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- 2021-06-30 发布
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洛阳市2019——2020学年上学期尖子生第一次联考高三
数学试题(文)
第Ⅰ卷(选择题,共60分)
一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.全集,,,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
分别解出集合A和B,再结合交集的概念和补集的概念得到结果.
【详解】
,
故答案为:A.
【点睛】这个题目考查了集合的交集和补集的概念,属于基础题.
2.已知复数满足,则( )
A. B. 5 C. D.
【答案】C
【解析】
,故选.
3.已知角的顶点为坐标原点,始边与轴非负半轴重合,终边与直线重合,且,又是角终边上一点,且(为坐标原点),则
等于( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可得,根据,求得的值,即可求解得值,得到答案.
【详解】由题意,角的顶点为坐标原点,始边与轴非负半轴重合,终边与直线重合,
且,所以为第三象限角.
又是角终边上一点,所以,
再根据(为坐标原点),
所以,则,
故选A.
【点睛】本题主要考查了三角函数的定义及其应用,其中解答熟练应用三角函数的定义,列出方程求得的值是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
4.已知等比数列中,,等差数列中,,则数列的前项和等于( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由等比数列的性质可得,求得,得到,再由等差数列的前n项和,即可求解,得到答案.
【详解】在等比数列中,满足,
由等比数列的性质可得,即,所以,
又由,所以
所以数列的前项和,
故选B.
【点睛】本题主要考查了等差数列、等比数列的性质,以及等差数列的前n项和公式的应用,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
5.已知,,直线与函数,的图象都相切,且与图象的切点为,则的值为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先利用导数求切线斜率,再根据点斜式方程得切线方程,最后根据判别式为零得结果.
【详解】,
直线是函数的图象在点处的切线,
其斜率为(1),
直线的方程为.
又因为直线与的图象相切,
,消去,可得,
得△不合题意,舍去),
故选:A
【点睛】本题主要考查函数导数的几何意义,考查直线和曲线的位置关系,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.
6.在内任取一个实数,设,则函数的图象与轴有公共点的概率等于( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
的图象与轴有公共点,或在内取一个实数,函数的图象与轴有公共点的概率等于,故选D.
7.已知x,y满足条件(k为常数),若目标函数z=x+3y的最大值为8,则k=( )
A. -16 B. -6 C. - D. 6
【答案】B
【解析】
【详解】由z=x+3y得y=-x+,先作出的图象,如图所示,
因为目标函数z=x+3y的最大值为8,所以x+3y=8与直线y=x的交点为C,解得C(2,2),代入直线2x+y+k=0,得k=-6.
8.若向量满足,,,的最大值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
构造,得到四点共圆,结合图形,得到当线段为圆的直径时,此时最大,即可求解.
【详解】如图所示,构造,
因为,所以四点共圆,
所以当线段为圆的直径时,此时最大,
由余弦定理可得,
所以,又由正弦定理可得,
即的最大值2,
故选D.
【点睛】本题主要考查了平面向量的线性运算,正弦定理和余弦定理,以及四点共圆的应用,其中解答中构造出四点共圆,结合图形求解是解答的关键,着重考查了数形结合思想,构造思想的应用,属于中档试题.
9.已知函数,若方程有三个不同的实数根,则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析】
画出分段函数图象,原题意等价于函数的图象与有三个不同的交点。由图可解,注意y=1是一条渐近线。
【详解】函数,作出函数图象,
如图所示,方程有三个不同实数根,
等价于函数的图象与有三个不同的交点,
根据图象可知,当时,函数的图象与有三个不同的交点,
方程有三个不同的实数根,的取值范围是,故选A.
【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)直接法:直接根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围;
(2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数值域问题加以解决;
(3)数形结合法:先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中,画出函数的图象,然后数形结合求解.
10.已知数列的首项,前项和为,,,设,数列的前项和的范围( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先通过求解出通项公式,然后根据求解出通项公式,最后求解的前项和的范围.
【详解】因为,所以,所以,即,且,所以且时符合,所以;
因为,所以,所以,,
所以,
所以,令,
所以,所以,
所以是递减的,所以,所以,
综上:,
故选:C.
【点睛】本题考查数列的通项和求和的应用,难度较难.判断求和的结果的取值范围时,可以借助函数的思想,利用单调性去分析.
11.已知函数是定义在上的偶函数,设函数的导函数为,若对任意都有成立,则( ).
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
设 在 上是增函数,易得 是偶函数,故选A.
【点睛】本题考查函数奇偶性、函数与方程、函数与不等式、导数的应用,涉及函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想和转化化归思想,考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力,综合性较强,属于较难题型. 首先 在 上是增函数,易得 是偶函数,故选A.
12.已知双曲线的左、右焦点分别为,,是圆与位于轴上方的两个交点,且,则双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
连接,由双曲线的定义可得:, ,由,可得,在中,可得,在中,可得,由,可得,即有,可得,化为,得,解得 ,负值舍去,故选C.
点睛:本题考查双曲线的定义与离心率,属于中档题目.解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题,其关键是确立一个关于的方程或者不等式,再根据的等量关系消掉得到的关系式即可,建立方程或者不等式,要充分利用椭圆或双曲线的几何性质,点的坐标的范围等.
第Ⅱ卷(非选择题,共90分)
二、填空题:本大题共4个小题,每小题5分,共20分.
13.已知样本的平均数和方差分别是1和4,若的平均数和方差也是1和4,则__________.
【答案】1
【解析】
【分析】
根据平均数与方差的线性变换先去计算的值,然后计算的值.
【详解】因为的平均数为,所以的平均数为;因为的方差为,所以的方差为;所以,解得:或,所以.
【点睛】本题考查平均数与方差的线性变换,难度一般.已知的平均数与方差为:,那么的平均数与方差为:.
14.设定义在上的函数,给出以下四个论断:①的周期为; ②在区间上是增函数;③的图象关于点对称;④的图象关于直线对称.以其中两个论断作为条件,另两个论断作为结论,写出你认为正确的一个命题(写成“”的形式)______________.(其中用到的论断都用序号表示)
【答案】①④②③ 或①③②④
【解析】
若①成立,的周期为π,则;若④的图象关于直线对称.令时此时②的图像关于点(,0)对称成立;③在区间(,0)上是增函数成立;即①④②③;若①③成立可得,此时②在区间上是增函数成立,④的图象关于直线对称成立,故答案为①④②③
或①③②④.
15.已知椭圆与双曲线
有相同的焦点F1、F2,点P是两曲线的一个公共点,分别是两曲线的离心率,若PF1PF2,则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
由题意设焦距为2c,椭圆长轴长为2a1,双曲线实轴为2a2,令P在双曲线的右支上,由已知条件结合双曲线和椭圆的定义推志出a12+a22=2c2,由此能求出4e12+e22的最小值.
【详解】由题意设焦距为2c,椭圆长轴长为,双曲线实轴为2,
令P在双曲线的右支上,
由双曲线的定义,①
由椭圆定义,②
又∵PF1PF2,
∴,③
①2+②2,得,④
将④代入③,得,
∴.
故答案为:.
【点睛】本题主要考查了双曲线与椭圆离心率的计算,用到了双曲线和椭圆的定义及基本不等式求最值,考查了学生的计算能力,属于中档题.
16.已知三棱锥的四个顶点均在同一个球面上,底面满足,,若该三棱锥体积的最大值为3.则其外接球的体积为________.
【答案】
【解析】
【分析】
画出示意图,利用体积最大时所处的位置,计算出球的半径从而算出球的体积.
【详解】如图所示:
设球心为,所在圆面的圆心为,则平面;因为,,所以是等腰直角三角形,所以是中点;所以当三棱锥体积最大时,为射线与球的交点,所以;因为,设球的半径为,所以,所以,解得:,所以球的体积为:.
【点睛】本题考查三棱锥的外接球的相关计算,难度较难.处理球的有关问题时要充分考虑到球本身的性质,例如:球心与小圆面圆心的连线垂直于小圆面.
三、解答题:本大题共6个小题,共70分,解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17.已知分别是内角的对边,且满足: .
(1)求角的大小;
(2)设,为的面积,求的最大值.
【答案】(1);
(2).
【解析】
【分析】
(1)运用正弦定理可得b2+c2﹣a2=﹣bc,再由余弦定理计算可得所求角;
(2)运用正弦定理求得b,c,由三角形的面积公式可得S,再由两角差的余弦公式和余弦函数的值域,即可得到所求最大值.
【详解】(1)∵,
∴根据正弦定理,知,即.
∴由余弦定理,得.
又,所以.
(2)根据,及正弦定理
得,
∴
∴.
∴ .
故当时,取得最大值.
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理和面积公式的运用,以及余弦函数的值域,考查化简整理的运算能力,属于中档题.
18.如图,在四棱锥E-ABCD中,AE⊥DE,CD⊥平面ADE,AB⊥平面ADE,CD=DA=6,AB=2,DE=3.
(I)求棱锥C-ADE的体积;
(II)求证:平面ACE⊥平面CDE;
(III)在线段DE上是否存在一点F,使AF∥平面BCE?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.
【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)证明见解析;(Ⅲ)存在,.
【解析】
【分析】
(I)在中,,可得,由于平面,可得;(II)由平面,可得,进而得到平面,即可证明平面平面;(III)在线段上存在一点,使平面,.设为线段上的一点,且,过作交于点,由线面垂直的性质可得:.可得四边形是平行四边形,于是,即可证明平面
【详解】(I)在Rt△ADE中,,因为CD⊥平面ADE,
所以棱锥C-ADE的体积为.
(II)因为平面,平面,所以.又因为,,所以平面,又因为平面,所以平面平面
(III)在线段上存在一点F,且,使平面.
解:设为线段上一点,且,过点作交于,则.
因为平面,平面,所以,又因为
所以,,所以四边形是平行四边形,则.
又因为平面,平面,所以平面.
点睛:本题考查了线面面面垂直与平行的判定与性质定理、三棱锥的体积计算公式、平行线分线段成比例定理,考查了推理能力与计算能力,属于中档题;由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化,因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开,这是化解空间垂直关系难点的技巧所在,证明线面平行的几种常见形式:1、利用三角形中位线得到线线平行;2、构造平行四边形;3、构造面面平行.
19.前些年有些地方由于受到提高的影响,部分企业只重视经济效益而没有树立环保意识,把大量的污染物排放到空中与地下,严重影响了人们的正常生活,为此政府进行强制整治,对不合格企业进行关闭,整顿,另一方面进行大量的绿化来净化和吸附污染物,通过几年的整治,环境明显得到好转,针对政府这一行为,老百姓大大点赞.
(1)某机构随机访问50名居民,这50名居民对政府的评分(满分100分)如下表:
分数
频数
2
3
11
14
11
9
请在答题卡上作出居民对政府的评分频率分布直方图:
(2)当地环保部门随机抽测了2019年6月的空气质量指数,其数据如下表:
空气质量指数
0—50
50—100
100—150
150—200
天数
2
18
8
2
用空气质量指数的平均值作为该月空气质量指数级别,求出该月空气质量指数级别为第几级?(同一组数据用该组数据的区间中点值作代表,将频率视为概率)(相关知识参见附表)
(3)空气受到污染,呼吸系统等疾病患者最易感染,根据历史经验,凡遇到空气轻度污染,小李每天会服用有关药品花费50元,遇到中度污染每天服药的费用达到100元.环境整治前的2015年11月份小李因受到空气污染患呼吸系统等疾病花费了5000元,试估计2019年11月份(参考(2)中表格数据)小李比以前少花了多少钱的医药费?
附:
空气质量指数
0-50
50-100
100-150
150-200
200-300
>300
空气质量指数级别
I
II
III
IV
V
VI
空气质量指数
优
良
轻度污染
中度污染
重度污染
严重污染
【答案】(1)直方图见解析;(2)第Ⅱ级;(3)4400元.
【解析】
【分析】
(1)计算出每组频率除以组距的值做为纵轴的数值;(2)利用组中值计算出平均值,根据表格判断空气质量指数级别为第几级;(3)根据(2)中表格数据,计算出轻度污染和重度污染对应的服药费用总和,然后和以前的费用做对比去计算少花的钱.
【详解】(1)由评分表可知,相应区间频率除以组距的值分别为0.008,0.012,0.044,0.056,0.044,0.036,其频率分布直方图如图所示:
(2)由题得,该月空气质量指数平均值为.
对照表格可知,该月空气质量指数为第Ⅱ级,属于良.
(3)估计2019年11月份轻度污染有8天,中度污染有2天,
所以小李花费的药费为 元.
又元,所以相比2015年11月份,
小李少花费了4400元的医药费.
【点睛】本题考查频率分布直方图的应用,难度一般.注意频率分布直方图的纵轴表示的数值是频率除以组距,不是频率,这一点要注意.
20.已知两点,,动点与两点连线的斜率满足.
(1)求动点的轨迹的方程;
(2)是曲线与轴正半轴的交点,曲线上是否存在两点,使得是以为直角顶点的等腰直角三角形?若存在,请说明有几个;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)();(2)存在,3个.
【解析】
【分析】
(1)求动点的轨迹方程的一般步骤:1.建系——建立适当的坐标系.2.设点——设轨迹上的任一点P(x,y).3.列式——列出动点P所满足的关系式.4.代换——依条件式的特点,选用距离公式、斜率公式等将其转化为x,y的方程式,并化简.5.证明——证明所求方程即为符合条件的动点的轨迹方程;(2)由题意可知设所在直线的方程为,则所在直线的方程为分别联立椭圆方程求得弦长,,再由得解方程即可.
【详解】(1)设点的坐标为(),则,,
依题意,所以,化简得,
所以动点的轨迹的方程为().
注:如果未说明(或注),扣1分.
(2)设能构成等腰直角,其中为,
由题意可知,直角边,不可能垂直或平行于轴,
故可设所在直线的方程为,
(不妨设),则所在直线的方程为,
联立方程,消去整理得,解得,
将代入可得,故点的坐标为.
所以,
同理可得,由,得,
所以,整理得,
解得或,
当斜率时,斜率;
当斜率时,斜率;
当斜率时,斜率,
综上所述,符合条件的三角形有个.
考点:圆锥曲线的综合应用
21.已知函数,其中.
(Ⅰ)当a=1时,求函数的单调区间:
(Ⅱ)求函数的极值;
(Ⅲ)若函数有两个不同的零点,求a的取值范围。
【答案】(Ⅰ)单调减区间为(1,+) ,增区间为(0,1); (Ⅱ)见解析(Ⅲ)a>1
【解析】
【分析】
(Ⅰ)当a=1, f′(x)=,解f′(x)<0和f′(x)>0确定单调区间;(Ⅱ)f′(x),讨论a≤0和a>0时f′(x)的符号,确定单调性和极值;(Ⅲ)由(Ⅱ)知当 a≤0时,f(x)至多有一个零点,舍去;当a>0时,函数的极小值为f(a)=设函数g(x)=lnx+x-1,求导确定g(x):当01时,g(x)>0,分情况讨论:当01时,由零点存在定理确定()和(a,3a-1)各有一个零点,则a可求
【详解】(Ⅰ)当a=1时,, f′(x)=
当f′(x)<0时,x>1; f′(x)>0时,00,当x>a时,f′(x)<0,
此时f(x)在(0,a)递增,在(a,+∞)递减;
∴当x=a时,函数的极大值为f(a)=,无极小值
(Ⅲ)由(Ⅱ)可知
当 a≤0时,f(x)在(0,+∞)递减,则f(x)至多有一个零点,不符合题意,舍去;
当a>0时,函数的极小值为f(a)=,
令g(x)=lnx+x-1(x>0)
∵ ∴g(x)在(0,+∞)单调递增,又g(1)=0, ∴01时,g(x)>0
(i) 当01时,f(a)=ag(a)>0
∵∴函数f(x)在()内有一个零点,
∵f(3a-1)=aln(3a-1)-
设h(x)=lnx-x(x>2)
∵ ∴h(x)在(2,+∞)内单调递减,则h(3a-1)1时,函数f(x)恰有两个零点
综上,函数有两个不同的零点时,a>1
【点睛】本题考查函数的导数的综合应用,函数的单调性以及函数的零点个数的判断,函数的最值的应用,考查分析问题解决问题的能力.
选考部分:请考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题记分.做答时,用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号后的方框涂黑.
选修4-4;坐标系与参数方程
22.在平而直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线的极坐标方程为 ,曲线的极坐标方程为
(1)求曲线和的直角坐标方程;
(2)已知点是曲线上一点、分别是和上的点,求的最大值.
【答案】(1);;;(2)15.
【解析】
【分析】
(1)由曲线参数方程消去参数可得曲线普通方程,根据极坐标与直角坐标的互化公式,即可求得曲线和的直角坐标方程.
(2)由双曲线的定义可得,由点是曲线上一点、分别是和上的点,得到,,即可求解
的最大值.
【详解】(1)由曲线的方程为(为参数),消去参数可得曲线的方程为,
由曲线的极坐标方程为,曲线的极坐标方程,
根据极坐标与直角坐标的互化公式,且,
可得曲线直角坐标方程为,曲线的直角坐标方程为.
(2)由(1)知双曲线,则,,可得,
所以,,
由双曲线的定义,可得,
因为点是曲线上一点、分别是和上的点,
可得,,
所以,
所以的最大值为.
【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程,极坐标方程与直角坐标方程的互化,以及双曲线的定义和圆的性质的应用,着重考查了推理与运算能力,属于中档试题.
选修4-5;不等式选讲
23.设函数,恒成立.
(1)求实数的取值范围;
(2)求证:
【答案】(1);(2)详见解析.
【解析】
【分析】
(1)由恒成立,转化为恒成立,令,求得函数的最大值,得到的不等式,即可求解.
(2)转化为证明,利用基本不等式,即可作出证明.
【详解】(1)由题意知恒成立,即恒成立,
即恒成立.
令
可得函数在上是增函数,在上是减函数,
所以,则,
即,整理得,解得,
综上实数取值范围是.
(2)由,知,
即,
所以要证,
只需证,
即证,
又
,
成立.
【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的恒成立问题,以及基本不等式的应用,其中解答中把不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题,以及合理使用基本不等式是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,以及推理与运算能力,属于中档试题.