北京市第22中学2020届高三上学期阶段性考试数学试题

北京市第22中学2020届高三上学期阶段性考试数学试题

北京市22中学2019－2020学年度第二次阶段性考试 高三年级数学 第Ⅰ卷 一、选择题（共9个小题，每小题5分，共45分）‎ ‎1.集合，则=‎ A. {1,2} B. {0,1,2} C. {x|0≤x<3} D. {x|0≤x≤3}‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简集合集合，再由交集的定义可得结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以两集合的公共元素为0,1,2，‎ ‎={0,1,2}，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且属于集合的元素的集合.‎ ‎2.对于任意实数给定下列命题正确的是（　　）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若则 D. 若则 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：若，取，则，故A错误；若，，则，故B错误；若则，所以，故C正确；若取，则，故D错误．故选C．‎ 考点：不等式的性质 点评：判断不等式是否成立，可通过取值进行排除．‎ ‎3.已知命题，有成立，则为（ ）‎ A. ，有成立 B. ，有成立 C. ，有成立 D. ，有成立 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由全称命题的否定是特称命题即可得到结论.‎ ‎【详解】全称命题的否定是特称命题，‎ 所以：，有成立.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查含义量词的命题的否定，属于简单题.‎ ‎4.下列函数中，在其定义域内既是奇函数又是减函数的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据奇偶性和单调性的性质对选项分别判断即可.‎ ‎【详解】对选项A，是奇函数，在定义域上不是单调函数，故错误；‎ 对选项B，是奇函数，在定义域上单调递减，故正确；‎ 对选项C，是非奇非偶函数，故错误；‎ 对选项D，是非奇非偶函数，故错误.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查常见函数的单调性和奇偶性，属于简单题.‎ ‎5.设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列四个命题：①如果，‎ ‎，那么；②如果，，，那么；③如果，，那么；④如果，，，那么；其中正确的个数是（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用空间中线线、线面和面面间的位置关系对选项逐一分析即可.‎ ‎【详解】对①，如果，，那么和可能相交、平行或异面，故错误；‎ 对②，如果，，，那么和可能平行或异面 ，故错误；‎ 对③，如果，，那么和可能相交、平行或者，故错误；‎ 对④，如果，，，由面面垂直的判断定理可得，故正确.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查线线、线面和面面的空间关系，考查学生空间想象能力，属于基础题.‎ ‎6.为了得到函数的图像，只需将函数的图像（ ）‎ A. 向右平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向左平移个单位 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数平移变换的方法，由即，只需向右平移个单位即可.‎ ‎【详解】根据函数平移变换,由变换为,‎ 只需将的图象向右平移个单位，即可得到的图像，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数图象的平移变换，解题关键是看自变量上的变化量，属于中档题.‎ ‎7.已知函数，在下列区间中，包含零点的区间是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】因为，，所以由根的存在性定理可知：选C.‎ 考点：本小题主要考查函数的零点知识，正确理解零点定义及根的存在性定理是解答好本类题目的关键.‎ ‎8.设平面向量均为非零向量，则“”是“”（ ）‎ A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 即不充分又不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由得，，可得，‎ 由可得，‎ 故是的必要而不充分条件，故选B．‎ 考点：充分条件与必要条件的判定．‎ ‎9.如图，已知在四棱锥中，底面是菱形,底面，，则四棱锥的体积的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由已知，四边形ABCD的面积S=sinθ，‎ 由余弦定理可求得 ‎，所以，当cosθ=0，即θ=时，四棱锥V-ABCD的体积V的最小值是，当cosθ=0，即θ=0时，四棱锥V-ABCD的体积V的最小值是，∵0＜θ≤‎ ‎∴P-ABCD的体积V的取值范围是 考点：棱柱、棱锥、棱台的体积 第Ⅱ卷 二、填空题（共8小题，每小题5分，共40分）‎ ‎10.复数.在复平面内对应点的坐标为__________，__________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数代数形式的乘除运算化简，再分别求出其对应点的坐标和模即可.‎ ‎【详解】由题意，，‎ 所以在复平面内所对应点的坐标为，‎ ‎.‎ 故答案：；‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查复数代数形式的乘除运算、复数的几何意义和复数模的求解，属于基础题.‎ ‎11.若，且为第二象限，则__________，__________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由诱导公式化简即可求出；再由平方关系求出，由诱导公式化简即可.‎ ‎【详解】由诱导公式可知，，‎ 因为，所以；‎ 由，，且为第二象限，解得，‎ ‎.‎ 故答案为：；‎ ‎【点睛】本题主要考查诱导公式和三角函数平方关系的应用，属于基础题.‎ ‎12.设，则__________；若，则的取值范围为__________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求，再求即可求出；分别求解时和时的取值范围，再求并集即可.‎ ‎【详解】由题意，，‎ 所以；‎ 当时，单调递增，，‎ 所以，即；‎ 当时，单调递增，，‎ 所以，所以；‎ 综上，时，则的取值范围为.‎ 故答案为：；‎ ‎【点睛】本题主要考查函数值的求法，指对函数的图像性质和分段函数的性质，属于基础题.‎ ‎13.已知函数的部分图象如图所示，则______，_______.‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图像得，再由对称轴和对称中心的距离为，可求出，由求解出 ‎；再由和求解出即可.‎ ‎【详解】由图像知，函数的最大值为2，又，所以，‎ 的一个对称轴为，一个对称中心为，‎ 所以，即，‎ 由，所以；‎ 则，又，‎ 所以，‎ 即，，‎ 又，所以.‎ 故答案为：2；‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦函数的图像和性质，考查学生数形结合的思想，属于中档题.‎ ‎14.已知向量，满足：，，，则与的夹角为________；________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设和的夹角为，利用数量积的定义求出，再展开求出，再求出；利用展开求解即可求得.‎ ‎【详解】设和的夹角为，则，‎ ‎，‎ 所以，又，所以；‎ 故答案为：；‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量数量积的运算和向量模的求法，考查学生转化和计算能力，属于基础题.‎ ‎15.设，分别是的边，上的点，，，若（，为实数），则__________；__________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由向量的运算表示出，结合即可求出和.‎ ‎【详解】由题意，作图像如图所示，‎ ‎，‎ 又，‎ 所以，.‎ 故答案为：；‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量基本定理以及向量的线性运算，属于基础题.‎ ‎16.设函数在内有定义，对于给定的正数，定义函数，取函数，当时，__________，函数的单调递增区间为__________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时，由求解即可；根据函数定义求出的解析式，得到一个分段函数，利用指数函数的单调性即可求出的单调增区间.‎ ‎【详解】由题意，时，；‎ 当时，即，即，解得，‎ 同理，时，解得，或，‎ 所以，‎ 所以的单调递增区间为.‎ 故答案：；‎ ‎【点睛】本题主要考查函数值的求解、分段函数的应用和指数函数的单调性，考查学生对题目的分析理解能力，属于中档题.‎ ‎17.某公司一年购买某种货物吨，每次都购买吨，运费为万元/次，一年的总存储费用为万元，若要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则每次需购买 吨．‎ ‎【答案】30‎ ‎【解析】‎ 试题分析：本题要列出总费用与的函数关系式，然后利用不等式知识或函数的性质解决.根据题意总费用，当且仅当，即时等号成立.‎ 考点：函数的应用与基本不等式.‎ 三、解答题（共5题，每题13分，共65分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程）‎ ‎18.在锐角中，、、分别为角、、所对的边，且．‎ ‎（）确定角的大小．‎ ‎（）若，且的面积为，求的值．‎ ‎【答案】（）；（）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由正弦定理可知，，所以；（2）由题意，，，得到．‎ 试题解析：‎ ‎（），∴，‎ ‎∵，∴．‎ ‎（），，‎ ‎，‎ ‎∴．‎ ‎19.已知函数的最小正周期为．‎ ‎（Ⅰ）求的值；‎ ‎（Ⅱ）求函数的单调区间及其图象的对称轴方程．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）单调增区间为；单调减区间为；对称轴方程为.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（Ⅰ）,因为最小正周期为,可得, 可得,即可求出．（Ⅱ）分别由，即可求出单调区间；再根据，可得 图象的对称轴方程．‎ 试题解析：解：（Ⅰ）‎ ‎,‎ 因为最小正周期为,所以，解得,‎ 所以,‎ 所以．‎ ‎（Ⅱ）分别由，‎ 可得，‎ 所以,函数的单调增区间为；‎ 的单调减区间为 由得．‎ 所以，图象的对称轴方程为．‎ 考点：1．三角函数的图象与性质；2．三角恒等变换．‎ ‎20.已知函数，函数.‎ ‎（1）若，求的值；‎ ‎（2）求函数在区间上的最值并求出相应的的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）时，；时，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由以及二倍角的余弦公式和诱导公式即可求出的值；‎ ‎（2）利用诱导公式和二倍角公式化简得到，再根据的范围求出的最大值和最小值即可.‎ ‎【详解】（1）由题意，，‎ 由二倍角的余弦公式和诱导公式，‎ ‎，‎ 所以；‎ ‎（2）由题意，‎ ‎，‎ 当时，，‎ 所以在上单调递增，在上单调递减，‎ ‎，，，‎ 所以当时，，‎ 当时，.‎ ‎【点睛】本题主要考查诱导公式和二倍角公式应用、余弦函数的性质，考查学生的转化和计算能力，属于中档题.‎ ‎21.如图，在直三棱柱中，，，是的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值；‎ ‎（3）试问线段上是否存在点，使与面所成角的正弦值为？若存在，求出此时的长，若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）不存，理由见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接交于点，得是的中位线，再由线面平行的判定定理即可证明；‎ ‎（2）建立直角坐标系，由两个平面的法向量的夹角即可得出二面角；‎ ‎（3）设点，，表示出向量，由线面角的夹角公式求出的值即可判断.‎ ‎【详解】（1）如图，连接交于点，‎ 因为是直三棱柱，所以四边形是矩形，‎ 点为的中点，又为中点，‎ 所以是的中位线，所以，‎ 又平面，平面，‎ 所以平面；‎ ‎（2）因为是直三棱柱，，所以、、两两垂直，‎ 如图建立空间直角坐标系，设，‎ 则，，，‎ 所以，，‎ 设平面的法向量，则 ‎，令，则，，‎ 所以，‎ 易知平面的法向量，‎ 由二面角是锐角，‎ 所以，‎ 即二面角的余弦值为；‎ ‎（3）设线段上存在点，，‎ 则，‎ 由（2）知，平面平面的法向量，‎ 因为与面所成角的正弦值为，‎ 所以，‎ 解得，‎ 所以在线段上不存在点，使得与面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、利用空间向量法求二面角和线面角，考查学生数形结合能力和计算能力，属于中档题.‎ ‎22.将所有平面向量组成的集合记作，是从到的对应关系，记作或，其中、、、都是实数，定义对应关系的模为：在的条件下的最大值记作，若存在非零向量，及实数使得，则称为的一个特殊值；‎ ‎（1）若，求；‎ ‎（2）如果，计算的特征值，并求相应的；‎ ‎（3）若，要使有唯一的特征值，实数、、、应满足什么条件？试找出一个对应关系，同时满足以下两个条件：①有唯一的特征值，②，并验证满足这两个条件.‎ ‎【答案】(1) ；(2) 当时,;当时, .其中且；(3) ,证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由新定义得,再利用得即可.‎ ‎(2)由特征值的定义可得,由此可得的特征值,及相应的 ‎(3) 解方程组,再利用平行向量的方法求解证明即可.‎ ‎【详解】(1)由于此时,又因为是在的条件下,有,当时取最大值,所以此时有;‎ ‎(2)由,可得：,‎ 解此方程组可得：,从而.‎ 当时,解方程组,此时这两个方程是同一个方程,所以此时方程有无穷多个解,为 (写出一个即可),其中且.‎ 当时,同理可得,相应的 (写出一个即可),其中且 (3)解方程组,可得从而向量与 平行,从而有、、、应满足：.‎ 当时,有唯一的特征值,且.具体证明为：‎ 由的定义可知：,所以为特征值.‎ 此时满足：,所以有唯一的特征值.‎ 在的条件下,从而有.‎ ‎【点睛】本题主要考查了新定义的内容,需要根据新定义的方法列出对应的关系式,再化简求解出对应的参数满足的条件进行分析.属于难题.‎