2019-2020年高三數學返校聯考試題 理（含解析）.doc

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2019-2020年高三數學返校聯考試題 理（含解析） 【試卷綜析】客觀地說試題的設計、考查的要求和復習的導向都比較好，結構穩(wěn)定。整套試卷的題型設置，試題總體結構、考點分布、題型題量、賦分權重等方面均與歷年考題保持一致，充分體現了穩(wěn)定的特點。試題緊緊圍繞教材選材，注重基礎知識和基本能力的檢測。考查了必要數學基礎知識、基本技能、基本數學思想；考查基本的數學能力，以及數學的應用意識、創(chuàng)新意識、科學態(tài)度和理性精神等要求落到實處，模擬試卷有模仿性，即緊跟上一年高考試卷的命題，又有預見性，能夠預測當年試卷的些微變化，具有一定的前瞻性，對學生有所啟發(fā)，提高學生的應試備考能力，提升得分。 第Ⅰ卷（選擇題部分 共50分） 一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的. 【題文】1.已知函數的定義域為,的定義域為,則= （　?。? A． B． C． D． 【知識點】函數的定義域；補集以及并集的運算. A1 B1 【答案解析】A 解析：因為函數的定義域為，的定義域為,所以，，則，所以由這些結論可得=. 【思路點撥】先由題設解出集合，，然后借助于補集以及并集的運算即可. 【題文】2.若“”是“”的充分而不必要條件,則實數的取值范圍是 （　　） A． B． C． D． 【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷．A2 【答案解析】A 解析：由得， 要使“”是“”的充分不必要條件， 則，即，∴，故選A． 【思路點撥】先求出不等式的等價條件，根據充分不必要條件的定義進行判斷即可． 【題文】3.如圖，三棱錐的底面為正三角形，側面與底面垂直且，已知其正視圖的面積為，則其側視圖的面積為(　 　) A． B． C． D． 【知識點】三視圖.G2 【答案解析】B 解析：設底面正△ABC的邊長為a，側面VAC的底邊AC上的高為h，可知底面正△ABC的高為，∵其主視圖為△VAC，∴； ∵左視圖的高與主視圖的高相等，∴左視圖的高是h， 又左視圖的寬是底面△ABC的邊AC上的高， ∴．故選B． 【思路點撥】由三視圖的畫圖要求“長對正，高平齊，寬相等”可以找出左視圖的寬、高與俯視圖的寬、主視圖的高的相等關系，進而求出答案． 【題文】4.為了得到函數的圖象，只需將函數的圖象（ ） A．向左平移個單位 B．向右平移個單位 C．向左平移個單位 D．向右平移個單位 【知識點】函數的圖象變換．C4 【答案解析】A 解析：函數， 故將函數y=sin2x的圖象向左平移個單位，可得函數的圖象， 故選：A． 【思路點撥】利用誘導公式可得函數變形，再利用函數的圖象變換規(guī)律，可得結論． 【題文】5.已知數列是等差數列，若，，且數列的前項和有最大值，那么取得最小正值時等于（　?。? A．20 B．17 C．19 D．21 【知識點】等差數列的性質．D2 【答案解析】C 解析：∵數列是等差數列，若，設公差為d，則有，即， 故有，且． 再由前n項和Sn有最大值，可得數列為遞減數列，公差d＜0． 結合，可得，故． 綜上可得． 令＞0，且≤0，可得，且． 化簡可得，且．即，且． 再由，可得，∴19≤n≤19，∴n=19， 故選C． 【思路點撥】由條件求得，d＜0．令＞0，且≤0，可得，且．再由，可得，∴19≤n≤19，從而得到n的值． 【題文】6.若關于的不等式在區(qū)間上有解,則實數的取值范圍為（　?。? A． B． C．(1,+∞) D． 【知識點】一元二次不等式的解法．E3 【答案解析】A 解析：令，則， ①頂點橫坐標，要使關于x的不等式 在區(qū)間上有解，則應滿足 ，解得； ②時，要使關于x的不等式在區(qū)間上有解，也應滿足，解得． 綜上可知：實數a的取值范圍是(，+∞)．故選A． 【思路點撥】令，則，無論頂點橫坐標，還是時，要使關于要使關于x的不等式在區(qū)間上有解，則應滿足，解出即可． 【題文】7.設，若函數為單調遞增函數，且對任意實數x，都有（是自然對數的底數），則的值等于( ) A. 1 B． C．3 D． 【知識點】函數單調性的性質．B3 【答案解析】C 解析：設，則，則條件等價為， 令，則，∵函數為單調遞增函數， ∴函數為一對一函數，解得，∴，即， 故選：C． 【思路點撥】利用換元法 將函數轉化為，根據函數的對應關系求出的值，即可求出函數的表達式，即可得到結論． 【題文】8.已知、分別是橢圓的左、右焦點，是橢圓上一動點，圓與的延長線、的延長線以及線段相切，若為其中一個切點，則 (　　) A． B． C． D．與2的大小關系不確定 【知識點】圓與圓錐曲線的綜合．H3 H9 【答案解析】A 解析：由題意知，圓C是△AF1F2的旁切圓，點M是圓C與x軸的切點，設圓C與直線F1A的延長線、AF2分別相切于點P，Q， 則由切線的性質可知：AP=AQ，F2Q=F2M，F1P=F1M， ∴MF2=QF2=（AF1+AF2）-（AF1+AQ）=2a-AF1-AP=2a-F1P=2a-F1M ∴MF1+MF2=2a，∴t=a=2．故選A． 【思路點撥】由題意知，圓C是△AF1F2的旁切圓，點M是圓C與x軸的切點，設圓C與直線F1A的延長線、AF2分別相切于點P，Q，則由切線的性質可知：AP=AQ，F2Q=F2M，F1P=F1M，由此能求出t的值． 【題文】. 9.在正方體中，是棱的中點，是側面內的動點，且平面，則與平面所成角的正切值構成的集合是 （ ） A． B． C． D． 【知識點】直線與平面所成的角．G5 【答案解析】D 解析：設平面AD1E與直線BC交于點G，連接AG、EG，則G為BC的中點分別取B1B、B1C1的中點M、N，連接AM、MN、AN，則 ∵A1M∥D1E，A1M?平面D1AE，D1E?平面D1AE， ∴A1M∥平面D1AE．同理可得MN∥平面D1AE， ∵A1M、MN是平面A1MN內的相交直線 ∴平面A1MN∥平面D1AE， 由此結合A1F∥平面D1AE，可得直線A1F?平面A1MN，即點F是線段MN上上的動點． 設直線A1F與平面BCC1B1所成角為θ，運動點F并加以觀察，可得： 當F與M（或N）重合時，A1F與平面BCC1B1所成角等于∠A1MB1，此時所成角θ達到最小值，滿足； 當F與MN中點重合時，A1F與平面BCC1B1所成角達到最大值， 滿足 ∴A1F與平面BCC1B1所成角的正切取值范圍為故選：D 【思路點撥】設平面AD1E與直線BC交于點G，連接AG、EG，則G為BC的中點．分別取B1B、B1C1的中點M、N，連接AM、MN、AN，可證出平面A1MN∥平面D1AE，從而得到A1F是平面A1MN內的直線．由此將點F在線段MN上運動并加以觀察，即可得到A1F與平面BCC1B1所成角取最大值、最小值的位置，由此不難得到A1F與平面BCC1B1所成角的正切取值范圍． 【題文】10．定義為兩個向量，間的“距離”，若向量，滿足：①；② ；③對任意的，恒有，則（ ） A．（A） B．（B） C． D． 【知識點】向量的模．L4 【答案解析】C 解析：如圖： ，∴的終點在單位圓上，用表示，用表示，用表示-， 設?，∴，， 由恒成立得，恒成立， ∴，，故選 C． 【思路點撥】由題意知的終點在單位圓上，由恒成立得，恒成立，從而得到結論． 【題文】第Ⅱ卷（非選擇題部分 共100分） 二、填空題：本大題共7小題，每小題4分，共28分． 【題文】11.設sin，則___________. 【知識點】兩角和的正弦公式；二倍角的正弦公式.C5 C6 【答案解析】 解析：因為sin，所以整理得：，兩邊平方可得：，即， 故答案為：. 【思路點撥】把原式展開后再平方即可得到結果. 【題文】12.已知實數滿足，且目標函數的最大值為6，最小值為1（其中），則的值為_____________. 【知識點】簡單線性規(guī)劃．E5 【答案解析】 解析：作出不等式對應的平面區(qū)域，（陰影部分） 由，得，平移直線，由圖象可知當直線經過點A時，直線的截距最大，此時最大． 當直線經過點B時，直線的截距最小，此時最?。? 由，解得，即， 由，解得，即， ∵點A，B也在直線上， ∴，即，兩式相減得，解得． 故答案為：4． 【思路點撥】作出不等式對應的平面區(qū)域，利用線性規(guī)劃的知識，通過平移即先確定z的最優(yōu)解，即可得到結論． 【題文】13.已知數列，滿足，，（），則___. 【知識點】數列遞推式．D1 【答案解析】 解析：∵，且，∴， ∵，且，∴，再根據，∴， ∵，∴．∴數列是以-2為首項，-1為公差的等差數列， ∴，∴．則．故答案為：． 【思路點撥】根據，，先求得的值，再根據，得到，根據遞推關系，構造數列，利用等差數列的定義，證明是一個常數，即可證得數列是等差數列，利用等差數列的通項公式，求出，即可求得． 【題文】14.已知是定義在上且周期為的函數,當時，.若函數在區(qū)間上有個零點(互不相同)，則實數的取值范圍是_________. 【知識點】函數的零點與方程根的關系；函數的周期性；函數零點的判定定理．L4 【答案解析】解析：由y=f（x）-a=0得f（x）=a， 作出函數f（x）在[-3，4]上的圖象如圖： ∵f（0）=f（1）=f（2）=，∴當a=時，方程f（x）=在上有8個根，當a=0時，方程f（x）=0在上有5個根，則要使函數y=f（x）-a在區(qū)間上有10個零點，即方程f（x）=a在區(qū)間上有10個根，則， 故答案為：. 【思路點撥】作出函數y=f（x）在區(qū)間上圖象，利用數形結合即可得到結論． 【題文】15.已知點是雙曲線 (,)的左焦點，點是該雙曲線的右頂點，過點且垂直于軸的直線與雙曲線交于，兩點，若是銳角三角形，則該雙曲線的離心率的取值范圍是________． 【知識點】雙曲線的簡單性質．H6 【答案解析】 解析：根據雙曲線的對稱性，得△ABE中，|AE|=|BE|，∴△ABE是銳角三角形，即∠AEB為銳角,由此可得Rt△AFE中，∠AEF＜45°，得,∵|AF|== ，|EF|= ,∴＜， 即兩邊都除以，得，解之得,∵雙曲線的離心率e＞1∴該雙曲線的離心率e的取值范圍是（1，2） 【思路點撥】根據雙曲線的對稱性，得到等腰△ABE中，∠AEB為銳角，可得，將此式轉化為關于a、c的不等式，化簡整理即可得到該雙曲線的離心率e的取值范圍． 【題文】16.設是外接圓的圓心,分別為角對應的邊,已知,則的范圍是_________________. 【知識點】平面向量數量積的運算．F3 【答案解析 解析：設O是△ABC的三邊中垂線的交點，故O是三角形外接圓的圓心，如圖所示，延長AO交外接圓于D． ∵AD是⊙O的直徑，∴∠ACD=∠ABD=90°． ∴，． ∴ ∵，解得． 令．∴當時，取得最小值． 又．∴≤f(b)＜2．即的取值范圍是． 故答案為． 【思路點撥】如圖所示，延長AO交外接圓于D．由于AD是⊙O的直徑，可得∠ACD=∠ABD=90°，于是，．可得， 由于，解得．令．利用二次函數的單調性即可得出． 【題文】17.一個直徑等于2的半圓，過作這個圓所在平面的垂線，在垂線上取一點,使，為半圓上的一個動點，、分別為在、上的射影。當三棱錐的體積最大時，與平面所成角的正弦值是________________. 【知識點】線面垂直的性質；線面角.G5 G6 【答案解析】 解析：由題意畫出圖像如下： 不妨設直徑AB=AS=2,AN=x，連接AC,BC,所以 ,又因為在上的射影為N, ,故有,所以三棱錐的體積為 ，此時等號成立時，當且僅當 即時有最大值，此時,故答案為。 【思路點撥】不妨設直徑AB=AS=2,AN=x，連接AC,BC,所以 ,又因為在上的射影為N, ,故有,所以可得三棱錐的體積的解析式，再利用基本不等式可求得結果. 三、解答題：本大題共5小題，共72分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟． 【題文】18.（本小題滿分14分）設函數直線與函數圖像相鄰兩交點的距離為.（Ⅰ）求的值;（Ⅱ）在中，角、、所對的邊分別是、、，若點是函數圖像的一個對稱中心，且,求面積的最大值. 【知識點】三角函數中的恒等變換應用；三角函數的周期性及其求法．C4 【答案解析】（Ⅰ）（Ⅱ） 解析：（Ⅰ） ，………………4分 的最大值為，的最小正周期為.………………7分 （Ⅱ）由（1）知，…………8分 ，，.……12分 故，面積的最大值為.……14分 【思路點撥】（Ⅰ）利用三角恒等變換化為，在由題意得到函數的周期，由周期公式求得ω的值；（Ⅱ）把（Ⅰ）中求得的ω值代入函數解析式，由點是函數圖象的一個對稱中心求得B，利用正弦定理求出,再利用面積公式即可. 【題文】 19．（本小題滿分14分）如圖，四棱錐的底面是正方形，側棱⊥底面，，是的中點． （Ⅰ）證明：//平面； （Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值； （Ⅲ）在棱上是否存在點，使⊥平面？ 證明你的結論． 【知識點】用空間向量求平面間的夾角；直線與平面平行的判定．G10 G11 【答案解析】（Ⅰ）見解析（Ⅱ） （Ⅲ）棱上存在點，，使得 ⊥平面． 解析：法一：（Ⅰ）以為坐標原點，分別以、、所在直線為軸、軸、 軸建立空間直角坐標系，設，則，，，…………2分 設 是平面BDE的一個法向量， 則由 ，得 取，得． ………………4分 ∵， …………5分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知是平面BDE的一個法向量，又是平面的一個法向量． ………………7分 設二面角的平面角為，由圖可知 ∴． 故二面角的余弦值為． ………………10分 （Ⅲ）∵ ∴ 假設棱上存在點，使⊥平面，設， 則， 由得 ………………13分 ∴ 即在棱上存在點，，使得⊥平面． ………………14分 法二：（Ⅰ）連接，交于，連接．在中，為中位線， ,//平面．………………4分 （Ⅱ）⊥底面, 平面⊥底面，為交線,⊥ 平面⊥平面，為交線, =，是的中點⊥ ⊥平面， ⊥ 即為二面角的平面角． 設，在中, 故二面角的余弦值為．………………9分 （Ⅲ）由（Ⅱ）可知⊥平面，所以⊥，所以在平面內過作⊥，連EF，則⊥平面．在中,，，，．所以在棱上存在點，，使得⊥平面 ………………14分 【思路點撥】（Ⅰ）建立空間直角坐標系，根據直線所在的向量與平面的法向量相互垂直，并且直線不在平面內可得直線與平面平行． （Ⅱ）分別求出兩個平面的法向量，利用向量的有關運算計算出兩個向量的夾角，進而得到二面角平面角的余弦值． （Ⅲ）假設存在點F，則直線PB所在的向量與平面DEF的法向量平行，根據這個條件可得到一個方程，再根據有關知識判斷方程的解的情況． 【題文】20．（本小題滿分14分） 已知數列滿足：，數列滿足：，，數列的前項和為. （Ⅰ）求證：數列為等比數列； （II）求證：數列為遞增數列； （Ⅲ）若當且僅當時，取得最小值，求的取值范圍． 【知識點】數列遞推式；數列的函數特性；數列的求和；等比數列的性質．D1 D2 D3 D4 【答案解析】（Ⅰ）見解析（Ⅱ）見解析（Ⅲ） 解析：（Ⅰ）． 是等差數列． 又 ………………3分 ． 又 為首項，以為公比的等比數列．………………6分 （Ⅱ）． ． 當． 又， ． 是單調遞增數列． ………………10分 （Ⅲ）時，． ， 即， ．………………14分 【思路點撥】（Ⅰ）可以先根據數列的遞推關系式求的數列的通項，再有數列滿足的關系，將與作差化簡即可獲得解答； （Ⅱ）先結合（Ⅰ）的結論求的通項公式，又數列的通項知道，故可求得數列的通項，通過通項研究即可解答；（Ⅲ）結合數列的變化將問題轉化為通項的不等關系，解方程組即可獲得解答． 【題文】21．（本小題滿分15分）已知二次函數（）. （Ⅰ）當時，函數定義域和值域都是，求的值； （Ⅱ）若函數在區(qū)間上與軸有兩個不同的交點，求的取值范圍. 【知識點】二次函數的圖象和性質，函數的零點，基本不等式.B5 B9 E6 【答案解析】（Ⅰ）10 （Ⅱ） 解析：（Ⅰ），函數對稱軸為，故在區(qū)間單調遞減，在區(qū)間單調遞增. 當時，在區(qū)間上單調遞減；故，無解； 當時，在區(qū)間上單調遞減，上單調遞增，且，故，； ③當時，在區(qū)間上單調遞減，上單調遞增，且，故，無解. 的值為10. ………………8分 （Ⅱ）設函數的兩個零點為、（），則.又，， ，而 ，由于，故，. ………………15分 【思路點撥】（Ⅰ）當時，函數圖象的對稱軸為直線，結合二次函數的單調性，分當時，當時，當時，三種情況討論滿足條件的b值，最后綜合討論結果，可得答案． （Ⅱ）若函數f（x）在區(qū)間（0，1）上與x軸有兩個不同的交點，即函數的兩個零點為、（），即， ，進而結合基本不等式可得的取值范圍． 【題文】22．（本小題滿分15分）已知橢圓直線與以原點為圓心，以橢圓的短半軸為半徑的圓相切，為其左右焦點，為橢圓上的任意一點，的重心為，內心為，且． （Ⅰ）求橢圓的方程； （Ⅱ）已知為橢圓上的左頂點，直線過右焦點與橢圓交于兩點，若的斜率滿足，求直線的方程． 【知識點】直線與圓錐曲線的綜合問題；橢圓的簡單性質．H5 H8 【答案解析】（Ⅰ）（Ⅱ） 解析：（Ⅰ）設，，則. ………………2分 又，，， .………………4分 ，故． 又直線與以原點為圓心，以橢圓的短半軸為半徑的圓相切，………6分， ，．．………………7分 （Ⅱ）若直線斜率不存在，顯然不合題意；……………8分 則直線的斜率存在． 設直線為，直線和橢圓交于，． 將： 依題意： ………………10分 由韋達定理可知： 又 而 從而 ………………14分 求得符合． 故所求直線的方程為：．………………15分 【思路點撥】（Ⅰ）設，，則.然后找到a,c的關系式，最后結合“直線與以原點為圓心，以橢圓的短半軸為半徑的圓相切”，求出b的值即可；（Ⅱ）設出直線l的方程，代入橢圓方程，由韋達定理求出．代入中，化簡即可求出k的值，得到直線l的方程．