2019-2020年高三數(shù)學返校聯(lián)考試題 文（含解析） .doc

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2019-2020年高三數(shù)學返校聯(lián)考試題 文（含解析） 【試卷綜析】客觀地說試題的設計、考查的要求和復習的導向都比較好，結(jié)構(gòu)穩(wěn)定。整套試卷的題型設置，試題總體結(jié)構(gòu)、考點分布、題型題量、賦分權(quán)重等方面均與歷年考題保持一致，充分體現(xiàn)了穩(wěn)定的特點。試題緊緊圍繞教材選材，注重基礎知識和基本能力的檢測?？疾榱吮匾獢?shù)學基礎知識、基本技能、基本數(shù)學思想；考查基本的數(shù)學能力，以及數(shù)學的應用意識、創(chuàng)新意識、科學態(tài)度和理性精神等要求落到實處，模擬試卷有模仿性，即緊跟上一年高考試卷的命題，又有預見性，能夠預測當年試卷的些微變化，具有一定的前瞻性，對學生有所啟發(fā)，提高學生的應試備考能力，提升得分。 第Ⅰ卷（選擇題部分 共50分） 一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的. 【題文】A B U 1. 設全集,，，則圖中陰影部分表示的集合為（ ） A． B． C． D． 【知識點】集合的基本運算.A1 【答案解析】B解析：由圖得到陰影部分對應的集合為A∩（?UB）， ∵={x|-3＜x＜0}，， ∴?UB={x|x≥-1}，∴A∩（?UB）={x|-1≤x＜0}，故選：B 【思路點撥】先得到集合關(guān)系為A∩（?UB），然后根據(jù)集合的基本運算求解即可． 【題文】2. 已知且，則是的（ ） A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷．A2 【答案解析】A解析：∵且，若， ∴或?； 若“，或，， ∴是的充分而不必要條件， 故選A． 【思路點撥】已知，解出a，b的值，再根據(jù)充分條件和必要條件的定義進行求解. 【題文】3. 已知直線、與平面下列命題正確的是（ ） A． B． C． D． 【知識點】空間中線面位置關(guān)系.G4 G5 【答案解析】D解析：對A，若則m與n可以平行、相交或異面直線，故A不正確； 對B，∵所以兩條直線位置關(guān)系是平行、相交或異面，故B錯誤； 對C，n與β位置關(guān)系不確定．故C不正確； 對D，由，得n?α或n∥α，又因，則，故D正確． 故選D． 【思路點撥】本題考查了線線，線面平行、垂直關(guān)系的判斷，熟練掌握線面平行、垂直的判定與性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵． 【題文】4. 同時具有性質(zhì)：“①最小正周期是；②圖象關(guān)于直線對稱；③在上是增函數(shù)”的一個函數(shù)是（ ） A． B． C． D． 【知識點】三角函數(shù)的周期性及其求法；正弦函數(shù)的單調(diào)性；正弦函數(shù)的對稱性．C3 【答案解析】C解析：首先由最小正周期是，可以排除A； 又因為，不是最值，可以排除排除D； 將代入B，可得到B不是關(guān)于直線對稱．可以排除B： 即可得到C正確． 故選C． 【思路點撥】首先此類題目考慮用排除法，根據(jù)周期可以排除A，根據(jù)對稱性可排除B，根據(jù)對稱軸取最值排除D．即可得到答案C正確． 【題文】5.已知數(shù)列是等差數(shù)列,若，，且數(shù)列的前項和有最大值，那么取得最小正值時等于（　?。? A．20 B．17 C．19 D．21 【知識點】等差數(shù)列的性質(zhì)．D2 【答案解析】C 解析：∵數(shù)列是等差數(shù)列，若，設公差為d，則有，即， 故有，且． 再由前n項和Sn有最大值，可得數(shù)列為遞減數(shù)列，公差d＜0． 結(jié)合，可得，故． 綜上可得． 令＞0，且≤0，可得，且． 化簡可得，且．即，且． 再由，可得，∴19≤n≤19，∴n=19， 故選C． 【思路點撥】由條件求得，d＜0．令＞0，且≤0，可得，且．再由，可得，∴19≤n≤19，從而得到n的值． 【題文】6.若關(guān)于的不等式在區(qū)間上有解,則實數(shù)的取值范圍為（　?。? A． B． C．(1,+∞) D． 【知識點】一元二次不等式的解法．E3 【答案解析】A 解析：令，則， ①頂點橫坐標，要使關(guān)于x的不等式 在區(qū)間上有解，則應滿足 ，解得； ②時，要使關(guān)于x的不等式在區(qū)間上有解，也應滿足，解得． 綜上可知：實數(shù)a的取值范圍是(，+∞)．故選A． 【思路點撥】令，則，無論頂點橫坐標，還是時，要使關(guān)于要使關(guān)于x的不等式在區(qū)間上有解，則應滿足，解出即可． 【題文】7.設，若函數(shù)為單調(diào)遞增函數(shù)，且對任意實數(shù)x，都有（是自然對數(shù)的底數(shù)），則的值等于( ) A. 1 B． C．3 D． 【知識點】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)．B3 【答案解析】C 解析：設，則，則條件等價為， 令，則，∵函數(shù)為單調(diào)遞增函數(shù)， ∴函數(shù)為一對一函數(shù)，解得，∴，即， 故選：C． 【思路點撥】利用換元法 將函數(shù)轉(zhuǎn)化為，根據(jù)函數(shù)的對應關(guān)系求出的值，即可求出函數(shù)的表達式，即可得到結(jié)論． 【題文】8.已知、分別是橢圓的左、右焦點，是橢圓上一動點，圓與的延長線、的延長線以及線段相切，若為其中一個切點，則 (　　) A． B． C． D．與的大小關(guān)系不確定 【知識點】圓與圓錐曲線的綜合．H4 【答案解析】A 解析：由題意知，圓C是△AF1F2的旁切圓，點M是圓C與x軸的切點，設圓C與直線F1A的延長線、AF2分別相切于點P，Q， 則由切線的性質(zhì)可知：AP=AQ，F(xiàn)2Q=F2M，F(xiàn)1P=F1M， ∴MF2=QF2=（AF1+AF2）-（AF1+AQ）=2a-AF1-AP=2a-F1P=2a-F1M ∴MF1+MF2=2a，∴t=a=2．故選A． 【思路點撥】由題意知，圓C是△AF1F2的旁切圓，點M是圓C與x軸的切點，設圓C與直線F1A的延長線、AF2分別相切于點P，Q，則由切線的性質(zhì)可知：AP=AQ，F(xiàn)2Q=F2M，F(xiàn)1P=F1M，由此能求出t的值． 【題文】. 9.在正方體中，是棱的中點，是側(cè)面內(nèi)的動點，且平面，則與平面所成角的正切值構(gòu)成的集合是 （ ） A． B． C． D． 【知識點】直線與平面所成的角．G5 【答案解析】D 解析：設平面AD1E與直線BC交于點G，連接AG、EG，則G為BC的中點分別取B1B、B1C1的中點M、N，連接AM、MN、AN，則 ∵A1M∥D1E，A1M?平面D1AE，D1E?平面D1AE， ∴A1M∥平面D1AE．同理可得MN∥平面D1AE， ∵A1M、MN是平面A1MN內(nèi)的相交直線 ∴平面A1MN∥平面D1AE， 由此結(jié)合A1F∥平面D1AE，可得直線A1F?平面A1MN，即點F是線段MN上上的動點． 設直線A1F與平面BCC1B1所成角為θ，運動點F并加以觀察，可得： 當F與M（或N）重合時，A1F與平面BCC1B1所成角等于∠A1MB1，此時所成角θ達到最小值，滿足； 當F與MN中點重合時，A1F與平面BCC1B1所成角達到最大值， 滿足 ∴A1F與平面BCC1B1所成角的正切取值范圍為故選：D 【思路點撥】設平面AD1E與直線BC交于點G，連接AG、EG，則G為BC的中點．分別取B1B、B1C1的中點M、N，連接AM、MN、AN，可證出平面A1MN∥平面D1AE，從而得到A1F是平面A1MN內(nèi)的直線．由此將點F在線段MN上運動并加以觀察，即可得到A1F與平面BCC1B1所成角取最大值、最小值的位置，由此不難得到A1F與平面BCC1B1所成角的正切取值范圍． 【題文】10．定義為兩個向量，間的“距離”，若向量，滿足：①；② ；③對任意的，恒有，則（ ） A．（A） B．（B） C． D． 【知識點】向量的模．F3 【答案解析】C 解析：如圖： ，∴的終點在單位圓上，用表示，用表示，用表示-， 設，∴，， 由恒成立得，恒成立， ∴，，故選 C． 【思路點撥】由題意知的終點在單位圓上，由恒成立得，恒成立，從而得到結(jié)論． 第Ⅱ卷（非選擇題部分 共100分） 二、填空題：本大題共7小題，每小題4分，共28分． 【題文】11.設sin，則___________. 【知識點】兩角和的正弦公式；二倍角的正弦公式.C5 C6 【答案解析】 解析：因為sin，所以整理得：，兩邊平方可得：，即， 故答案為：. 3 4 3 3 2 2 正視圖 (第12題) 側(cè)視圖 俯視圖 【思路點撥】把原式展開后再平方即可得到結(jié)果. 【題文】12. 已知某個幾何體的三視圖 (單位：cm) 如圖所示， 則這個幾何體的體積是 cm3． 【知識點】簡單幾何體的三視圖.G2 【答案解析】72解析：三視圖復原的幾何體是上部為長方體三度為：4，3，2；下部為放倒的四棱柱，底面是等腰梯形其下底為9，上底為3高為2，棱柱的高為4， 幾何體的體積為：． 故答案為：72． 【思路點撥】利用三視圖判斷幾何體的形狀，通過三視圖的數(shù)據(jù)求出幾何體的體積即可． 【題文】13.已知實數(shù)滿足，且目標函數(shù)的最大值為6，最小值為1（其中），則的值為_____________. 【知識點】簡單線性規(guī)劃．E5 【答案解析】 解析：作出不等式對應的平面區(qū)域，（陰影部分） 由，得，平移直線，由圖象可知當直線經(jīng)過點A時，直線的截距最大，此時最大． 當直線經(jīng)過點B時，直線的截距最小，此時最小． 由，解得，即， 由，解得，即， ∵點A，B也在直線上， ∴，即，兩式相減得，解得． 故答案為：4． 【思路點撥】作出不等式對應的平面區(qū)域，利用線性規(guī)劃的知識，通過平移即先確定z的最優(yōu)解，即可得到結(jié)論． 【題文】14.已知實數(shù)，，滿足，，則的最小值是____________. 【知識點】一元二次方程有實數(shù)根與判別式的關(guān)系.E3 【答案解析】 解析：由，∴． 代入，可得，化為． ∵為實數(shù)，∴，解得≤a≤． ∴的最小值是．故答案為：． 【思路點撥】由，可得．代入，可得，化為．此方程由實數(shù)根，可得△≥0． 【題文】15.已知數(shù)列，滿足，，（），則_. 【知識點】數(shù)列遞推式．D1 【答案解析】 解析：∵，且，∴， ∵，且，∴，再根據(jù)，∴， ∵，∴．∴數(shù)列是以-2為首項，-1為公差的等差數(shù)列， ∴，∴．則．故答案為：． 【思路點撥】根據(jù)，，先求得的值，再根據(jù)，得到，根據(jù)遞推關(guān)系，構(gòu)造數(shù)列，利用等差數(shù)列的定義，證明是一個常數(shù)，即可證得數(shù)列是等差數(shù)列，利用等差數(shù)列的通項公式，求出，即可求得． 【題文】16.已知點是雙曲線 (,)的左焦點，點是該雙曲線的右頂點，過點且垂直于軸的直線與雙曲線交于，兩點，若是銳角三角形，則該雙曲線的離心率的取值范圍是________． 【知識點】雙曲線的簡單性質(zhì)．H6 【答案解析】 解析：根據(jù)雙曲線的對稱性，得△ABE中，|AE|=|BE|，∴△ABE是銳角三角形，即∠AEB為銳角,由此可得Rt△AFE中，∠AEF＜45，得,∵|AF|== ，|EF|= ,∴＜， 即兩邊都除以，得，解之得,∵雙曲線的離心率e＞1∴該雙曲線的離心率e的取值范圍是（1，2） 【思路點撥】根據(jù)雙曲線的對稱性，得到等腰△ABE中，∠AEB為銳角，可得，將此式轉(zhuǎn)化為關(guān)于a、c的不等式，化簡整理即可得到該雙曲線的離心率e的取值范圍． 【題文】17.設是外接圓的圓心,分別為角對應的邊,已知,則的范圍是_________________. 【知識點】平面向量數(shù)量積的運算．F3 【答案解析 解析：設O是△ABC的三邊中垂線的交點，故O是三角形外接圓的圓心，如圖所示，延長AO交外接圓于D． ∵AD是⊙O的直徑，∴∠ACD=∠ABD=90． ∴，． ∴ ∵，解得． 令．∴當時，取得最小值． 又．∴≤f(b)＜2．即的取值范圍是． 故答案為． 【思路點撥】如圖所示，延長AO交外接圓于D．由于AD是⊙O的直徑，可得∠ACD=∠ABD=90，于是，．可得， 由于，解得．令．利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出． 三、解答題：本大題共5小題，共72分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟． 【題文】18.（本小題滿分14分）在中，角，，所對的邊分別為，，，已知，．（Ⅰ）若，求的值；（Ⅱ）若為鈍角，求邊的取值范圍． 【知識點】正弦定理；余弦定理．C8 【答案解析】（Ⅰ）（Ⅱ） 解析：（Ⅰ），，…………3分 由正弦定理知， ；…………7分 （Ⅱ），，…………10分 又為鈍角， ，即，，， 邊的取值范圍是．…………14分 若考慮角為直角，得，從而角為鈍角，得也可考慮給分． 【思路點撥】（Ⅰ）利用二倍角的余弦函數(shù)公式求出cosB的值，進而確定出sinB的值，再由a，b的值，利用正弦定理即可求出sinA的值； （Ⅱ）利用余弦定理表示出cosB，將a的值代入得到b與c的關(guān)系式，再根據(jù)C為鈍角得到cosC小于0，列出不等式，將得出關(guān)系式代入求出c的范圍即可． 【題文】19．（本小題滿分14分）已知數(shù)列是公差不為零的等差數(shù)列，其前項和為，且，又成等比數(shù)列． （Ⅰ）求； （Ⅱ）若對任意，，都有， 求的最小值． 【知識點】數(shù)列與不等式的綜合；等比數(shù)列的性質(zhì)．D2 D3 D4 【答案解析】（Ⅰ）（Ⅱ）48 解析：（Ⅰ）設公差為，由條件得，得． 所以，． …………7分 （Ⅱ）∵． ∴ ． ∴， 即：，． ∴的最小值為48． …………14分 【思路點撥】（Ⅰ）由成等比數(shù)列列方程組求出首項和公差，則可求；（Ⅱ）把，代入整理后裂項，求和后得到使成立的t的最小值． 【題文】20．（本小題滿分14分）邊長為4的菱形中，,為線段上的中點，以為折痕，將折起，使得二面角成角（如圖） （Ⅰ）當在內(nèi)變化時，直線與平面是否會平行？請說明理由； （Ⅱ）若，求直線與平面所成角的正弦值. 【知識點】空間位置關(guān)系與距離；空間角．G11 【答案解析】（Ⅰ）不會平行（Ⅱ） 解析：（Ⅰ）不會平行． 假設直線與平面平行， ，，與題設矛盾．…………4分 （Ⅱ）連結(jié)，，，是正三角形，又是中點，故，從而．二面角是,即 ． …………8分 ，，，面． 面，，又,,面，即點是點在面上投影，是直線與平面所成角的平面角．……12分 ，． 直線與平面所成角的正弦值為．…………14分 【思路點撥】（Ⅰ）當在內(nèi)變化時，假設直線與平面平行，，，與題設矛盾．從而直線AD與平面BCE不會平行． （Ⅱ）連結(jié)，由已知得二面角的平面角是，即，是直線與平面所成角的平面角，由此能求出直線與平面所成角的正弦值． 【題文】21.（本小題滿分15分）已知, 是平面上一動點, 到直線上的射影為點，且滿足. (1) 求點的軌跡的方程； (2) 過點作曲線的兩條弦, 設所在直線的斜率分別為, 當變化且滿足時，證明直線恒過定點，并求出該定點坐標. 【知識點】直線與圓錐曲線的綜合問題；拋物線的定義．H7 H8 【答案解析】（1）（2）直線經(jīng)過這個定點． 解析：(1)設曲線上任意一點, 又，,從而 ,,． 化簡得，即為所求的點的軌跡的對應的方程．………………6分 (2) 解法一：由題意可知直線AB的斜率存在且不為零, 可設的方程為, 并設，，聯(lián)立: 代入整理得 從而有 ①, ②……………8分 又 , 又，， ∴． ………………11分 ， 展開即得 將①②代入得, 得：，………………14分 故直線經(jīng)過這個定點．………………15分 解法二：設，． 設，與聯(lián)立，得，則①，同理② ，即③ 由①②: 代入③，整理得恒成立 則 故故直線經(jīng)過這個定點．………………15分 【思路點撥】（1）設出動點P的坐標，求出N點的坐標，再求出向量，，然后代入整理即可得到點P的軌跡C的方程； （2）設出點A，B的坐標，寫出直線MA，MB的方程，和拋物線聯(lián)立后利用根與系數(shù)關(guān)系求出A點和B點的縱坐標，然后求出兩縱坐標的和與積，然后由直線方程的兩點式寫出AB的直線方程，把兩縱坐標的和與積代入直線方程后，利用直線系方程的知識可求出直線AB經(jīng)過的定點． 【題文】22．（本小題滿分15分）已知二次函數(shù)（）. （Ⅰ）當時，函數(shù)定義域和值域都是，求的值； （Ⅱ）若函數(shù)在區(qū)間上與軸有兩個不同的交點，求的取值范圍. 【知識點】二次函數(shù)的性質(zhì)．B5 【答案解析】（Ⅰ）10（Ⅱ） 解析：（Ⅰ），函數(shù)對稱軸為，故在區(qū)間單調(diào)遞減，在區(qū)間單調(diào)遞增. 當時，在區(qū)間上單調(diào)遞減；故，無解； 當時，在區(qū)間上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞增，且，故，； ③當時，在區(qū)間上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞增，且，故，無解. 的值為10. ………………8分 （Ⅱ）設函數(shù)的兩個零點為、（），則.又，， .而 ，由于，故，. ………………15分 【思路點撥】（Ⅰ）當時，函數(shù)圖象的對稱軸為直線，結(jié)合二次函數(shù)的單調(diào)性，分當時，當時，當時，三種情況討論滿足條件的b值，最后綜合討論結(jié)果，可得答案． （Ⅱ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）上與x軸有兩個不同的交點，即函數(shù)的兩個零點為、（），即，，進而結(jié)合基本不等式可得的取值范圍．