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- 2021-06-21 发布
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2019-2020学年安徽省示范高中培优联盟高二冬季联赛数学(文)试题
一、单选题
1.已知全集,,,则等于( ).
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】分别解出不等式,可得,,再根据集合的补集、交集定义求解即可
【详解】
由题,可得,,
则,所以
故选:D
【点睛】
本题考查集合的交集、补集运算,考查解不等式
2.如图,选自我国古代数学名著《周髀算经》.图中大正方形边长为5,四个全等的直角三角形围成一个小正方形(阴影部分),直角三角形较长的直角边长为4.若将一质点随机投入大正方形中,则质点落在阴影部分的概率是( ).
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由勾股定理,可得阴影部分,即小正方形的边长为1,所求即为小正方形与大正方形的面积比
【详解】
由题,大正方形边长为5,直角三角形较长的直角边长为4,根据勾股定理可得直角三角形较短的直角边长为3,则阴影部分,即小正方形边长为,根据面积型的几何概型公式计算可得,质点落在阴影部分的概率为
故选:A
【点睛】
本题考查面积型的几何概型的概率公式的应用,属于基础题
3.设,,则的值是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】,,,故选A.
4.下列命题正确的是( ).
A.若为假命题,则,都是假命题
B.是的充分不必要条件
C.命题“若,则” 的逆否命题为真命题
D.命题“,”的否定是“,”
【答案】C
【解析】由逻辑联结词的性质判断A选项;由不等式的性质判断B选项;由原命题判断逆否命题的真假来判断C选项;由存在性命题的否定的定义来判断D选项
【详解】
对于选项A,若为假,则,中有一个是假命题即可,故A错误;
对于选项B,当时,无法推出,故不是的充分条件,故B错误;
对于选项C,命题“若,则”的逆否命题为“若,则
”,该命题正确,故C正确;
对于选项D,命题“,”的否定是“”,故D错误
故选:C
【点睛】
本题考查命题真假的判定,考查对逻辑联结词,充分不必要条件,逆否命题,存在性命题的否定的理解
5.已知函数,则的值为( ).
A.7 B.9 C.14 D.18
【答案】D
【解析】因为,原式可整理为,分析的性质可得,即可求解
【详解】
由题,,则
,
因为,则,
所以.
则
故选:D
【点睛】
本题考查函数对称性的应用,考查对数的性质,考查观察分析的能力,处理该题时不应直接代入数据处理,而是观察所求之间的关系,利用函数性质求解,以此简化运算
6.为得到函数的图象,只需将函数的图像 ( )
A.向左平移个长度单位 B.向右平移个长度单位
C.向左平移个长度单位 D.向右平移个长度单位
【答案】C
【解析】先化简变形把变为,然后由平移公式有对应相等可得,显然是向左平移.
7.如图,在四边形中,对角线垂直平分,垂足为,若,则 ( ).
A.2 B.4 C.8 D.16
【答案】C
【解析】由图可得,转化,根据与的位置关系进而求解即可
【详解】
因为对角线垂直平分,垂足为,所以,,即 ,
所以,
则,
故选:C
【点睛】
本题考查向量的数量积,考查平面向量基本定理的应用,考查垂直向量的应用
8.函数f(x)=ln||的大致图象是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为,所以函数是奇函数,图象关于原点对称,可排除 ;由,可排除 ,故选D.
【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质,属于中档题. 这类题型也是近年高考常见的命题方向,该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多,但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手,根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势,利用排除法,将不合题意的选项一一排除.
9.若实数,满足约束条件,若的最大值为,则的最小值为( ).
A. B.4 C. D.
【答案】C
【解析】设,即,且,画出可行域,平移直线,由图可得截距最大时的点坐标,进而求出,代回直线方程,再平移直线找到截距最小时的点,从而求得的最小值
【详解】
由题,设,即,因为,所以,
可行域如图所示,
平移直线,在点处截距最大,则此时,即,则;
再平移直线,在点处截距最小,此时
故选:C
【点睛】
本题考查线性规划的应用,考查数形结合思想
10.已知函数,且的最大值与的最大值相等,则实数的取值范围是( ).
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】先求出的对称轴和最大值,将问题转化为存在,使恒成立,再解不等式即可
【详解】
由题,当时,,
因为的最大值与的最大值相等,
所以存在,使恒成立,则,即,解得或,
故选:C
【点睛】
本题考查二次函数的最值问题,考查利用二次函数的性质处理含参问题,考查转化思想
11.祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家,在数学上有突出贡献,他在实践的基础上提出了体积计算原理(祖暅原理):“幂势既同,则积不容异.”教材中的“探究与发现”利用祖暅原理将半球的体积转化为一个圆柱与一个圆锥的体积之差,从而得出球的体积计算公式.如图(1)是一种“四脚帐篷”的示意图,用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷,得截面四边形为正方形,该帐篷的三视图如图(2)所示,其中正视图的投影线方向垂直于平面,正视图和侧视图中的曲线均为半径为1的半圆.模仿上述球的体积计算方法,得该帐篷的体积为( ).
图(1) 图(2)
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题,“祖暅原理”为两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等,则这两个几何体的体积相等,则可将该四角帐篷的体积等价于一个棱柱减去一个棱锥的体积,根据三视图的数据,求解即可
【详解】
由“祖暅原理”可得这个四角帐篷的体积等价于一个四棱柱减去一个四棱锥的体积,底面积为正方形,对角线长为,即边长为;高为,所以
故选:B
【点睛】
本题考查类比推理的应用,考查几何体的体积,考查分析推理能力
12.若数列满足:对任意的,总存在,使,则称是“数列”.现有以下数列:①;②;③;④;其中是数列的有( ).
A.①③ B.②④ C.②③ D.①④
【答案】D
【解析】利用特殊值的方法可以否定②③,再根据通项公式的特点证明①④即可
【详解】
①,则,,则,故①是“数列”;
②,则,若,则只能是1,2,但,,此时,故②不是“数列”;
③,则,若,则只能是1,2,但,,此时,故③不是“数列”;
④,则,,则
,故④是“数列”
故选:D
【点睛】
本题考查数列的通项公式的应用,考查对新定义的理解,考查分析阅读能力,考查推理论证能力
二、填空题
13.在边长为1的正六边形的六个顶点中任取两个点,则这两点之间距离大于1的概率为______.
【答案】
【解析】由边长为1的正六边形,根据三角形两边之和大于第三边可得对角线均大于1,进而得到所求
【详解】
由题,根据三角形两边之和大于第三边可得正六边形的对角线均大于1,
如图,六个顶点中任取两个点的情况数为,对角线的条数为,则顶点中两点之间距离大于1的概率为,
故答案为:
【点睛】
本题考查概率的求解,考查古典概型的应用,属于基础题
14.在锐角三角形中,角,,的对边分别为,,,若,且,则_____________.
【答案】
【解析】因为,,
所以由正弦定理可得,,
整理得,,
所以,
又,所以,解得(负值舍去),所以,所以.
15.已知曲线与直线,对任意的,直线与曲线
都有两个不同的交点,则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】先分类讨论画出曲线的图象,再根据对任意的,直线与曲线都有两个不同的交点,变换直线找到符合条件的情况,即可得到斜率的范围
【详解】
由题,因为曲线,则
当时,;
当时,;
当时,;
当时,;画出图象,如下图所示,
若对任意的,直线与曲线都有两个不同的交点,则直线与曲线分别交于两支,故,
故答案为:
【点睛】
本题考查已知交点个数求参问题,考查数相结合能力,考查分类讨论思想
16.如图,设、是平面内相交成角的两条数轴,、分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.若向量,则把有序实数对叫做向量在斜坐标系中的坐标,记作.在此斜坐标系中,已知,, 夹角为,则______.
【答案】
【解析】由题意,,,分别求出,,,进而利用数量积求出夹角即可
【详解】
由题,,,
所以
,则,
,则,
所以,则
故答案为:
【点睛】
本题考查平面向量基本定理的应用,考查利用数量积求向量的夹角,考查运算能力
三、解答题
17.某蛋糕店计划按天生产一种面包,每天生产量相同,生产成本每个6元,售价每个8元,未售出的面包降价处理,以每个5元的价格当天全部处理完.
(1)若该蛋糕店一天生产30个这种面包,求当天的利润(单位:元)关于当天需求量(单位:个,)的函数解析式;
(2)蛋糕店记录了30天这种面包的日需求量(单位:个),整理得下表:
日需求量
28
29
30
31
32
33
频数
3
4
6
6
7
4
假设蛋糕店在这30天内每天生产30个这种面包,求这30天的日利润(单位:元)的平均数及方差.
【答案】(1) ,.
(2)平均数为59,方差为3.8.
【解析】(1)当需求量小于30时,利润为卖出的利润减去亏损的部分;当需求量大于等于30时,利润即为30个面包的利润;
(2)将需求量代入解析式求出利润,再利用平均数公式及方差公式运算即可
【详解】
(1)由题,当时,;
当时,,
所以,
(2)由题,则
利润
54
57
60
60
60
60
频数
3
4
6
6
7
4
所以平均数为;
方差为
【点睛】
本题考查分段函数在实际中的应用,考查平均数与方差,考查运算能力与数据处理能力,考查分类讨论思想
18.设数列满足.
(1)求数列的通项公式;
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)(2)
【解析】(1)先求出,再由,可得,与题干中条件作差,整理后即可得到通项公式;
(2)由(1)可设,利用错位相减法求前项和即可
【详解】
解:(1)当时,;
当时,②,
因为①,
则①②得,,即,
检验,,符合,故
(2)由(1),设,
则
,
所以,
所以
,
则
【点睛】
本题考查求数列通项公式,考查错位相减法求数列的和,考查运算能力
19.如图,在长方体中,,,分别是面,面,面的中心,,.
(1)求证:平面平面;
(2)求三棱锥的体积;
(3)在棱上是否存在点,使得平面平面?如果存在,请求出的长度;如果不存在,求说明理由.
【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在,
【解析】(1)延长分别至,由中心可得到中点,利用中位线证明相交直线平行即可证得面面平行;
(2)先求出三棱锥的体积,再由三棱锥各边的比求出的体积即可;
(3)将平面平面转化为平面平面,由长方体可得,因为,作出即可,进而求得
【详解】
(1)证明:延长分别至,
,,分别是面,面,面的中心,
,,是,,的中点,
,,
又,,
平面,平面,
平面平面
(2)由题,
,
由(1)可得,三棱锥的各棱长为三棱锥的,
(3)存在,
是长方体的侧棱,
平面,
平面,
,
连接,作,垂足为,
因为长方体,,,,
,
,平面,
平面,
平面,
平面平面,
由(1),平面平面,
平面平面,
此时,,
,
,即,则,
,
,
【点睛】
本题考查面面平行的证明,考查面面垂直的证明,考查三棱锥的体积,考查运算能力与几何体的分析能力
20.已知函数.
(1)若在上单调递减,求实数的取值范围;
(2)若存在使得,求的取值范围.
【答案】(1)(2)
【解析】(1)根据复合函数单调性的处理原则“同增异减”可知单调递增,函数单调递减,则求单调递减,进而求解即可;
(2)当时为常数函数,符合条件;当时可得,代入可得,整理为关于的方程,即,设,由求解即可
【详解】
(1)由题,设,,
单调递增,且在上单调递减,
在上单调递减,
,即,解得
(2)当时,,是个常数函数,存在使得;
当时,单调,若存在使得,则有,
即, 则,
,
在有解,
设,
则,
,
,即,
【点睛】
本题考查复合函数已知单调性求参数问题,考查对数函数性质的应用,考查转化思想,考查运算能力
21.有一块半径为,圆心角为的扇形钢板,需要将它截成一块矩形钢板,分别按图1和图2两种方案截取(其中方案二中的矩形关于扇形的对称轴对称).
图1:方案一 图2:方案二
(1)求按照方案一截得的矩形钢板面积的最大值;
(2)若方案二中截得的矩形为正方形,求此正方形的面积;
(3)若要使截得的钢板面积尽可能大,应选择方案一还是方案二?请说明理由,并求矩形钢板面积的最大值.
【答案】(1)25(2)(3)方案二,最大值为,理由见解析
【解析】(1)连接,设,则,,则矩形面积为关于的函数,求出最值即可;
(2)连接,设,利用正弦定理和三角形的对称性质可得,利用解得,进而求出正方形面积即可;
(3)由(2)得到,求出最大值,与(1)的最值比较即可
【详解】
解:(1)连接,设,,
则,,
,
,
当,即时,
(2)连接,设,
正方形关于扇形轴对称,
,
则,
在中,由正弦定理可得,即,
则,
正方形,
,即,则,
代入可得,
则
(3)选择方案二,
由(2),对于方案二
,
当,即时,
由(1),
应选择方案二
【点睛】
本题考查三角函数与正弦定理在几何中的应用,考查利用三角函数求最值,考查运算能力,考查数形结合能力
22.已知圆的圆心在射线上,截直线所得的弦长为6,且与直线相切.
(1)求圆的方程;
(2)已知点,在直线上是否存在点(异于点),使得对圆上的任一点,都有为定值?若存在,请求出点的坐标及的值;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)(2)存在,为,
【解析】(1)由题,设圆心为,由相切关系求得半径,再由弦长公式求出,进而得到圆的方程;
(2)假设存在满足条件的点和定值,设为,为,利用两点间距离公式得到,再根据在圆上,待定系数法求得系数的关系,进而求解即可
【详解】
(1)圆的圆心在射线上,
设圆心为,圆心到直线的距离为,
又圆与直线相切,
,
圆截直线所得的弦长为6,
,则,即,
,解得或(舍)
,圆心为,
圆为
(2)存在,为,,
假设存在直线上点(异于点),使得对圆上的任一点,都有为定值,
由题,设为,且,,
设为,则,,
则,
整理可得,
在圆上,,即,
,
,解得,此时为
【点睛】
本题考查圆的方程,考查直线与圆的位置关系,考查两点间距离公式的应用,考查运算能力,考查数形结合能力