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- 2021-06-16 发布
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杭州市第二中学2020届高三上学期开学考试
数学
一.选择题:本大题共10小题,共40分
1.设集合,,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
因为,所以,应选答案C。
2.设 均为单位向量,则“夹角为”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】D
【解析】
【分析】
由向量的模长公式结合充要条件判断即可
【详解】因为 均为单位向量
若夹角为,
则,
因此,由“夹角为”不能推出“”;
若,则
解得,即夹角为,
所以,由“”不能推出“夹角为”
因此,“夹角为”是“”的既不充分也不必要条件.
故选D
【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的判断,以及向量的数量积运算,熟记充分条件与必要条件的概念,以及向量的数量积运算法则即可,属于常考题型
3.已知,则的值为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
分析】
由诱导公式结合二倍角公式求解即可
【详解】==
故选:C
【点睛】本题考查诱导公式及二倍角公式,准确计算是关键,是基础题
4.已知,,,是奇函数,直线与函数的图像的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为,则( )
A. 在上单调递减 B. 在上单调递减
C. 在上单调递增 D. 在上单调递减增
【答案】A
【解析】
【分析】
根据函数是奇函数,得又由图像的两个相邻交点的横坐标之差得周期,从而可求出函数的解析式,进而求解.
【详解】因为是奇函数,所以 所以;
又由已知得 所以
所以
由函数的解析式可知在上单调递减。
故选A.
【点睛】本题考查三角函数周期性和奇偶性,属于基础题.
5.已知等比数列的各项均为正数,且,,成等差数列,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
易得,于是根据已知条件求等比数列的公比即可.
【详解】设公比为.由,,成等差数列,可得,
所以,则,解(舍去)或.
所以.故选A.
【点睛】本题考查等比数列、等差数列的基本问题.在等比数列和等差数列中,首项和公比(公差)是最基本的两个量,一般需要设出并求解.
6.若对,有,求的最大值与最小值之和是( )
A. 4 B. 6 C. 8 D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】
先求出的值,再根据函数对称性的定义判断出函数图象关于点对称,即最大值与最小值也关于对称,从而最大值与最小值的和为;再根据函数的奇偶性的定义判断出为奇函数,即函数图象关于点对称,即最大值与最小值也关于对称,从而最大值与最小值的和为得出选项.
【详解】令,则,,即为奇函数,图象关于原点对称,因此最大值与最小值的和为;令,可得,令则,可得,即函数图象关于点对称,故最大值与最小值的和为,综上所述,函数的最大值与最小值之和为,故选B.
点睛:本题考查抽象函数和具体函数的性质,属于中档题.抽象函数的性质主要利用赋值法来判断。
7.设的内角所对的边分别为,且,已知的面积,,则的值为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
变形,结合可得,求出,由三角形的面积可得,再根据正弦定理可得结果.
【详解】由得,
由正弦定理,
得,
由,
由,又根据正弦定理,得,故选B.
【点睛】本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用,属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具,其常见用法有以下几种:(1)知道两边和一边的对角,求另一边的对角(一定要注意讨论钝角与锐角);(2)知道两角与一个角的对边,求另一个角的对边;(3)证明化简过程中边角互化;(4)求三角形外接圆半径.
8.如图,已知等腰梯形中,,,是的中点,是线段上的动点,则的最小值是( )
A. 0 B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】
利用向量加法的三角形法则表示,再由数量积的运算法则将转化成关于的二次函数,求得最小值.
【详解】由已知得
设,所以=
所以当 有最小值
故选C.
【点睛】本题考查向量的数量积的运算,关键要将待求的向量表示成已知向量的线性运算,属于中档题.
9.设函数的定义域为,满足,且当时,.若对任意,都有,则的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用对勾函数求得在的最小值,再得图象向右移动个单位,其函数值扩大倍,从而求解.
【详解】当时,的最小值是
由知
当时,的最小值是
当时,的最小值是
要使,则,
解得:或
故选D.
【点睛】本题考查对勾函数和的图象平移和函数值的倍数关系,属于难度题.
10.已知,且函数.若对任意的不等式恒成立,则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题目得已知函数和要求解的不等式中都含有待求的参数,且已知函数中含有两个绝对值符号,直接求解难度很大,因此考虑用排除法,代值验证可得解.
【详解】当时,
且
所以,
此时化为,
即,所以在不是恒成立的.故A、B不对;
当时,,
当时,,
所以,
此时化成,
即满足恒成立,所以当时成立,
故D不对,C正确;
故选C.
【点睛】本题考查了含绝对值不等式恒成立的问题,考查了小题小做的技巧方法,属于中档题.
二.填空题:本大题共7小题,共42分
11.抛物线的焦点在直线2mx+my+1=0上,则m=__________.
【答案】
【解析】
【详解】解析:因抛物线的焦点为,故代入直线方程中可得,应填答案。
12.已知,,则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据指数运算法则化简,再由已知代数式表示待求的代数式,并且利用不等式的性质求出的范围,最后运用指数函数的单调性得解.
【详解】由,
设 则
所以
由已知得
即
所以
即
故答案为[2,128].
【点睛】本题考查不等式的性质和指数运算以及指数函数的单调性,属于中档题.
13.设,是关于的一元二次方程的两个实根,则的最小值是___________.
【答案】8
【解析】
【分析】
由韦达定理将表示成关于的函数,注意根据判别式得出的范围,从而求出最小值.
【详解】由已知得,
且或
所以
当时,得到最小值8.
故答案为:8.
【点睛】本题考查一元二次方程的韦达定理和二次函数的最值,属于中档题.
14.已知将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象,若和的图象都关于对称,则______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据左右平移可得解析式;利用对称性可得关于和的方程组;结合和的取值范围可分别求出和的值,从而得到结果.
【详解】由题意知:
和的图象都关于对称
,解得:,
又
本题正确结果:
【点睛】本题考查三角函数的平移变换、根据三角函数对称性求解函数解析式的问题,关键是能够根据正弦型函数对称轴的求解方法构造出方程组.
15.已知为坐标原点,是双曲线:的左焦点,,分别为双曲线的左.右顶点,为双曲线上的一点,且轴,过点的直线与线段交于,与轴交于点,直线与轴交于点,若,则双曲线的离心率为___________.
【答案】2
【解析】
【分析】
根据相似三角形的边的比例关系得到关于的关系式,求得离心率.
【详解】设点的纵坐标为,由相似三角形性质得:
所以
又因为,所以
解得
故答案为2.
【点睛】本题考查双曲线的离心率,关键在于利用几何关系得到关于的方程,此题属于中档题.
16.如图,在棱长为2的正方体中,点是中点,动点在底面内(不包括边界),使四面体体积为,则的最小值是___________.
【答案】
【解析】
【分析】
由已知可得到的距离,再利用勾股定理知要使取得最小值,则需取得最小值,此时利用点到直线的距离可得解.
【详解】由已知得四面体体积
所以设到的距离为,则
解得所以在底面内(不包括边界)与平行且距离为的线段 上,
要使的最小,则此时是过作的垂线的垂足.
点到的距离为所以
此时
故答案为.
【点睛】本题考查立体几何的动点最值问题,将空间立体问题转化为平面问题是解题的关键,属于难度题.
17.已知正项数列满足,,则数列
的前项和为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
由已知表达式因式分解得到数列的递推式,再运用累乘的方法求得通项公式,再将通项公式裂项,利用裂项相消求和得解.
【详解】由已知得
所以又因
所以
所以
所以
;
累乘得
所以
所以=
所以
累加求和得
故答案为
【点睛】本题关键将已知表达式因式分解得递推式,再运用累乘和裂项相消求和的方法求解,属于难题.
三.解答题:本大题共5小题,共68分
18.设命题:实数满足;命题:实数满足
(1)若,且为真,求实数的取值范围;
(2)若,且是的充分不必要条件,求实数的取值范围.
【答案】(1) (2)
【解析】
分析】
(1)P为真时,,q为真时,,求交集即得解;(2)先求出和,再列出不等式组,即得m的取值范围.
【详解】解:(1)由得;
当时,,即P为真时,
由得,即,即q为真时,
因为为真,则p真q真,所以
(2)由得;,又,
所以m<x<3m,
由得,即;
设,
若的充分不必要条件
则A是B 的真子集,所以即
【点睛】本题主要考查不等式的解法和复合命题的真假的判断,考查充分必要条件的判断,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
19.在中,角所对的边分别为,满足.
(1)求的值;
(2)若,求的取值范围
【答案】(1);(2).
【解析】
【分析】
(1)利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得,结合,可求,利用同角三角函数基本关系式可求的值.(2)由(1)可求,又由,利用余弦定理可得,结合范围,利用二次函数的性质可求的范围.
【详解】(1)因为
所以,
即
因为,所以
又因为
解得:.
(2)∵,可得,
由余弦定理可得:
∵,∴
所以的取值范围为.
【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用,余弦定理,二次函数的性质在解三角形中的综合应用,考查了计算能力和转化思想,考查了函数思想的应用,属于中档题.
20.如图,四棱锥中,,与都是边长为2的等边三角形,是的中点.
(Ⅰ)求证:平面;
(Ⅱ)求平面与平面所成二面角的大小.
【答案】(I)详见解析;(II).
【解析】
试题分析:(I)易知,故平面.(II)连接交于,以
建立空间直角坐标系,利用平面与平面的法向量计算的二面角的大小为.
试题解析:
解:(Ⅰ) 因为,
,是的中点.
所以,
且,
四边形是平行四边形,所以.
平面,平面
所以平面.
(Ⅱ)连接,设交于,连,
则四边形是正方形,所以.
因为,是中点,所以.
则,又.
所以是直角三角形,则;
因为,所以平面.
如图建立空间坐标系,
则,.
所以.
设是平面的法向量,则,
取,则,所以.
是平面的法向量,
.
取,则.
所以,
所以平面与平面所成二面角是90°.
21.设、分别是椭圆C:的左、右焦点,,直线1过且垂直于x轴,交椭圆C于A、B两点,连接A、B、,所组成的三角形为等边三角形。
(1)求椭圆C的方程;
(2)过右焦点的直线m与椭圆C相交于M、N两点,试问:椭圆C上是否存在点P,使成立?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.
【答案】(1)椭圆;(2)
【解析】
【分析】
(1)由题意布列关于a,b的方程组,解之,即可得到椭圆C的方程;
(2)设、,设y=k(x﹣1)(k≠0),代入椭圆方程得,由此运用韦达定理和向量的坐标运算,代入椭圆方程,解得k,求出点P的坐标.
【详解】(1)
由可得 ,
等边三角形中:,,
则,得,
又因为,所以,
则椭圆;
(2)设、,
则由题意知的斜率为一定不为,故不妨设,
代入椭圆的方程中,
整理得,
显然.
由韦达定理有:,①
且②
假设存在点,使成立,则其充要条件为:
点
,
点在椭圆上,即.
整理得
又在椭圆上,即,,
故由①②代入:,解得,
则。
【点睛】解决解析几何中探索性问题的方法
存在性问题通常采用“肯定顺推法”.其步骤为:假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在;否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在.
22.已知函数是定义在上的奇函数,当时,.
(1)求在上的解析式;
(2)若,函数,是否存在实数使得的最小值为,若存在,求的值;若不存在,说明理由.
【答案】(1);(2)
【解析】
【分析】
(1)由函数的奇偶性求对称区间上的解析式;
(2)将的表达式化简得到关于的二次函数的形式,讨论对称轴与所给区间的关系,求出最小值,满足题意,求出的值。
【详解】(1)是定义在上的奇函数,所以,
不妨设,则,,
若,则,故
所以
(2)由(1)得,
当时,,
所以
令,则,
所以函数在上的最小值即为函数在上的最小值,
对称轴为,
当即时,函数在区间上是增函数,
所以,解得,
当,即时,,
化简得,,解得或,
因,,所以此时,
当,即时,函数在区间上是减函数,
所以,解得,
所以,综上所述,存在,.
【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用,考查了二次函数最值的含参讨论,关键在于将化简成关于的二次函数的形式,利用二次函数求最值,属于难题.