江苏省常州市溧阳市2020届高三上学期期中考试数学（文）试题

江苏省常州市溧阳市2020届高三上学期期中考试数学（文）试题

‎2019~2020学年度第一学期阶段性调研测试 高三（文科）数学试题 一.填空题 ‎1.设集合，，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用数轴画出两个集合，从而直接观察计算出并集的结果.‎ ‎【详解】因为，，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查集合的并运算，考查基本运算求解能力，注意利用数轴法进行求解.‎ ‎2.函数的值域是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用换元法令，将问题转化为求的值域，再利用对数函数的单调性求得值域.‎ ‎【详解】令，则原函数的值域等价于求的值域，‎ 当时，，‎ 因为在单调递增，‎ 所以的值域为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查对数函数的值域，考查换元法的应用，求解时要注意的取值范围，才能保证问题的等价性.‎ ‎3.已知为单位向量，其夹角为，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由公式将看成一个整体，即直接进行运算.‎ ‎【详解】由题意得：.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查向量模的求解、数量积的运算，考查运算求解能力，求解时注意夹角为余弦值为，不能符号弄错.‎ ‎4.“a=0”是“函数f(x)=x2+ax(x∈R)为偶函数”的____.(填“充分不必要条件”“必要不充分条件”“充要条件”或“既不充分也不必要条件”)‎ ‎【答案】充要条件 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时,函数是偶函数,可知充分性成立；由恒成立得,必要性成立.‎ ‎【详解】当时,函数是偶函数,充分性成立，‎ 若函数为偶函数,‎ 则,‎ 则对恒成立,‎ 则,必要性成立.‎ 故“”是“函数为偶函数”的充要条件，‎ 故答案为充要条件.‎ ‎【点睛】本题主要考查充要条件的证明以及函数的奇偶性，属于中档题. 已知函数的奇偶性求参数，主要方法有两个，一是利用：（1）奇函数由 恒成立求解，（2）偶函数由 恒成立求解；二是利用特殊值：奇函数一般由 求解，偶函数一般由求解，用特殊法求解参数后，一定要注意验证奇偶性 ‎5.正六棱锥的侧棱长为，底面边长为6，这个正六棱锥的体积为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出正六棱锥的底面积为6个边长为6的正三角形的面积和，再利用勾股定理求棱锥的高，再代入正六棱锥的体积公式.‎ ‎【详解】因为正六棱锥的底面积，高，‎ 所以正六棱的体积为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查正六棱锥体积，考查空间几何体体积的基本运算，求解时注意利用几何体的直观图并在草稿纸作出图形进行分析.‎ ‎6.如图，在平面直角坐标系中，以轴为始边做两个锐角，，它们的终边分别与单位圆相交于，两点，已知，的横坐标分别为，，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角函数的定义可得的三角函数值，再代入两角和的正弦公式，即可求得答案.‎ ‎【详解】由三角函数的定义得：，‎ 所以，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的定义、两角和的正弦公式，考查对三角函数定义的理解和基本的运算求解能力，要注意运算的准确性.‎ ‎7.在平面直角坐标系中，点在曲线（为自然对数的底数）上，且该曲线在点处的切线经过原点，则点的坐标是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设切点，利用导数的几何意义求出切线的斜率，进而得到切线的方程，再将原点代入切线方程得的值，从而得到切点坐标.‎ ‎【详解】设切点，切线的斜率，‎ 所以切线方程为：，‎ 因为切线过原点，所以，‎ 所以点的坐标是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，求解时要注意曲线在某点的切线与过某点的切线的区别，考查基本运算求解能力.‎ ‎8.当无限趋近于0时，无限趋近于常数，则的值是______.‎ ‎【答案】16‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对式子进行化简为，再利用极限运算求得的值.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以当无限趋近于0时，趋近于，‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查极限的求解，求解时不能直接把代入，而是要先对式子进行化简，再把代入求极限值，考查基本运算求解能力.‎ ‎9.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人要走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.”则该人第五天走的路程为______里.‎ ‎【答案】12‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设这个人每天走的路程构成等比数列，则，求出数列的，再进一步求数列的，即可得到答案.‎ ‎【详解】设这个人每天走的路程构成等比数列，则，‎ 所以，解得：，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题以数学文化为问题背景，考查数学建模能力，即构造等比数列模型求数列的第项，考查基本量法的运用.‎ ‎10.均为锐角，且，则的最小值是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用两角和与差的余弦公式得，再由基本不等式求得的最小值.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 因为均为锐角，所以.‎ 因为，‎ 等号成立当且仅当，‎ 所以的最小值是.‎ 故答案：.‎ ‎【点睛】本题考查三角恒等变换中的两角和与差的余弦公式、基本不等式求最值，考查基本运算求解能力，在使用基本不等式求最值时，要注意一正、二定、三等的运用.‎ ‎11.设等差数列前项和为，，，.其中且，则______.‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等差数列的，再由，，列出关于的方程组，从而得到.‎ ‎【详解】因为，所以设，‎ 因，，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列前项和公式的灵活运用，考查从函数的角度认识数列问题，求解时要充分利用等差数列的前前项和公式必过原点这一隐含条件，从而使问题的计算量大大减少.‎ ‎12.已知函数，其中是自然对数的底数.若，则实数的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对函数进行求导并利用基本不等式得到在上恒成立，从而得到在上单调递减，再由奇偶性定义得到为奇函数，从而把原不等式等价于，解不等式即可得到答案.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以在上单调递减.‎ 因为，‎ 所以为奇函数.‎ 所以，‎ 解得：或.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数判断函数单调性、基本不等式的应用、奇函数的性质、解一元二次不等式，考查函数与方程思想、转化与化归思想的运用，考查基本的运算求解能力.‎ ‎13.已知平面向量满足，，，的夹角为，且，则的最大值是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意设，，将的最大值转化为求圆上点到原点距离的最大值.‎ ‎【详解】由题意设，，‎ 所以，‎ 即.‎ 所以的最大值为圆上点到原点距离的最大值，即.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用向量的坐标运算求解向量模的最大值，考查坐标法思想的应用，求解的关键是把向量模的最大值问题转化为圆上点到原点距离的最大值问题，考查数形结合思想和转化与化归思想的应用.‎ ‎14.已知函数，若关于的方程有个不同实数根，则的取值集合为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 关于的方程有根等价于或，先作出一个函数的草图，再对二次函数的顶点纵坐标及在轴上的截距分7种情况进行讨论，从而得到函数与直线和的交点个数.‎ ‎【详解】方程的根等价于方程或，‎ 函数的图象如图所示：‎ ‎①当时，方程有2根；‎ ‎②当时，方程只有1根；‎ ‎③当时，方程有8个根；‎ ‎④当时，方程有7个根；‎ ‎⑤当时，方程有4个根；‎ ‎⑥当时，方程有3个根；‎ ‎⑦当时，方程有0个根；‎ 综上所述：的取值集合为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查函数的零点与方程的根及两个函数图象交点横坐标之间的转化关系，考查数形结合思想、转化与化归思想的灵活运用，求解的关键在于找到分类的标准，即二次函数的顶点纵坐标及在轴上的截距分7种情况，同时注意讨论时要做到不重不漏.‎ 二.解答题 ‎15.如图，在四棱锥中，底面是菱形，且．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若平面与平面的交线为，求证：．‎ ‎【答案】（1）详见解析，（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）证明线线垂直，一般利用线面垂直判定与性质定理进行转化证明，先从平面几何条件找垂直：因为四边形ABCD为菱形，所以又因为，O为BD的中点，所以，所以，从而 ‎（2）证明线线平行，一般利用线面平行判定与性质定理进行转化证明，因为四边形ABCD为菱形，所以，因此，从而．‎ 试题解析：‎ ‎（1）连接AC，交BD于点O，连接PO．‎ 因为四边形ABCD为菱形，所以 ‎ 又因为，O为BD的中点，‎ 所以 ‎ 又因为 所以，‎ 又因为 所以 ‎ ‎（2）因为四边形ABCD为菱形，所以 ‎ 因为．‎ 所以 ‎ 又因为，平面平面．‎ 所以． ‎ 考点：线面垂直判定与性质定理，线面平行判定与性质定理 ‎16.的内角的对边分别为，已知．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，面积为2，求．‎ ‎【答案】（1）；（2）2．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）利用三角形的内角和定理可知，再利用诱导公式化简，利用降幂公式化简，结合，求出；（2）由（1）可知，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理即可求出.‎ 试题解析：（1），∴，∵，‎ ‎∴，∴，∴；‎ ‎（2）由（1）可知，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴‎ ‎，‎ ‎∴．‎ ‎17.设等差数列的公差为，前项和为，已知，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若等差数列的公差为正整数，，，其中是正整数，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）或；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，两个条件，可得关于的方程组，进而得到数列的通项公式.‎ ‎（2）由（1）得，再根据，得到关于的方程组，进而求出与的关系，再由条件和均为正整数，求得和的值，最后求出数列的前项和.‎ ‎【详解】解：（1）由已知条件，得解得 ‎∴.‎ ‎（2）由（1）得，，‎ 又因为是等差数列，得，‎ 两式相减得，，即，‎ 因为和均为正整数，所以或，‎ 当时，，此时，所以，‎ 当时，，此时，所以，‎ 综上所述，或.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列与等比数列的通项公式、等差数列前项和公式，考查对子数列的深刻理解，考查函数与方程思想，同时要注意和均为正整数这一条件的应用.‎ ‎18.已知等比数列的首项为，前项和为，且，，成等差数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）是否存在正整数，使得恒成立？如果存在，写出最小的，如果不存在请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）存在，最小值是3；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，，成等差数列得，再代入等比数列的通项公式中求得；‎ ‎（2）求出的表达式，再对分奇、偶考虑，分别求出的最大值，从而得到正整数的值.‎ ‎【详解】解：（1）设等比数列的公比为，则由，，成等差数列得 ‎，所以，‎ 即，所以，‎ 所以.‎ ‎（2）由（1）得，‎ ‎，‎ 当为奇数时，随的增大而减小，所以，‎ 当为偶数时，随的增大而减小，所以，‎ 综上，对任意，总有，‎ 所以存在正整数，使得恒成立，且最小为3.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列通项公式、前项和公式，考查函数与方程思想、分类讨论思想的灵活运用，考查不等式的恒成立问题，求解时要注意为正整数这一条件.‎ ‎19.如图，是一张长、宽的长方形的纸片，现将纸片沿着一条直线折叠，折痕（线段）将纸片分成两部分，面积分别为、，（）.其中点在面积为的部分内，记折痕长为.‎ ‎（1）若，求的最大值；‎ ‎（2）若，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）9；‎ ‎（2）；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先确定折痕的三种情形（如图所示），再由确定折痕为情形①，利用基本不等式求得的最大值；‎ ‎（2）根据，，得到，，再分别求出三种情形下关于的函数，将问题转化为研究函数的值域问题.‎ ‎【详解】如图所示，折痕有下列三种情形：‎ ‎①折痕的端点M，N分别在边AB，AD上；‎ ‎②折痕的端点M，N分别在边AB，CD上；③折痕的端点M，N分别在边AD，BC上.‎ ‎ ‎ ‎（1）在情形②、③中，故当时，折痕必定是情形①.‎ 设，，则.‎ 因为，当且仅当时取等号，‎ 所以，当且仅当时取等号.‎ 即的最大值为9.‎ ‎（2）由题意知，长方形的面积为.‎ 又，，所以，‎ 当折痕是情形①时，设，，则，即.‎ 由得.‎ 所以.‎ 设 则 令得，列表如下：‎ ‎5‎ ‎ ‎ ‎10‎ ‎0‎ ‎89‎ ‎80‎ ‎116‎ 所以的取值范围为，从而的范围是；‎ 当折痕是情形②时，设，，则，即.‎ 由，得.‎ 所以.‎ 所以的范围为；‎ 当折痕是情形③时，设，，则，即.‎ 由，得.‎ 所以.‎ 所以的取值范围为.‎ 综上，的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数模型解决实际问题，利用导数研究函数的值域、基本不等式研究函数的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想的综合应用，将问题转化为关于的函数是求解问题的关键.‎ ‎20.已知函数，，其中为自然对数的底数，.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若对于任意，恒成立，求的取值范围；‎ ‎（3）若存在，使，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；‎ ‎（2）；‎ ‎（3）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对利用导数研究函数的单调性及最小值，进而证明不等式；‎ ‎（2）由题意得，对分成三种情况讨论，进而利用参变分离，构造新函数，利用导数研究新函数的最值，从而得到的取值范围；‎ ‎（3）设，题设等价于函数有零点时的的取值范围，先对函数进行求导得，再对分成三种情况进行研究函数的零点.‎ ‎【详解】解：（1）令，得，‎ 当时，；当时，，‎ 所以函数在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以函数在处取得最小值，因为，‎ 所以.‎ ‎（2）由题意，得，‎ 当，不等式显然成立，此时；‎ 当时，，所以，‎ 当时，，所以，‎ 记，，‎ ‎∴在区间和上为增函数，和上为减函数.‎ ‎∴当时，，‎ 当时，，‎ 综上所述的取值范围为.‎ ‎（3）设，题设等价于函数有零点时的的取值范围.‎ 当，，恒成立，‎ 所以在单调递增，‎ ‎，‎ 若，则，‎ 只需，则，则，‎ 所以有零点.‎ 当时，，对恒成立，‎ 所以无零点，不成立.‎ 当时，，得，‎ 则时，所以在单调递减；‎ 时，所以在在单调递增，‎ 所以，‎ ‎①时，，，‎ 又，‎ 所以有零点；‎ ‎②时，，‎ 所以有零点；‎ ‎③时，，，‎ 所以无零点，不成立.‎ 综上，的取值范围是或.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数证明不等式、不等式恒成立问题、函数的零点，考查函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想、转化与化归思想的综合运用，在求解过程中反复运用零点存在性定理，既要考虑函数的单调性又要考虑区间端点函数值的正负.‎ ‎ ‎