上海市大同中学2020届高三上学期10月学情调研数学试题 20页

‎2019-2020年大同中学高三上10月月考数学卷 一.填空题 ‎1.不等式的解集是________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 转化为两个不等式组可解得.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以或,‎ 解得.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了分式不等式解法,属于基础题.‎ ‎2.已知数列为等差数列，若，则________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等差数列的性质,转化为进行计算可得.‎ ‎【详解】因为,‎ 根据等差数列的性质可得,,所以,‎ 所以.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的性质,属于基础题.‎ ‎3.若，，且为纯虚数，则实数=________‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的除法运算化简复数,然后令实部为0,虚部不为0可得.‎ ‎【详解】因为为纯虚数,‎ 所以且 ,即.‎ 故答案为:8‎ ‎【点睛】本题考查了复数的除法运算,纯虚数的概念,属于基础题.‎ ‎4.幂函数的图象经过点，则它的单调减区间为________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将点代入,解得,从而可得幂函数的单调递减区间.‎ ‎【详解】依题意得,,即,‎ 所以,‎ 所以的解析式为:,‎ 所以单调递减区间为.‎ 故答案为: .‎ ‎【点睛】本题考查了幂函数的单调区间,属于基础题.‎ ‎5.已知，，则=_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎,然后由两角和的正切公式可得.‎ ‎【详解】根据两角和的正切公式可得:‎ ‎.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了两角和的正切公式,属于基础题.解题关键是将拆成两个已知角之和.‎ ‎6.设实数、满足，则最大值为________‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出可行域后,观察图象利用直线的纵截距最大找到最优解,代入即可求得.‎ ‎【详解】作出不等式所表示的平面区域,如图:‎ 令,则,‎ 要使最大,即直线的纵截距最大,观察图象可知,最优解为,‎ 所以的最大值为.‎ 故答案为:2‎ ‎【点睛】本题考查了利用线性规划求目标函数的最大值.‎ ‎7.正四面体相邻两侧面所成角的大小为________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 转化为侧面与底面所成角,取底面中心,连,延长交与,连,则可得为二面角的平面角,然后在直角三角形中计算可得.‎ ‎【详解】如图:‎ 因为正四面体的相邻两个侧面所成的角和侧面与底面所成的角相等,‎ 所以只需求侧面与底面所成角的大小,‎ 设正四面体的棱长为1,底面中心为,连,则平面,‎ ‎,连,并延长交于,则,连,则,且为的中点,‎ 所以就是侧面与底面所成二面角的平面角,‎ 因为,‎ 所以,‎ 所以直角三角形中,‎ 所以.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了二面角的求法,解题关键是利用三垂线定理作出平面角,属于基础题.‎ ‎8.从8名女生和4名男生中选出6名学生组成课外活动小组，则按4位女生和2位男生组成课外活动小组的概率为________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据排列组合知识求出基本事件总数和所求事件的总数后,利用古典概型概率公式可得.‎ ‎【详解】从8名女生和4名男生中选出6名学生组成课外活动小组,总共有,‎ 按4位女生和2位男生组成课外活动小组共有,‎ 根据古典概型概率公式得所求概率为:.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了排列组合以及古典概型的概率公式,属于中档题.‎ ‎9.已知F是抛物线的焦点，M是这条抛物线上的一个动点，P（3,1）是一个定点，则的最小值是 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：设点在准线上的射影为，则根据抛物线定义可得：，所以 的最小值，即为的最小值，当三点共线时最小，其值为，故答案为．‎ 考点：1．抛物线定义；2．抛物线的最值问题．‎ ‎【方法点晴】本题主要考查的是抛物线定义以及最值问题，属于中档题．解题时一定注意点的位置，该题点在抛物线内，利用抛物线的定义，转化为求的最小值，若点在抛物线外，比如为，根据图象可得最小距离为，所以在解此类题时一定注意判断点与抛物线的位置关系．‎ ‎10.已知函数，数列满足，，则的值为________‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据为递增函数可得,再根据为等比数列,可求得,最后由的表达式可求得.‎ ‎【详解】因为函数为递增函数,且,‎ 所以,又,‎ 所以数列是首项为,公比为的等比数列,‎ 所以,‎ 所以.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的单调性,等比数列的通项公式,属于中档题.‎ ‎11.已知正方形的四个项点分别为，，，，点、分别在线段、上运动，且，设与交于点，则点的轨迹方程是________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设,则,然后写出两条直线的方程,联立解得点的坐标,然后消去参数可得.‎ ‎【详解】如图:‎ 设,则,‎ 所以直线的方程为:,‎ 直线的方程为:,‎ 联立解得消去得,‎ 所以点的轨迹方程是.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查了交轨法求曲线的轨迹方程,易错警示是容易遗漏范围,属于中档题.‎ ‎12.平面直角坐标系中，为单位向量，向量满足，其中为正常数，若对任意实数成立，则的取值范围是________‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将两边平方后,化为关于的一元二次不等式恒成立,由判别式小于等于零,再解关于的不等式可得.‎ ‎【详解】由两边平方得,‎ 得对任意实数都成立,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 因为,‎ 所以,‎ 所以,‎ 故答案为: .‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量的数量积以及一元二次不等式恒成立问题,属于中档题.‎ 二.选择题 ‎13.已知，，则是的（ ）条件 A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充分必要 D. 既非充分又非必要 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解出两个不等式的解集,根据真子集关系可得.‎ ‎【详解】因为;‎ ‎,‎ 又Ü,‎ 所以命题是的充分非必要条件,‎ 故选.‎ ‎【点睛】本题考查了充分非必要条件,对数不等式和一元二次不等式的解法,属于基础题.‎ ‎14.已知的反函数为，则的定义域为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原函数的定义域是反函数值域,只需求反函数的值域即可得到.‎ ‎【详解】因为的反函数为,‎ 所以的定义域为的值域,‎ 因为,‎ 所以,‎ 即的值域为,‎ 所以的定义域为.‎ 故选.‎ ‎【点睛】本题考查了原函数与其反函数的定义域和值域的关系,属于基础题.‎ ‎15.设函数，方程有且只有两个不相等实数根，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将方程根的问题转化为函数图象的交点问题解决即可.‎ ‎【详解】因为方程有且只有两个不相等实数根,所以函数与函数图象有且只有两个交点,‎ 函数的图象如下:‎ 由图可知:.‎ 故选.‎ ‎【点睛】本题考查了由方程实根的个数求参数取值范围,解题关键是转化为两个函数图象的交点个数问题解决,属于中档题.‎ ‎16.对于数集，其中，，定义向量集，若对任意，存在，使得，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取,设,满足,根据向量数量积运算,结合,‎ 可得中必有一个另一个为,再通过反证法假设,推出矛盾,即可得到.‎ ‎【详解】取,,设,满足,可得,即,‎ 因为,所以,所以异号,‎ 因为是数集中的唯一一个负数,所以中负数必为,另一个数为,‎ 假设,其中,则,‎ 再取,设,满足,可得,‎ 所以异号,其中一个为,‎ ‎①若,则,矛盾;‎ ‎②若,则,矛盾;‎ 说明假设不成立,由此可得当时,.‎ 故选.‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量的数量积的坐标运算以及反证法,属于中档题.‎ 三.解答题 ‎17.设，为常数.‎ ‎（1）试判断函数奇偶性；‎ ‎（2）若对于任意，的值域为，求实数的集合.‎ ‎【答案】（1）奇函数；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用奇函数的定义判断可得;‎ ‎(2)对分两种情况和讨论,求出最小值与已知值域比较可得.‎ ‎【详解】(1)因为,所以,定义域为 ‎,‎ 所以,‎ 所以函数为奇函数.‎ ‎(2)因为,‎ 当时,为上的递增函数,所以时,,‎ 解得;‎ 当时,,值域不可能为,‎ 所以.‎ 综上所示:.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的奇偶性的判断,利用单调性求函数的最小值,属于中档题.‎ ‎18.已知向量和向量，且∥.‎ ‎（1）求函数的最小正周期和最大值；‎ ‎（2）已知△的三个内角分别为，，，若有，，求△面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）最小正周期为，最大值为2；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用向量平行的坐标表示可得的表达式,然后可求出最小正周期和最大值;‎ ‎(2)利用(1)中的以及可解得,再根据余弦定理可得以及重要不等式可得 ,再利用面积公式可得.‎ ‎【详解】(1)因为 向量和向量，且∥.‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以最小正周期,最大值为2.‎ ‎(2)由(1)知,所以,‎ 所以,‎ 因为,所以,所以,‎ 所以,‎ 在三角形中,设三个内角分别为，，所对的边为,‎ 由余弦定理得,‎ 所以,‎ 所以(当时等号成立),‎ 所以,‎ 所以△面积.‎ 所以△面积的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查了向量平行的坐标表示,三角函数的最小正周期,最大值,余弦定理,重要不等式,面积公式,属于中档题.‎ ‎19.图（1）为东方体育中心，其设计方案侧面外轮廓线如图（2）所示；曲线是以点为圆心的圆的一部分，其中，曲线是抛物线的一部分；且恰好等于圆的半径，与圆相切且.‎ ‎（1）若要求米，米，求与的值；‎ ‎（2）当时，若要求不超过45米，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据圆的半径,求出的值,再利用圆的方程求出点的坐标,代入抛物线方程可求出的值;‎ ‎(2)根据圆的半径,利用抛物线方程求出的值,写出的表达式,求在上时,恒成立即可.‎ ‎【详解】(1)依题意得,所以所以,‎ 此时圆,‎ 令,得,‎ 所以,所以,‎ 将点代入中,解得,‎ 综上:.‎ ‎(2)因为圆的半径为,所以,‎ 将代入可得,所以,‎ 在中,令,解得,‎ 所以对任意恒成立,‎ 所以对任意恒成立,‎ 令(,则,‎ 因为时,,‎ 所以为单调递减函数,‎ 所以时,函数取得最小值,‎ 所以,‎ 解得.‎ 所以的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查了圆的方程,抛物线方程,不等式恒成立,利用函数单调性求最值,本题属于中档题.‎ ‎20.给定椭圆，称圆心在坐标原点，半径为的圆是椭圆的“伴椭圆”，若椭圆右焦点坐标为，且过点.‎ ‎（1）求椭圆的“伴椭圆”方程；‎ ‎（2）在椭圆的“伴椭圆”上取一点，过该点作椭圆的两条切线、，证明：两线垂直；‎ ‎（3）在双曲线上找一点作椭圆的两条切线，分别交于切点、使得，求满足条件的所有点的坐标.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）或或或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 利用和联立解方程可得;‎ ‎(2) 设切线方程为:,代入椭圆的方程,利用判别式等于0,可得关于斜率的一元二次方程,利用韦达定理可得斜率之积为,从而可证两条切线垂直;‎ ‎(3) 设经过点与椭圆相切的直线为:,代入椭圆的方程,利用判别式为0, 可得关于斜率的一元二次方程,然后根据斜率之积为可得点的轨迹方程为,最后联立此方程与双曲线方程可解得的坐标即可.‎ ‎【详解】(1)依题意可得,,所以,①‎ 又椭圆过点,所以 ②‎ 由①②可得,‎ 椭圆的“伴椭圆”方程为:.‎ ‎(2)由(1)可得椭圆,‎ 设切线方程为:,将其代入椭圆,消去并整理得:‎ ‎,‎ 由,‎ 得,‎ 设,的斜率为,则,‎ 所以两条切线垂直.‎ ‎(3)当两条切线的斜率存在时,设经过点与椭圆相切的直线为:,‎ 则 ‎ 消去并整理得,,‎ 所以,‎ 经过化简得到:,‎ 设两条切线的斜率分别为,‎ 则,‎ 因为,所以,所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 当两条切线的斜率不存在时,也满足,‎ 所以的轨迹为椭圆的”伴随圆”,其方程为:,‎ 联立,解得,‎ 所以或或或,‎ 所以满足条件的所有点的坐标为: 或或或.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与椭圆相切的位置关系,圆的方程 ,韦达定理,两条直线垂直关系,运算求解能力,设直线方程时,要注意讨论斜率是否存在,本题属于难题.‎ ‎21.已知整数满足，定义，.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若为等比数列，公比为，且，求；‎ ‎（3）若，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）若，，若，；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)作差、分解因式后利用已知可证;‎ ‎(2)根据等比数列的性质得,,,,,代入可得,再用等比数列的前项和公式可求得;‎ ‎(3)对利用完全平方公式变形,再利用,,放缩后配方可得.‎ ‎【详解】(1) 证明:‎ ‎,‎ 因为,‎ 所以,‎ 故.‎ ‎(2) 若为等比数列,则根据等比数列的性质可得:,,,,,‎ 所以 ‎=‎ ‎,‎ 所以,‎ ‎①当时,,‎ ‎②当时,‎ ‎.‎ ‎(3)因为,‎ 所以,‎ 因为,,,所以 ‎,‎ 所以,等号成立的条件为: ,或,(不唯一).‎ 所以的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列前项公式,放缩法,二次函数求最小值,属于难题.‎ ‎ ‎