- 2021-04-17 发布 |
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文档介绍
安徽省马鞍山市第二中学2020届高三阶段性素质测试数学(文)试题
马鞍山二中2020届高三第二次阶段性素质测试 数学(文科)试卷 第I卷(选择题,共60分) 一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.已知全集,,则等于( ) A. R B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 利用补集定义直接求解. 【详解】解:全集,集合, 集合. 故选:. 【点睛】本题考查补集的求法,考查补集定义等基础知识,考查运算求解能力,属于基础题. 2.命题:,则命题为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 命题为:,选C. 点睛:(1)对全称(存在性)命题进行否定两步操作:①找到命题所含的量词,没有量词的要结合命题的含义加上量词,再进行否定;②对原命题的结论进行否定.(2)判定全称命题“”是真命题,需要对集合中的每个元素,证明 成立;要判定一个全称命题是假命题,只要举出集合中的一个特殊值,使不成立即可.要判断存在性命题是真命题,只要在限定集合内至少能找到一个,使成立即可,否则就是假命题. 3.已知,则( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 本题主要考查的是三角函数中的奇次求值问题.由条件可知,又,所以,代入得,应选D. 4.已知,,,则( ). A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 试题分析:因为所以选C. 考点:比较大小 5.某几何体的三视图如何所示,则该几何体的体积为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由已知中的三视图,画出几何体的直观图,代入棱锥体积公式,可得答案. 【详解】解:由已知中的三视图,可得几何体的直观图如下图所示: 它有四棱锥与三棱锥组成, 故体积, 故选:. 【点睛】本题考查知识点是棱锥的体积,简单几何体的三视图,属于中档题. 6.直线与圆位置关系是( ) A. 相离 B. 相切 C. 相交且过圆心 D. 相交但不过圆心 【答案】D 【解析】 【分析】 由圆的标准方程找出圆心坐标和圆的半径,再利用点到直线的距离公式求出圆心到已知直线的距离,比较与的大小可得出直线与圆的位置关系即可得到正确的选项. 【详解】解:由圆的方程,化成标准式为得到圆心坐标为,半径, 圆心到直线的距离, 直线与圆的位置关系是相交但不过圆心. 故选:. 【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系,涉及的知识有:圆的标准方程,点到直线的距离公式,以及点与直线的位置关系,直线与圆的位置关系可以用与的大小来判断:当时,直线与圆相加;当时,直线与圆相切;当时,直线与圆相离. 7.若定义域为R的函数在上为增函数,且函数为偶函数,则( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先利用函数的奇偶性求出,再利用单调性判断函数值的大小. 【详解】解:为偶函数, 令,得, 又知在上为增函数, ,, , 故选:. 【点睛】此题主要考查偶函数的图象性质:关于轴对称及函数的图象中平移变换,属于中档题. 8.函数的导函数的图象如图所示,则下列说法错误的是( ) A. 为函数的单调递增区间 B. 为函数的单调递减区间 C. 函数在处取得极小值 D. 函数在处取得极大值 【答案】D 【解析】 【分析】 利用导数和函数的单调性之间的关系,以及函数在某点取得极值的条件,即可求解,得到答案. 【详解】由题意,函数的导函数的图象可知: 当时,,函数单调递减; 当时,,函数单调递增; 当时,,函数单调递减; 当时,,函数单调递增; 所以函数单调递减区间为,递增区间为, 且函数在和取得极小值,在取得极大值, 故选D. 【点睛】本题主要考查了导函数与原函数 关系,以及函数的单调性与极值的判定,其中解答中根据导函数的图象得出原函数的单调性是解答的关键,着重考查了数形结合思想,以及推理与运算能力,属于基础题. 9.在正方体中,E为棱中点,则异面直线与所成角的余弦值为( ) A. B. C. D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】 连结,则,从而是异面直线与所成角(或所成角的补角),由此能求出异面直线与所成角的余弦值. 【详解】解:连结, 在正方体中,为棱的中点, , 是异面直线与所成角(或所成角的补角), 设正方体中棱长为2, 则,,, , 异面直线与所成角的余弦值为: . 故异面直线与所成角的余弦值为. 故选:. 【点睛】本题考查异面直线所成角余弦值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,属于基础题. 10.若直线始终平分圆:的周长,则的最小值为( ) A. 1 B. 9 C. 10 D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意得,直线过圆心,即,,利用基本不等式求出其最小值. 【详解】解: 由题意,直线始终平分圆,所以直线过圆心, 即,所以,. ,当且仅当时,等号成立, 故选:. 【点睛】本题考查直线和圆相交的性质,基本不等式的应用,解题的突破口是判断直线过圆心,解题的关键是利用. 11.已知圆,圆,分别为圆 上的点,为轴上的动点,则的最小值为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 求出圆关于轴的对称圆的圆心坐标A,以及半径,然后求解圆A与圆的圆心距减去两个圆的半径和,即可求得的最小值,得到答案. 【详解】如图所示,圆关于轴的对称圆的圆心坐标,半径为1, 圆的圆心坐标为,,半径为3, 由图象可知,当三点共线时,取得最小值, 且的最小值为圆与圆的圆心距减去两个圆的半径之和, 即, 故选D. 【点睛】本题主要考查了圆的对称圆的方程的求解,以及两个圆的位置关系的应用,其中解答中合理利用两个圆的位置关系是解答本题的关键,着重考查了数形结合法,以及推理与运算能力,属于基础题. 12.函数在定义域内恒满足,其中为导函数,则( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 分别构造函数,,,,利用导数研究其单调性即可得出. 【详解】解:令,, , ,恒成立, , , , 函数在上单调递增, ,即,; 令,, , ,恒成立, , 函数在上单调递减, ,即,, 综上可得 故选:. 【点睛】本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值、构造函数法,考查了推理能力与计算能力,属于中档题. 第Ⅱ卷(非选择题,共90分) 二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分. 13.函数的最大值为________________. 【答案】 【解析】 【分析】 先利用两角和公式对函数解析式化简,进而利用正弦函数的性质求得答案. 【详解】解: 函数的最大值为 故答案为: 【点睛】本题主要考查了两角和公式的化简求值,正弦函数的单调性,三角函数的最值.考查了学生对三角函数基础知识的综合运用. 14.已知实数x,y满足方程.则的最大值为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】 当直线与圆相切时,取得最值,利用切线的性质求出; 【详解】解:设圆,即. 设,则当直线与圆相切时,直线斜率最大或最小,即最大或最小. 如图所示: 设直线与圆切于第一象限内的点,则,,, , 由图象的对称性可知当与圆相切于第四象限内时,. 的最大值为,最小值为. 故答案为: 【点睛】本题主要考查直线的斜率公式,点到直线的距离公式的应用,直线和圆相切的性质,属于中档题. 15.已知球面上有四个点A,B,C,D,球心为点O,O在CD上,若三棱锥的体积的最大值为,则该球O的表面积为____. 【答案】16π 【解析】 由题意知,为该球的直径,由此易知,当顶点在底面的射影为球心时,且底面为等腰直角三角形时,三棱锥体积最大,所以,解得,故所求球的表面积为. 点睛:此题主要考查了简单组合体的体积、表面积的计算,以及空间想象能力等有关方面的知识与能力,属于中高档题型,也是常考题型.此题中需要对三棱锥的体积在约定的条件下,什么情况出现最大值作出判断,那当然是底面积最大且高最长时出现最大值,而由条件已知底面三角形中一边为球的直径,因此当该三角形的高为半径时面积最大,又当三棱锥的高亦为半径时,所求三棱锥的体积最大,从而问题可得解. 16.已知函数,若关于x的方程恰有2个不同的实数解,实数m的值为___________________. 【答案】或且 【解析】 【分析】 求得的导数,可得单调区间和极值,作出的图象,设,关于的方程,即为,解得,再由图象可得的方程,解得. 【详解】解:函数的导数为, 当时,,递增; 当,,递减, 可得在处取得极大值, 作出的图象, 设, 关于的方程, 即为, 解得或, 当时,即存在一个实根; 要使恰有2个不同的实数解 即关于的方程的另一个根或且 解得或且 故答案为:或且. 【点睛】本题考查方程的根的个数问题解法,考查数形结合思想方法,以及导数的运用:求单调区间和极值,考查运算能力,属于中档题. 三、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 17.已知圆,直线. (1)当直线与圆相切,求的值; (2)当直线与圆相交于 两点,且时,求直线的方程. 【答案】(1) (2) 或. 【解析】 试题分析:(1)把一般方程配成圆的标准方程,求出圆心和半径,利用圆心到直线的距离为半径得到关于的方程,解出即可.(2)先利用几何性质由弦长得到圆心距为,再利用点到直线距离公式得到关于的方程,解出即可. 解析:圆化成标准方程为,则此圆的圆心为,半径为. (1)当直线与圆相切,则有 ,解得 (2)过圆心作于,则根据题意和圆的性质, ,,解得或,故所求直线方程为或. 18.已知函数. (1)求的最小正周期 (2)将函数的图像上各点的横坐标缩短为原来的(纵坐标不变),再将得到的图像向右平移个单位长度,得到函数图像,求的单减区间. 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】 (1)利用两角和差的正弦公式及辅助角公式化简函数解析式,再利用周期公式求得其最小正周期. (2)按照三角函数的变换规则求出的解析式,再结合正弦函数的单调性求单调区间. 【详解】解:(1) (2)将函数的图像上各点的横坐标缩短为原来的(纵坐标不变),得,再将的图像向右平移个单位长度,得 即,要求其单调递减区间,令. 解得 即的单调递减区间为 【点睛】本题主要考查三角恒等变换,正弦函数的周期性,函数的图象变换规律,正弦函数的性质,属于中档题. 19.如图所示,在中,,,平面,M是上一个动点,,为定值.求证: (1)平面平面 (2)当取得最小值时,求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】 【分析】 (1)由平面可得,又可证平面,即可得证. (2)在中,由于为定值,要使取最小值,即是使取最小值,当且仅当时,取得最小值,即可求出的值. 【详解】解:(1)∵平面 ∴ 由题意可知, ∵.平面,平面. ∴ 平面 又平面. ∴平面平面 (2)∵,为定值 ∴当取得最小值时,即取得最小值 即当时,取得最小值 由题意可知,当时,,. ∴. 【点睛】本题考查面面垂直的判定,属于基础题. 20.在中,角,,所对的边分别为,,,且满足. ()求角的大小. ()若,且,求的面积. 【答案】();(). 【解析】 【详解】试题分析:()由正余弦定理化简可得角得大小;()由,根据正弦定理化简,求出,即可求出得面积. 试题解析:()在中,由, 由余弦定理:, 可得:. 由正弦定理:, ∵,, ∴, 即, ∵, ∴. ()由, ∴, ∵,, ∴, ∴, 根据正弦定理,可得, 解得, ∴, , . 21.在三棱柱中,侧面为菱形,且侧面底面,,,,,分别为,中点. (1)求证:直线平面; (2)若,求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析;(2). 【解析】 【分析】 (1)取中点为,连结,,证明四边形为平行四边形,得即可证明;(2)连,,证明底面,转化 求解即可 【详解】(1)取中点为,连结,. ∵,,为,,的中点,∴,. ∴四边形为平行四边形,∴. 又∵平面 平面,∴平面 (2)连, ∵,且为中点,∴. 又且,∴平面. ∴. ∴. 又∵四边形为菱形,∴且. ∵侧面底面,∴底面. 由(1)知平面. ∴. 【点睛】本题考查线面平行的判定,三棱锥的体积计算,考查空间想象及推理能力,注意等体积转化的应用,是中档题 22.设,. (1)求的单调区间; (2)当时,设恒成立,求实数的取值范围. 【答案】(1)的单调递增区间为,单调递减区间为;(2). 【解析】 【分析】 (1),解,<0得单调区间;(2)不等式恒成立转化为,,利用零点存在定理得,结合的单调性确定其最小值为,解不等式即可 【详解】(1).,当时,,递增, 当时,,递减. 故的单调递增区间为,单调递减区间为. (2)., , 因为设的根为,即有,可得,当时,,递减,当时,,递增 所以 ,令单增;单减,又故的解为 ∴. 【点睛】本题考查函数的单调区间及最值,利用导数研究不等式恒成立,转化思想,零点存在定理的应用,考查计算能力,是中档题 查看更多