 由任意的m,n∈N*,都有=an,令m=1,可得,可得an=3n,求解bn=2n+1,数列{}的通项cn=,利用裂项相消求解Tn,即可求解取值范围. 【详解】由题意m,n∈N*,都有=an, 令m=1,可得:, 可得an=3n, ∵bn=log3(an)2+1, ∴bn=2n+1, 那么数列{}的通项cn==. 那么:Tn=c1+c2+……cn =(+++……+) = =, 当n=1时,可得T1=, 故得Tn的取值范围为[,), 故答案为[,). 【点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一,其原因是有时很难找到裂项的方向,突破这一难点的方法是根据式子的结构特点,常见的裂项技巧: (1);(2) ; (3);(4) ;此外,需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题,导致计算结果错误. 14.已知定义域为的函数若关于的方程有无数个不同的实数解,但只有三个不同的实数解,则____________. 【答案】 【解析】 【分析】 由题可知,必为其中一个解,当时,也一定满足方程,可联立求解得,则当时,可解得对应的,进而得解 【详解】由题可知,当时,函数单调递增,则关于在至多两解,故必为其中一个解,即,即当时,,此时由可得①,又关于的方程有无数个不同的实数解,则当时,也一定满足方程,即②, 联立①②得,则当时,, 解得,此时,,此时,则 故答案为: 【点睛】本题考查分段函数分类讨论的思想,运算及推导能力,分析解决问题的能力,函数与方程的转化思想,属于中档题 二、解答题:本大题共6小题,共90分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.在中,角,,的对边分别是,,,且满足,,. (1)求的值; (2)求的值. 【答案】(1)10 (2) 【解析】 【分析】 (1)联立,化简即可求得; (2)由可知,需分别求出先由余弦定理可得的值,再由三边关系求出,进而推出,即可求解 【详解】(1)因为, 所以, 又,所以. (2)因为,由正弦定理,得, 又,所以,. 由(1),, 由余弦定理知. 从而(也可由正弦定理求) 所以 【点睛】本题考查正弦定理,余弦定理解三角形,同角三角函数的基本关系,运算能力,熟悉公式运用是解题关键,属于中档题 16.如图,在四棱锥中,已知,四边形是平行四边形,且平面平面,点,分别是,的中点. (1)求证:平面; (2)求证:. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】 (1)可作的中点,连,,通过中位线定理证明四边形是平行四边形,即可得证; (2)要证,即证平面,即证,由题设条件平面平面即可求证,按照合理顺序整理思路即可求证 【详解】(1)取的中点,连, 是中点,,且 底面是矩形,为中点 ,且, 四边形是平行四边形 平面,平面, 所以平面. (2),是中点 平面平面, 平面平面,平面 平面 平面 【点睛】本题考查线面平行的证明,线面垂直的性质定理和判定定理,属于中档题 17.如图,三个校区分别位于扇形OAB的三个顶点上,点Q是弧AB的中点,现欲在线段OQ上找一处开挖工作坑P(不与点O,Q重合),为小区铺设三条地下电缆管线PO,PA,PB,已知OA=2千米,∠AOB=,记∠APQ=θrad,地下电缆管线的总长度为y千米. (1)将y表示成θ的函数,并写出θ的范围; (2)请确定工作坑P的位置,使地下电缆管线的总长度最小. 【答案】(1)(2)P与O的距离为时,地下电缆管线的总长度最小 【解析】 【分析】 (1)首先根据Q为弧AB的中点,得到知PA=PB,∠AOP=∠BOP=,利用正弦定理得到,根据OA=2,得到PA=,OP=,从而得到y=PA+PB+OP=2PA+OP==,根据题意确定出; (2)对函数求导,令导数等于零,求得,确定出函数的单调区间,从而求得函数的最值. 【详解】(1)因为Q为弧AB的中点,由对称性,知PA=PB,∠AOP=∠BOP=, 又∠APO=,∠OAP=, 由正弦定理,得:,又OA=2, 所以,PA=,OP=, 所以,y=PA+PB+OP=2PA+OP==, ∠APQ>∠AOP,所以,,∠OAQ=∠OQA=, 所以,; (2)令, ,得:, 在上递减,在上递增 所以,当,即OP=时,有唯一的极小值, 即是最小值:=2, 答:当工作坑P与O的距离为时,地下电缆管线的总长度最小. 【点睛】该题考查的是应用题,涉及到的知识点有圆的相关性质,正弦定理,应用导数研究函数的最值问题,属于较难题目. 18.如图,椭圆离心率是,左右焦点分别为,,过点的动直线与椭圆相交于,两点,当直线过时,的周长为. (1)求椭圆的方程; (2)当时,求直线方程; (3)已知点,直线,的斜率分别为,.问是否存在实数,使得 恒成立? 【答案】(1) (2) (3)存在, 【解析】 【分析】 (1)由焦点三角形的周长特点可求出值,再结合椭圆离心率是,可求出,进而求得椭圆标准方程; (2),设直线方程为,,,可联立直线方程和椭圆标准方程,得出两根和与积的表达式,再结合,代换出与的关系式; (3)先用必要性探路,找特殊情况,当轴可知,此时存在使得成立,根据题意和斜率定义表示出,结合(2)中韦达定理即可得证 【详解】(1)由椭圆定义知的周长为, 所以,所以 又离心率,所以,所以 所以椭圆的方程为. (2)当轴, 所以可设,, 则,消去得 所以 因为, 所以,即代入化简得 所以 解得 所以直线方程为:, (3)当轴可知,此时存在使得成立, 下面证明当时恒成立 因为 所以恒成立 即存在,使得恒成立. 【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法,椭圆中的直线满足某条件求直线方程,椭圆中的直线斜率满足某条件的求法,韦达定理在解析几何中的应用,对运算能力要求高,属于难题 19.设函数,(). (1)当时,若函数与的图象在处有相同的切线,求的值; (2)当时,若对任意和任意,总存在不相等的正实数,使得,求的最小值; (3)当时,设函数与的图象交于两点.求证:. 【答案】(1)(2)(3)见解析 【解析】 试题分析:(1)由导数几何意义可得,又,解方程组可得的值;(2)先转化条件为对应方程有两个不等实根,再根据实根分布充要条件列不等式组,解得的最小值;(3)先根据零点表示b,代入要证不等式化简得.再构造函数,以及,结合导数研究其单调性,即证得结论 试题解析:解:(1)由,得,又,所以,. 当时,,所以,所以. 因为函数与的图象在处有相同的切线, 所以,即,解得. (2)当时,则,又,设, 则题意可转化方程在上有相异两实根. 即关于的方程在上有相异两实根. 所以,得, 所以对恒成立. 因为,所以(当且仅当时取等号), 又,所以的取值范围是,所以. 故的最小值为. (3)当时,因为函数与的图象交于两点, 所以,两式相减,得. 要证明,即证, 即证,即证. 令,则,此时即证. 令,所以,所以当时,函数单调递增. 又,所以,即成立; 再令,所以,所以当时,函数单调递减, 又,所以,即也成立. 综上所述, 实数满足. 点睛:利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数 .根据差函数导函数符号,确定差函数单调性,利用单调性得不等量关系,进而证明不等式.(2)根据条件,寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系,或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数. 20.已知数列的首项,其前和为,且满足. (1)用表示的值; (2)求数列的通项公式; (3)当时,证明:对任意,都有 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【解析】 【分析】 (1)令即可求解; (2)当时,通过作差法可求得,再书写一项,通过两式作差可得,分类讨论的奇偶,即可求解; (3)可结合放缩法公式,,分别对化简后的表达式 进行放缩, 再结合裂项公式,的特点即可进一步求解 【详解】(1)由条件得,. (2)由条件得, 两式相减得, 故, 两式再相减得, 构成以为首项,公差为的等差数列; 构成以为首项,公差为的等差数列; 由(1)得; 由条件得,得, 从而, 解法2: 设,即 则有 时,,即 (3)证明:当时,且,由(2)可知 ①当时, ②当时, , . 【点睛】本题主要考查分组讨论法求数列通项公式,放缩法和裂项相消法求证不等式恒成立,对于运算能力,分析转化能力有较高要求,属于难题 数学Ⅱ 附加题部分 (本部分满分40分,时间30分钟) 解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤 21.[选修4-2:矩阵与变换] 已知矩阵一个特征值为2,其对应的一个特征向量为. 若,求,的值. 【答案】,的值分别为,. 【解析】 试题分析:利用矩阵的乘法法则列出方程,解方程可得,的值分别为,. 试题解析: 由条件知,,即,即, 所以 解得 所以. 则,所以 解得 所以,的值分别为,. 22.在平面直角坐标系xOy中,以O为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系.直线,圆C的参数方程为(为参数).当圆心C 到直线的距离为时,求的值。 【答案】或. 【解析】 【分析】 根据曲线的极坐标方程、参数方程与普通方程的互化求出曲线的普通方程,利用点到直线的距离公式进行求解,即可得到答案. 【详解】直线的直角坐标方程为, 圆的普通方程为, 圆心到直线的距离,解得或. 【点睛】本题主要考查了主要考查了参数方程、极坐标方程和普通方程的互化,其中解答中结合点到直线的距离公式求解是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题. 23.如图,在底面边长为,侧棱长为的正四棱柱中,是侧棱上的一点,. (1)若,求异面直线与所成角的余弦; (2)是否存在实数,使直线与平面所成角的正弦值是?若存在,请求出的值;若不存在,请说明理由. 【答案】(1) (2)存在, 【解析】 【分析】 (1)采用建系法进行求解; (2)假设存在实数,使得直线与平面所成角的正弦值是,则用向量法表示出,再求得平面的法向量为,结合夹角公式即可求得; 【详解】解:(1)建立空间直角坐标系,则,,,,,,. 所以,. ,即异面直线与所成角的余弦是. (2)假设存在实数,使直线与平面所成的角的正弦值等于,则 ,,. 设平面的法向量为, 则由,得,取,得平面的法向量为. 由直线与平面所成的角的正弦值等于,得 ,解得,因为,所以满足条件, 所以当时,直线与平面所成的角的正弦值等于. 【点睛】本题考查建系法在立体几何中的应用,异面直线所成的夹角,由线面角的正弦值反求参数的问题,能正确表示出各向量和平面的法向量是解题的关键,属于中档题 24.已知抛物线过点,直线过点与抛物线交于两点,点关于轴的对称点为,连接. (1)求抛物线标准方程; (2)问直线是否过定点?若是,求出定点坐标;若不是,请说明理由. 【答案】(1);(2) 【解析】 试题分析:(1)将点代入抛物线C的方程解得p即可得到抛物线标准方程;(2)设,利用点斜式写出直线的方程,再将直线AB方程与抛物线方程联立方程组,利用韦达定理化简直线的方程得,即证得直线是否过定点. 试题解析:(1)将点代入抛物线C的方程得,, 所以,抛物线C的标准方程为. (2)设直线l的方程为,又设,则, 由 得,则, 所以, 于是直线的方程为, 所以,, 当时,,所以直线过定点. 点睛:定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少,或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题,证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似,在求定点、定值之前已知该值的结果,因此求解时应设参数,运用推理,到最后必定参数统消,定点、定值显现. 查看更多