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  • 2021-07-01 发布

辽宁省葫芦岛协作校2020届高三上学期考试数学(理)试题

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高三上学期协作校第二次考试数学试题(理科)‎ 一、选择题 ‎1.已知集合,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由二次不等式的解法求再利用集合交集的运算可得,得解.‎ ‎【详解】解:‎ 因为 ‎ 所以,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了二次不等式的解法及集合交集的运算,属基础题.‎ ‎2.若向量,且,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量平行坐标表示列式求解,即得结果.‎ ‎【详解】‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查向量平行坐标表示,考查基本分析求解能力,属基础题.‎ ‎3.命题“”否定为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由特称命题的否定为全称命题,小于零的否定为大于或等于零,得解.‎ ‎【详解】解:由特称命题的否定为全称命题,小于零的否定为大于或等于零,‎ 即命题“”的否定为“”,‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了特称命题与全称命题的否定,属基础题.‎ ‎4.函数的零点所在的区间为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据零点存在性定理,判断零点所在区间.‎ ‎【详解】因为,,,所以的零点所在的区间为.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查零点存在性定理,意在考查基本概念和方法,属于基础题型.‎ ‎5.已知,,是三个不同平面,,是两条不同的直线,下列判断正确的是( )‎ A. 若,,则 B. 若,,则 C. 若,,,则 D. 若,,,则 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线线,线面,面面关系,逐一判断选项,得到正确答案.‎ ‎【详解】A.若,,则,或,相交,故不正确;‎ B.因为同时垂直于一个平面的两条直线互相平行,故B正确.‎ C. 若,,,则可能垂直也可能不垂直,故不正确;‎ D. 若,,,则,或异面,故不正确.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查线线,线面,面面的位置关系,意在考查空间想象能力和分析问题的能力,属于基础题型.‎ ‎6.已知两个单位向量的夹角为60°,向量,则( )‎ A. B. C. D. 7‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据向量数量积定义得,再求,即得结果.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以 故选:A ‎【点睛】本题考查利用向量数量积求向量的模,考查基本分析求解能力,属基础题.‎ ‎7.“,”是“”的( )‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求的最小值,然后根据恒成立问题求 的取值范围,再判断命题的充分必要条件.‎ ‎【详解】∵,∴,‎ 当且仅当,即时,等号成立.∴.‎ ‎,‎ ‎“,”是的必要不充分条件.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查恒成立求参数取值范围和判断充分必要条件,本题的关键是求的最小值.‎ ‎8.已知函数值域为,函数,则的图象的对称中心为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由值域为确定值,得,利用对称中心列方程求解即可 ‎【详解】因为,又依题意知的值域为,所以 得,,‎ 所以,令,得,则的图象的对称中心为.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查三角函数 的图像及性质,考查函数的对称中心,重点考查值域的求解,易错点是对称中心纵坐标错写为0‎ ‎9.设,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对式子进行化简,分子分母同时除以,再利用正切的和角公式求解可得,原式,根据诱导公式可得,进而利用倍角公式求解即可 ‎【详解】,‎ 因为,‎ 所以,故 故选:A ‎【点睛】本题考查利用正切的和角公式、倍角公式进行化简,考查三角函数分式齐次式求值问题 ‎10.唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示,它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(如图2).当这种酒杯内壁表面积(假设内壁表面光滑,表面积为平方厘米,半球的半径为厘米)固定时,若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍,则的取值范围为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆柱的高度与半球的半径分别为,计算容积得到,根据高的关系得到,计算得到答案.‎ ‎【详解】设圆柱的高度与半球的半径分别为,则,则,‎ 所以酒杯的容积,‎ 又,所以,所以,解得.‎ 故选 ‎【点睛】本题考查了几何体的体积运算,意在考查学生的计算能力和空间想象能力.‎ ‎11.已知函数是定义在上的偶函数,且在上单调递增,则不等式的解集为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数是定义在上的偶函数,得到的对称轴为,进而确定出的对称轴,利用函数增减性求出所求不等式的解集即可.‎ ‎【详解】函数是定义在上的偶函数,‎ 关于轴对称,‎ 由向右平移个单位得到 ‎ 关于直线对称, ‎ 在上单调递增,且,‎ 上单调递减,‎ ‎ ,即 ‎ ‎ 即,解得,‎ 所以不等式的解集为,‎ 故选:D ‎【点睛】本题主要考查函数的奇偶性、单调性及其应用,考查抽象不等式的求解,考查转化思想,灵活运用函数性质去掉不等式中的符号“”是解题的关键.‎ ‎12.已知函数,,若,,,则a的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导,确定,换元,构造函数求出的最小值,列不等式求解即可 ‎【详解】因为,所以在上为增函数,所以.‎ 令,,.当时,;当时,.所以,从而.依题意可得,即.‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查函数最值的求解,考查换元法的应用,着重考查导数的应用,是中档题,注意最值的转化.‎ 二、填空题 ‎13.若,满足约束条件,则的最小值为__________.‎ ‎【答案】-2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先作出可行域,然后作出初始目标函数,然后判断目标函数的最小值.‎ ‎【详解】‎ 如图,作出可行域,由图象可知,当目标函数过点C时,函数取值最小值,‎ ‎.‎ 故答案为:-2‎ ‎【点睛】本题考查线性规划,意在考查基础知识和计算能力,属于基础题型.‎ ‎14.函数的最小正周期为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二倍角公式化简,然后再求函数的最小正周期.‎ ‎【详解】∵,∴.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查二倍角公式和求函数的周期,意在考查基本的计算,属于基础题型.‎ ‎15.已知函数,则不等式的解集为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 证明为奇函数,并确定为增函数,去掉函数符号列不等式求解 ‎【详解】由题定义域为R,‎ 故为奇函数,则等价于,又为增函数,所以,解得.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题主要考查不等式的求解,利用条件判断函数的奇偶性和单调性是解决本题的关键.‎ ‎16.已知数列满足,设数列的前n项和为,则______;______.‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据等差数列定义以及通项公式求,再根据分组求和法得结果.‎ ‎【详解】因为,所以,因此为等差数列 故 所以 ‎,‎ 故答案为:(1) 4 (2) ‎ ‎【点睛】本题考查分组求和法、等差数列定义以及通项公式,考查基本分析归纳能力,属基础题.‎ 三、解答题 ‎17.已知集合,.‎ ‎(1)当时,求;‎ ‎(2)若,求的取值范围.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先求得,然后求得.‎ ‎(2)根据判断,将分成两种情况列不等式,解不等式求得的取值范围.‎ ‎【详解】(1)当时,,‎ 所以或.‎ 又,所以.‎ ‎(2)由,可得.‎ ‎①当时,有,解得;‎ ‎②当时,由,可得 解得.‎ 综上,可得的取值范围为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查集合交集、补集运算,考查根据并集的结果求参数的取值范围,考查子集的概念和运用,属于基础题.‎ ‎18.已知首项为的等比数列的前项和为. ‎ ‎(1)求的通项公式;‎ ‎(2)若,,求数列的前项和.‎ ‎【答案】(1)或;(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)设等比数列的公比为,根据题中条件求出的值,然后利用等比数列的通项公式可求出数列的通项公式;‎ ‎(2)由(1)可得,求出,可得出,然后利用裂项求和法可求出数列的前项和.‎ ‎【详解】(1)设等比数列的公比为,由题意可得,整理得,‎ 解得或,因此,或;‎ ‎(2),,,‎ ‎,‎ 因此,.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列通项公式的求解,同时也考查了裂项求和法的应用,考查计算能力,属于基础题.‎ ‎19.已知四棱锥的直观图如图所示,其中,,两两垂直,,且底面为平行四边形.‎ ‎(1)证明:.‎ ‎(2)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是该四棱锥的正视图与俯视图,请在网格纸上用粗线画出该四棱锥的侧视图,并求四棱锥的体积.‎ ‎【答案】(1)证明见解析(2)作图见解析,‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据,得到平面,得到证明.‎ ‎(2)直接画出侧视图,利用体积公式直接计算得到答案.‎ ‎【详解】(1)因为两两垂直,所以,.‎ 因为,所以平面.‎ 因为平面,所以.‎ ‎(2)该四棱锥的侧视图如图所示:‎ 依题意可得四边形为正方形,四棱锥的体积为.‎ ‎【点睛】本题考查了三视图的应用,体积的计算,意在考查学生的计算能力和空间想象能力.‎ ‎20.分别为内角的对边.已知.‎ ‎(1)若的面积为,求;‎ ‎(2)若,求的周长.‎ ‎【答案】(1) . ‎ ‎(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由已知,结合正弦定理可得,再结合三角形的面积公式 ‎,将已知条件代入运算即可;‎ ‎(2)由,结合余弦定理得,得解.‎ ‎【详解】解:(1)由,得 .‎ 因为的面积为,‎ 所以.‎ ‎(2)因为,可得 ‎ 由余弦定理得,‎ 所以,‎ 故的周长为.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理及三角形面积公式的应用,属基础题.‎ ‎21.如图1,在等腰中,,,分别为,的中点,为的中点,在线段上,且。将沿折起,使点到的位置(如图2所示),且。‎ ‎(1)证明:平面;‎ ‎(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值 ‎【答案】(1)证明见解析 ‎(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)要证明线面平行,需证明线线平行,取的中点,连接,根据条件证明,即;‎ ‎(2)以为原点,所在直线为轴,过作平行于的直线为轴,所在直线为轴,建立空间直角坐标系,求两个平面的法向量,利用法向量求二面角的余弦值.‎ ‎【详解】(1)证明:取的中点,连接.‎ ‎∵,∴为的中点.‎ 又为的中点,∴.‎ 依题意可知,则四边形为平行四边形,‎ ‎∴,从而.‎ 又平面,平面,‎ ‎∴平面.‎ ‎(2),且,‎ 平面,平面,‎ ‎,‎ ‎,且,‎ 平面,‎ 以为原点,所在直线为轴,过作平行于的直线为轴,所在直线为轴,建立空间直角坐标系,不妨设,‎ 则,,,,,‎ ‎,,,.‎ 设平面的法向量为,‎ 则,即,‎ 令,得.‎ 设平面的法向量为,‎ 则,即,‎ 令,得.‎ 从而,‎ 故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的证明和空间坐标法解决二面角的问题,意在考查空间想象能力,推理证明和计算能力,属于中档题型,证明线面平行,或证明面面平行时,关键是证明线线平行,所以做辅助线或证明时,需考虑构造中位线或平行四边形,这些都是证明线线平行的常方法.‎ ‎22.已知函数的图象在点处的切线的斜率为.‎ ‎(1)讨论的单调性;‎ ‎(2)当时,证明:.‎ ‎【答案】(1) 见解析 (2)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先求导,求出,再分类讨论当和时导数的符号变化,即可得出单调性;‎ ‎(2)原不等式即证明,构造函数和,分别求导确定最大值和最小值即可证明 ‎【详解】(1),则,‎ 解得,.‎ 当时,,在上单调递增. ‎ 当时,令,得;令,得. ‎ 所以在上单调递增,在上单调递减. ‎ ‎(2)证明:要证,只要证. ‎ 令,则,‎ 当时,得;当时,得.‎ 所以, ‎ 令,则.‎ 当时,得,当时,得 ‎ 所以 因为,所以, ‎ 又,所以,得证.‎ ‎【点睛】本题考查了导数和函数的单调性和最值的关系,需要分类讨论,考查不等式证明,通常拆分为两个基本函数求最值是常用方法,属于难题.‎ ‎ ‎