上海市建平中学2020届高三上学期10月月考数学试题

上海市建平中学2020届高三上学期10月月考数学试题

建平中学2019学年第一学期10月月考 一、填空题 ‎1.已知集合,,则_________.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别根据分式不等式和一元二次不等式的解法求出集合和，再根据交集的定义求出.‎ ‎【详解】∵集合，‎ ‎，∴，‎ 故答案为:．‎ ‎【点睛】本题考查集合的交集的运算，解题时要认真审题，注意分式不等式和一元二次不等式的合理运用，是基础题.‎ ‎2.若复数满足，其中是虚数单位，则虚部为________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据行列式得到，化简得到复数的虚部.‎ ‎【详解】即，的虚部为 ‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了行列式的计算，复数的虚部，意在考查学生的计算能力.‎ ‎3.双曲线的一条渐近线方程为，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：双曲线的渐近线方程为，故，其中，因此.‎ 考点：双曲线渐近线.‎ ‎4.求和：______（）.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把所给的式子变形为，再利用二项式定理可得结果．‎ ‎【详解】‎ ‎.‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，把所给的式子变形后利用二项式定理，是解题的关键，属于中档题．‎ ‎5.若不等式的解集为，则实数的值为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】因为不等式的解集 ‎（舍），,‎ ‎，故答案为.‎ ‎6.已知实数，满足，则的最小值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出线性约束条件所表示的区域，目标函数的最小值即为可行域内的点与原点连线斜率的最小值.‎ ‎【详解】线性约束条件所表示的区域，如图所示：‎ 表示可行域内的点与原点连线的斜率，‎ 所以当落在点时，‎ 取得最小值为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查线性约束条件下非线性目标函数的最值，考查数形结合思想、转化与化归思想的应用，求解时注意目标函数的几何意义，属于容易题.‎ ‎7.甲、乙等五名社区志愿者被随机分配到四个不同岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者，则甲、乙两人同时参加岗位服务的概率是 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：记甲、乙两人同时参加岗位服务为事件，那么，‎ 即甲、乙两人同时参加岗位服务的概率是．‎ 考点：本题考查了随机事件的概率 点评：求解此类问题时要注意区分几种基本概率模型，注意语言表达的科学性和符合表述的规范性，在解决本部分问题时，要注意分类讨论、等价转化等思想方法的运用 ‎8.已知将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若和的图象都关于对称，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据左右平移可得解析式；利用对称性可得关于和的方程组；结合和的取值范围可分别求出和的值，从而得到结果.‎ ‎【详解】由题意知：‎ 和图象都关于对称 ‎，解得：，‎ ‎ ‎ 又 ‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的平移变换、根据三角函数对称性求解函数解析式的问题，关键是能够根据正弦型函数对称轴的求解方法构造出方程组.‎ ‎9.已知，则取到最小值时，______.‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，由对数的运算性质可得且 ‎，再利用基本不等式结合不等式的性质可得，分析可得当且仅当时，等号成立，即当时，取到最小值，据此计算可得答案．‎ ‎【详解】由对数的真数大于0，可得，‎ 因为，‎ 所以且，‎ 所以，‎ 当且仅当，即时，等号成立，‎ 所以取到最小值时.‎ 故答案为：9.‎ ‎【点睛】本题考查基本不等式及不等式的性质的综合应用，注意多次用不等式求最值时，要注意不等式取等的条件要同时满足，考查逻辑推理能力和运算求解能力.‎ ‎10.在中，，，为锐角，点是外接圆的圆心，则的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立适当的直角坐标系，写出各点的坐标，进一步利用向量的数量积，将问题转化成求三角函数的值域问题，从而得到的取值范围.‎ ‎【详解】如图所示：，，，‎ 由于为锐角，则点只能在左半圆上，‎ 设，则，，，‎ 所以，，‎ ‎，‎ 因为，所以，‎ 则，所以，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查向量数量积的坐标运算、三角恒等变换、正弦型函数的值域，考查转化与化归思想、数形结合思想的应用，考查逻辑推理能力和运算求解能力．‎ ‎11.已知函数，等差数列的公差为，若，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列下标和相等，对应项的和也相等，同时利用和差化积公式将条件等价转化为 ‎，再根据左边含有无理项，右边不含无理项，所以可求得，再由公差为求得的值.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 因为，‎ 所以，‎ 所以 ‎，‎ 显然，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的性质运用、三角函数和差化积公式，考查转化与化归思想、函数与方程思想的灵活运用，求解的关键在于三角恒等变形，并能观察出方程的根，考查逻辑思维能力和运算求解能力.‎ ‎12.设函数，若对任意的正实数和实数，总存在，使得，则实数的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 问题转化为在恒成立，对函数 的两个端点值的和进行分类讨论，可得的最大值是在两个端点处取到，再求最大值的最小值，从而得到的取值范围.‎ ‎【详解】由题意得：在恒成立，设，‎ 令，‎ 因为在恒成立，所以在单调递减，‎ 所以，‎ ‎（1）当，‎ ‎；‎ ‎（2）当，‎ ‎；‎ ‎（3）当，‎ ‎；‎ 所以当时，，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查含绝对值函数的最值，考查分类讨论思想和数形结合思想的应用，求解时要注意讨论的突破口，即由于绝对值内的函数是单调递减，所以加上绝对值后其最大值必在端点处取到，考查逻辑推理能力和运算求解能力.‎ 二、选择题 ‎13.已知直线l和平面α，无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l(　　)‎ A. 相交 B. 平行 C. 垂直 D. 异面 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 当直线l与平面α平行时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直；‎ 当直线l⊂平面α时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直；‎ 当直线l与平面α相交时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直，‎ 所以无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l 垂直．‎ 本题选择C选项.‎ ‎14.如果将绕原点O逆时针方向旋转120°得到，则的坐标是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出直线OA的倾斜角，再求直线OB的倾斜角，即得点B的坐标和的坐标.‎ ‎【详解】设直线OA的倾斜角为 因为，|OA|=|OB|,所以点B的坐标为.‎ 故答案为：D ‎【点睛】本题主要考查向量的坐标，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.‎ ‎15.设是定义在上的奇函数，当时，，若在上存在反函数，则下列结论正确的是（ ）‎ A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若在上存在反函数，必需保证函数不存在多个自变量 对应同一个函数值，再根据函数的单调性和奇函数的图象特点，即可得到答案.‎ ‎【详解】若在上存在反函数，必需保证函数不存在多个自变量对应同一个函数值，即可，‎ ‎（1）当时，函数在单调递增，所以在也单调递增，‎ 若，根据奇函数的性质，则会出现多个自变量对应同一个函数值，所以.‎ ‎（2）当时，函数在单调递减，所以在也单调递减，‎ 若，根据奇函数的性质，则会出现多个自变量对应同一个函数值，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查反函数定义和对概念的理解，考查数形结合思想和图象的平移变换，求解时要会借助草图进行分析求解.‎ ‎16.已知数列满足，若存在实数，使单调递增，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由单调递增，可得恒成立，则，分析和可排除错误选项.‎ ‎【详解】由单调递增，可得，‎ 由，可得，所以.‎ 时，可得.①‎ 时，可得，即.②‎ 若，②式不成立，不合题意；‎ 若，②式等价为，与①式矛盾，不合题意.‎ 排除B,C,D,故选A.‎ ‎【点睛】本题考查数列的性质，结合不等式的性质求解.‎ 三、解答题 ‎17.如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，、与平面所成的角依次是和，，，依次是，上的点，其中，.‎ ‎（1）求直线与平面所成的角（结果用反三角函数值表示）；‎ ‎（2）求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，写各点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，然后代入线面角的向量求解公式，求得线面角的正弦值，从而得到答案．‎ ‎（2）求出三棱锥底面的面积，再利用向量法求三棱锥的高，最后代入体积公式求得答案.‎ ‎【详解】（1）分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，‎ 依题意得：，，‎ ‎，，，分别是，的中点，‎ 则各点坐标分别是：，，，，，，，，‎ 又平面，‎ 平面的法向量为，‎ 设直线与平面所成的角为，则 ‎，‎ 直线与平面所成的角为．‎ ‎（2）连结，在直角三角形中，，‎ 在直角三角形中，，‎ 为等腰三角形，其面积，‎ 由（1）得：，，，‎ 设平面的法向量，则，‎ 设到面的距离为，则，‎ 三棱锥体积.‎ ‎【点睛】本题考查利用空间向量求线面角、求点到面的距离，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意坐标运算的准确性，属于中档题．‎ ‎18.已知函数，.‎ ‎（1）设是函数的一个零点，求的值；‎ ‎（2）求函数在上的单调递增区间.‎ ‎【答案】（1）；（2）和 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用倍角公式可得函数，由于是函数的一个零点，可得，化为，即可得出．进而得出．‎ ‎（2）利用倍角公式、两角和差的正弦公式及正弦函数的单调性，求出的单调递增区间，再与区间取交集．‎ ‎【详解】（1）函数，‎ 是函数的一个零点，‎ ‎，化为，‎ ‎，解得．‎ ‎．‎ ‎（2）函数 ‎．‎ 由，解得．‎ 函数的单调递增区间为．‎ 与区间的交集为：，‎ 函数的单调递增区间和.‎ ‎【点睛】本题考查倍角公式、两角和差的正弦公式及正弦函数的单调性、函数的零点等知识的交会，考查逻辑推理能力和运算求解能力，注意单调区间用“逗号”或者“和”隔开，而不能并起来，属于中档题．‎ ‎19.已知点在抛物线上，是直线上的两个不同的点，且线段的中点都在抛物线上.‎ ‎（Ⅰ）求的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）若的面积等于，求的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）或；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）设，，，的中点代入抛物线得到二次方程，解得答案.‎ ‎（Ⅱ）先计算到的距离，再计算，代入面积公式得到答案.‎ ‎【详解】（Ⅰ）设，，，‎ 则的中点，代入 得：‎ 同理可得：‎ 所以，是方程的两个根 解得：或 ‎（Ⅱ）点到的距离 由韦达定理可知：，‎ 则 令，则有：，‎ 即：，解得，‎ 即，解得：‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线，面积问题，将问题转化为二次方程解的个数问题是解题的关键，简化了运算.‎ ‎20.若函数满足：对于任意正数，，都有，，且，则称函数为“速增函数”.‎ ‎（1）试判断函数与是否是“速增函数”；‎ ‎（2）若函数为“速增函数”，求的取值范围；‎ ‎（3）若函数为“速增函数”，且，求证：对任意，都有.‎ ‎【答案】（1）是，不是；（2）；（3）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据定义进行判断即可，利用特殊值，举出反例；‎ ‎（2）根据定义可知，即对一切正数恒成立，可得，由，可得 得出，最后求出的范围；‎ ‎（3）根据定义，令，可知，即，故对于正整数与正数，都有，进而得出结论．‎ ‎【详解】（1）对于函数，当，时，，‎ 又，‎ 所以，‎ 故是“速增函数”.‎ 对于函数，当时，，‎ 故不是“速增函数”.‎ ‎（2）当，时，由是“速增函数”，‎ 可知，即对一切正数恒成立，‎ 又，可得对一切正数恒成立，所以.‎ 由，可得，‎ 即 ‎，‎ 故，又，故，‎ 由对一切正数，恒成立，可得，即．‎ 综上可知，的取值范围是． ‎ ‎（3）由函数为“速增函数”，可知对于任意正数，，‎ 都有，，且，‎ 令，可知，即，‎ 故对于正整数与正数，都有，‎ 对任意，，可得，又，‎ 所以， ‎ 同理，‎ 故．‎ ‎【点睛】本题考查新定义函数的理解和应用新定义函数解决实际问题，综合性强，难度较大．‎ ‎21.已知有穷数列，，，，．若数列中各项都是集合的元素，则称该数列为数列．对于数列，定义如下操作过程：从中任取两项，，将的值添在的最后，然后删除，，这样得到一个项的新数列（约定：一个数也视作数列）．若还是数列，可继续实施操作过程，得到的新数列记作，，如此经过次操作后得到的新数列记作．‎ ‎（1）设，，请写出的所有可能的结果；‎ ‎（2）求证：对于一个项的数列操作总可以进行次；‎ ‎（3）设，，，，，，，，，求的可能结果，并说明理由．‎ ‎【答案】（1），；，；，．；（2）证明见解析；（3）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）直接按定义来操作，每次取两个数代入计算即可求出的所有可能的结果；‎ ‎（2）先通过作差得到每次操作后新数列仍是数列；再根据每次操作中都是增加一项，删除两项即可得到结论；‎ ‎（3）先定义运算：，并证明这种运算满足交换律和结合律；再结合（2）可知中仅有一项，再按定义先求出，综合即可得到的可能结果．‎ ‎【详解】（1）直接按定义来操作，当取0，时代入计算可得：，；‎ 当取0，时可得，；‎ 当取，时，可得，．‎ 故有如下的三种可能结果：，；，；，． ‎ ‎（2）因为对，，有 且 所以，即每次操作后新数列仍是数列．‎ 又由于每次操作中都是增加一项，删除两项，‎ 所以对数列每操作一次，项数就减少一项，‎ 所以对项的数列可进行次操作（最后只剩下一项）.‎ ‎（3）由（2）可知中仅有一项．‎ 对于满足，实数，定义运算：，‎ 下面证明这种运算满足交换律和结合律．‎ 因为，且，所以，即该运算满足交换律；‎ 因为 且 所以，即该运算满足结合律．‎ 所以中的项与实施的具体操作过程无关，‎ 选择如下操作过程求 由（1）可知；‎ 易知，，，；‎ 所以，0，0，0，0；‎ 易知经过4次操作后剩下一项为．‎ 综上可知：．‎ ‎【点睛】本题是一道综合性很强的题，解题时要认真审题，理解定义，并会用新定义来解题，仔细解答，避免错误．‎ ‎ ‎ ‎ ‎