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- 2021-06-16 发布
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2020年高考数学(3月份)模拟测试试卷
一、选择题
1.已知,则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义条件及指数不等式可解得集合A与集合B,再由集合交集运算即可得解.
【详解】对于集合
对于集合
所以
故选:D
【点睛】本题考查了指数不等式的解法与二次根式有意义的条件,交集的简单运算,属于基础题.
2.设,是两个不同的平面,是直线且.“”是“”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
试题分析:,得不到,因为可能相交,只要和的交线平行即可得到;,,∴和没有公共点,∴,即能得到;∴“”是“”的必要不充分条件.故选B.
考点:必要条件、充分条件与充要条件的判断.
【方法点晴】考查线面平行的定义,线面平行的判定定理,面面平行的定义,面面平行的判定定理,以及充分条件、必要条件,及必要不充分条件的概念,属于基础题;并得不到,根据面面平行的判定定理,只有内的两相交直线都平行于,而,并且
,显然能得到,这样即可找出正确选项.
3.已知奇函数在上是增函数,若,,,则的大小关系为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
由题意:,
且:,
据此:,
结合函数的单调性有:,
即.
本题选择C选项.
【考点】 指数、对数、函数的单调性
【名师点睛】比较大小是高考常见题,指数式、对数式的比较大小要结合指数函数、对数函数,借助指数函数和对数函数的图象,利用函数的单调性进行比较大小,特别是灵活利用函数的奇偶性和单调性数形结合不仅能比较大小,还可以解不等式.
4.要得到函数的图象,只需将函数的图象( )
A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度
【答案】C
【解析】
【分析】
化简,利用三角函数图象的平移变换法则可得结果.
【详解】
,
,
要得到函数图象,
只需将函数的图象向左平移个单位长度,故选C.
【点睛】本题主要考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握,能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题,反映学生对所学知识理解的深度.
5.已知函数,对任意的,,总有成立,则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由已知可得在为增函数,分段函数两段均为单调递增,而且右段的最低点不低于左段的最高点,即可求解.
【详解】∵对任意的,,总有成立,
不妨设,
∴函数在定义域上是增函数,
∴,解得,
故选:C.
【点睛】本题考查分段函数的单调性,要注意分段函数各段单调性相同的区间合并的条件,属于基础题.
6.函数=的部分图像如图所示,则的单调递减区间为( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
由五点作图知,,解得,,所以,令,解得<<,,故单调减区间为(,),,故选D.
考点:三角函数图像与性质
7.△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知,a=2,c=,则C=
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析:根据诱导公式和两角和的正弦公式以及正弦定理计算即可
详解:sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC,
∵sinB+sinA(sinC﹣cosC)=0,
∴sinAcosC+cosAsinC+sinAsinC﹣sinAcosC=0,
∴cosAsinC+sinAsinC=0,
∵sinC≠0,
∴cosA=﹣sinA,
∴tanA=﹣1,
∵<A<π,
∴A= ,
由正弦定理可得,
∵a=2,c=,
∴sinC== ,
∵a>c,
∴C=,
故选B.
点睛:本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用,属于难题.在解与三角形有关的问题时,正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时,有时可用正弦定理,有时也可用余弦定理,应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时,往往用余弦定理,而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时,往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.
8.设椭圆:的左、右焦点分别为、,是上的点,,则的离心率为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
设,在直角三角形中,依题意可求得与,利用椭圆离心率的定义,即可求得答案
【详解】设,∵,,
∴,,
又,
∴,,
∴的离心率为:.
故选:D.
【点睛】本题考查椭圆的简单几何性质,在焦点三角形中注意椭圆定义的应用,属于基础题.
9.已知函数,,若存在,使得,则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先构造函数,再将存在性问题转化为对应函数最值问题,通过求最值得实数的取值范围.
【详解】令,则存在,使得
,即的最大值,因为在上单调递减,在上单调递增,所以最大值为,因此,选C.
【点睛】利用导数解决数学问题,往往需要需要构造辅助函数.构造辅助函数常根据导数法则进行:如构造,构造,构造,构造等
二、填空题
10.复数(为虚数单位)的共轭复数是________.
【答案】
【解析】
复数,其共轭复数为,故填.
11.的展开式中x7的系数为__________.(用数字作答)
【答案】
【解析】
试题分析:展开式通项为,令,得,
所以展开式中的系数为.故答案为.
【考点】二项式定理
【名师点睛】①求特定项系数问题可以分两步完成:第一步是根据所给出的条件(特定项)和通项公式,建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件,即n,r均为非负整数,且n≥r);第二步是根据所求的指数,再求所要求的项.
②有理项是字母指数为整数的项.解此类问题必须合并通项公式中同一字母的指数,根据具体要求,令其为整数,再根据数的整除性来求解.
12.已知,且,则的最小值为______________.
【答案】64
【解析】
【分析】
根据基本不等式解得取值范围,再结合等号确定最值取法.
【详解】,当且仅当时取等号,所以最小值为
【点睛】在利用基本不等式求最值时,要特别注意等号取得的条件,否则会出现错误.
13.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文,墓碑上刻着一个圆柱,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等,相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现.我们来重温这个伟大发现,圆柱的表面积与球的表面积之比为_______.
【答案】.
【解析】
【分析】
设球的半径为,可知圆柱高为;根据圆柱表面积和球的表面积公式分别求得表面积,作比得到结果.
【详解】设球的半径为,则圆柱的底面半径为,高为
圆柱的表面积;球的表面积
圆柱的表面积与球的表面积之比为
本题正确结果:
【点睛】本题考查圆柱表面积和球的表面积公式的应用,属于基础题.
14.如图,在中,,是边上一点,
,则 .
【答案】
【解析】
【详解】由图及题意得 , =
∴ =( )( )= + = = .
15.已知函数,若函数恰有4个零点,则实数的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】
函数恰有4个零点,等价于函数与函数的图象有四个不同的交点,画出函数图象,利用数形结合思想进行求解即可.
【详解】函数恰有4个零点,等价于函数与函数的图象有四个不同的交点,画出函数图象如下图所示:
由图象可知:实数的取值范围是.
故答案为:
【点睛】本题考查了已知函数零点个数求参数取值范围问题,考查了数形结合思想和转化思想.
三、解答题
16.某超市在节日期间进行有奖促销,凡在该超市购物满400元的顾客,将获得一次摸奖机会,规则如下:奖盒中放有除颜色外完全相同的1个红球,1个黄球,1个白球和1个黑球顾客不放回的每次摸出1个球,若摸到黑球则停止摸奖,否则就继续摸球规定摸到红球奖励20元,摸到白球或黄球奖励10元,摸到黑球不奖励
(1)求1名顾客摸球2次停止摸奖的概率:
(2)记为1名顾客5次摸奖获得的奖金数额,求随机变量的分布列和数学期望
【答案】(1)(2)详见解析
【解析】
【分析】
(1)由题意可得第二次摸到黑球,第一次为其它球,求出概率;
(2)先求出摸奖一次获得的的奖金数额,再求5次的数额,求出相应的概率,进而求出分布列,及期望.
【详解】(1)由题意可得第一次是红黄白中的一个,概率为,
不放回的第二次为黑球,是从剩余的3个球中摸出黑色的球,概率为,
所以1名顾客摸球2次停止摸奖的概率为;
(2)顾客摸奖一次获得的奖金数额设为,
的可能取值0,10,20,30,40,
则,,
,,
;
所以1名顾客5次摸奖获得奖金数额的分布列为
所以随机变量的期望
.
【点睛】本题考查独立事件同时发生的概率、离散型随机变量的分布列和期望,求出随机变量的概率是解题的关键,属于中档题.
17.已知数列是递增的等比数列,且
(Ⅰ)求数列的通项公式;
(Ⅱ)设为数列的前n项和,,求数列的前n项和.
【答案】(Ⅰ)(Ⅱ)
【解析】
试题分析:(1)设等比数列的公比为q,,根据已知由等比数列的性质可得,联立解方程再由数列为递增数列可得则通项公式可得
(2)根据等比数列的求和公式,有所以,裂项求和即可
试题解析:(1)设等比数列的公比为q,所以有
联立两式可得或者又因为数列为递增数列,所以q>1,所以
数列的通项公式为
(2)根据等比数列的求和公式,有
所以
所以
考点:等比数列的通项公式和性质,数列求和
18.如图,为圆的直径,点,在圆上,,矩形和圆所在的平面互相垂直,已知,.
(Ⅰ)求证:平面平面;
(Ⅱ)求直线与平面所成角的大小;
(Ⅲ)当的长为何值时,二面角的大小为.
【答案】(1)证明见解析;(2);(3).
【解析】
【分析】
试题分析:(1)利用面面垂直性质,可得平面,再利用线面垂直的判定,证明平面,从而利用面面垂直的判定可得平面平面;(2)确定为直线与平面所成的角,过点作,交于,计算,即可求得直线与平面所成角的大小;(3)建立空间直角坐标系,求出平面的法向量,平面的一个法向量,利用向量的夹角公式,即可求得的长.
试题解析:(1)∵平面平面,
平面平面,∴平面,
∵平面,∴,
又∵为圆的直径,∴,∴平面,
∵平面,∴平面平面
(2)根据(1)的证明,有平面,
∴为在平面内的射影,
因此,为直线与平面所成的角,
∵,∴四边形为等腰梯形,过点作,交于,
,则,
在中,根据射影定理,得,
,∴,
∴直线与平面所成角的大小为30°
(3)
设中点为,以为坐标原点,方向分别为轴、轴、轴方向建立空间直角坐标系(如图).设,则点的坐标为,则,又,∴,
设平面的法向量为,则,即,
令,解得.
∴.
由(1)可知平面,取平面的一个法向量为,
∴,即,解得,
因此,当的长为时,平面与平面所成的锐二面角的大小为60°.
考点:平面与平面垂直的判定;直线与平面所成的角;二面角的平面角及求法.
【方法点晴】本题主要考查了立体几何的综合问题,其中解答中涉及到直线与平面垂直平面的判定、平面与平面垂直的判定、直线与平面所成的角、二面角的求解等知识点的综合考查,着重考查了学生分析问题和解答问题的能力,以及学生的推理与运算能力,本题的解答中熟记线面位置关系的判定与证明,建立空间直角坐标系,转化为空间向量的运算是解答的关键.
【详解】
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19.在平面直角坐标系中,椭圆的离心率为,直线被椭圆截得的线段长为.
(1)求椭圆的方程;
(2)过原点的直线与椭圆交于两点(不是椭圆的顶点),点在椭圆上,且,直线与轴轴分别交于两点.
①设直线斜率分别为,证明存在常数使得,并求出值;
②求面积的最大值.
【答案】(1).
(2) ①证明见解析,;②.
【解析】
试题分析:(1)首先由题意得到,即.
将代入可得,
由,可得.得解.
(2)(ⅰ)注意从确定的表达式入手,探求使成立的.
设,则,
得到,
根据直线BD的方程为,
令,得,即.得到.
由,作出结论.
(ⅱ)直线BD的方程,
从确定的面积表达式入手,应用基本不等式得解.
试题解析:(1)由题意知,可得.
椭圆C的方程可化简为.
将代入可得,
因此,可得.
因此,
所以椭圆C的方程为.
(2)(ⅰ)设,则,
因为直线AB的斜率,
又,所以直线AD的斜率,
设直线AD的方程为,
由题意知,
由,可得.
所以,
因此,
由题意知,
所以,
所以直线BD的方程为,
令,得,即.
可得.
所以,即.
因此存在常数使得结论成立.
(ⅱ)直线BD的方程,
令,得,即,
由(ⅰ)知,
可得的面积,
因为,当且仅当时等号成立,
此时S取得最大值,
所以的面积的最大值为.
考点:椭圆几何性质,直线与椭圆的位置关系,三角形面积,基本不等式的应用.
20.已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)若存在两个极值点,证明:.
【答案】(1)见解析;(2)见解析
【解析】
分析:(1)首先确定函数的定义域,之后对函数求导,之后对进行分类讨论,从而确定出导数在相应区间上的符号,从而求得函数对应的单调区间;
(2)根据存在两个极值点,结合第一问的结论,可以确定,令,得到两个极值点是方程的两个不等的正实根,利用韦达定理将其转换,构造新函数证得结果.
详解:(1)的定义域为,.
(i)若,则,当且仅当,时,所以在单调递减.
(ii)若,令得,或.
当时,;
当时,.所以在单调递减,在单调递增.
(2)由(1)知,存在两个极值点当且仅当.
由于的两个极值点满足,所以,不妨设,则.由于
,
所以等价于.
设函数,由(1)知,在单调递减,又,从而当时,.
所以,即.
点睛:该题考查的是应用导数研究函数的问题,涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性、应用导数研究函数的极值以及极值所满足的条件,在解题的过程中,需要明确导数的符号对单调性的决定性作用,再者就是要先保证函数的生存权,先确定函数的定义域,要对参数进行讨论,还有就是在做题的时候,要时刻关注第一问对第二问的影响,再者就是通过构造新函数来解决问题的思路要明确.