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文档介绍
北京市第22中学2020届高三上学期阶段性考试数学试题
北京市22中学2019-2020学年度第二次阶段性考试 高三年级数学 第Ⅰ卷 一、选择题(共9个小题,每小题5分,共45分) 1.集合,则= A. {1,2} B. {0,1,2} C. {x|0≤x<3} D. {x|0≤x≤3} 【答案】B 【解析】 【分析】 先化简集合集合,再由交集的定义可得结果. 【详解】因为, 所以两集合的公共元素为0,1,2, ={0,1,2}, 故选:B. 【点睛】研究集合问题,一定要抓住元素,看元素应满足的属性.研究两集合的关系时,关键是将两集合的关系转化为元素间的关系,本题实质求满足属于集合且属于集合的元素的集合. 2.对于任意实数给定下列命题正确的是( ) A. 若,则 B. 若,则 C. 若则 D. 若则 【答案】C 【解析】 试题分析:若,取,则,故A错误;若,,则,故B错误;若则,所以,故C正确;若取,则,故D错误.故选C. 考点:不等式的性质 点评:判断不等式是否成立,可通过取值进行排除. 3.已知命题,有成立,则为( ) A. ,有成立 B. ,有成立 C. ,有成立 D. ,有成立 【答案】C 【解析】 【分析】 由全称命题的否定是特称命题即可得到结论. 【详解】全称命题的否定是特称命题, 所以:,有成立. 故选:C 【点睛】本题主要考查含义量词的命题的否定,属于简单题. 4.下列函数中,在其定义域内既是奇函数又是减函数的是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据奇偶性和单调性的性质对选项分别判断即可. 【详解】对选项A,是奇函数,在定义域上不是单调函数,故错误; 对选项B,是奇函数,在定义域上单调递减,故正确; 对选项C,是非奇非偶函数,故错误; 对选项D,是非奇非偶函数,故错误. 故选:B 【点睛】本题主要考查常见函数的单调性和奇偶性,属于简单题. 5.设,是两条不同的直线,,是两个不同的平面,下列四个命题:①如果, ,那么;②如果,,,那么;③如果,,那么;④如果,,,那么;其中正确的个数是( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】 利用空间中线线、线面和面面间的位置关系对选项逐一分析即可. 【详解】对①,如果,,那么和可能相交、平行或异面,故错误; 对②,如果,,,那么和可能平行或异面 ,故错误; 对③,如果,,那么和可能相交、平行或者,故错误; 对④,如果,,,由面面垂直的判断定理可得,故正确. 故选:A 【点睛】本题主要考查线线、线面和面面的空间关系,考查学生空间想象能力,属于基础题. 6.为了得到函数的图像,只需将函数的图像( ) A. 向右平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向左平移个单位 【答案】A 【解析】 【分析】 根据函数平移变换的方法,由即,只需向右平移个单位即可. 【详解】根据函数平移变换,由变换为, 只需将的图象向右平移个单位,即可得到的图像,故选A. 【点睛】本题主要考查了三角函数图象的平移变换,解题关键是看自变量上的变化量,属于中档题. 7.已知函数,在下列区间中,包含零点的区间是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为,,所以由根的存在性定理可知:选C. 考点:本小题主要考查函数的零点知识,正确理解零点定义及根的存在性定理是解答好本类题目的关键. 8.设平面向量均为非零向量,则“”是“”( ) A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 即不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】由得,,可得, 由可得, 故是的必要而不充分条件,故选B. 考点:充分条件与必要条件的判定. 9.如图,已知在四棱锥中,底面是菱形,底面,,则四棱锥的体积的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 试题分析:由已知,四边形ABCD的面积S=sinθ, 由余弦定理可求得 ,所以,当cosθ=0,即θ=时,四棱锥V-ABCD的体积V的最小值是,当cosθ=0,即θ=0时,四棱锥V-ABCD的体积V的最小值是,∵0<θ≤ ∴P-ABCD的体积V的取值范围是 考点:棱柱、棱锥、棱台的体积 第Ⅱ卷 二、填空题(共8小题,每小题5分,共40分) 10.复数.在复平面内对应点的坐标为__________,__________. 【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】 利用复数代数形式的乘除运算化简,再分别求出其对应点的坐标和模即可. 【详解】由题意,, 所以在复平面内所对应点的坐标为, . 故答案:; 【点睛】 本题主要考查复数代数形式的乘除运算、复数的几何意义和复数模的求解,属于基础题. 11.若,且为第二象限,则__________,__________. 【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】 由诱导公式化简即可求出;再由平方关系求出,由诱导公式化简即可. 【详解】由诱导公式可知,, 因为,所以; 由,,且为第二象限,解得, . 故答案为:; 【点睛】本题主要考查诱导公式和三角函数平方关系的应用,属于基础题. 12.设,则__________;若,则的取值范围为__________. 【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】 先求,再求即可求出;分别求解时和时的取值范围,再求并集即可. 【详解】由题意,, 所以; 当时,单调递增,, 所以,即; 当时,单调递增,, 所以,所以; 综上,时,则的取值范围为. 故答案为:; 【点睛】本题主要考查函数值的求法,指对函数的图像性质和分段函数的性质,属于基础题. 13.已知函数的部分图象如图所示,则______,_______. 【答案】 (1). 2 (2). 【解析】 【分析】 由图像得,再由对称轴和对称中心的距离为,可求出,由求解出 ;再由和求解出即可. 【详解】由图像知,函数的最大值为2,又,所以, 的一个对称轴为,一个对称中心为, 所以,即, 由,所以; 则,又, 所以, 即,, 又,所以. 故答案为:2; 【点睛】本题主要考查正弦函数的图像和性质,考查学生数形结合的思想,属于中档题. 14.已知向量,满足:,,,则与的夹角为________;________. 【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】 设和的夹角为,利用数量积的定义求出,再展开求出,再求出;利用展开求解即可求得. 【详解】设和的夹角为,则, , 所以,又,所以; 故答案为:; 【点睛】本题主要考查平面向量数量积的运算和向量模的求法,考查学生转化和计算能力,属于基础题. 15.设,分别是的边,上的点,,,若(,为实数),则__________;__________. 【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】 由向量的运算表示出,结合即可求出和. 【详解】由题意,作图像如图所示, , 又, 所以,. 故答案为:; 【点睛】本题主要考查平面向量基本定理以及向量的线性运算,属于基础题. 16.设函数在内有定义,对于给定的正数,定义函数,取函数,当时,__________,函数的单调递增区间为__________. 【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】 当时,由求解即可;根据函数定义求出的解析式,得到一个分段函数,利用指数函数的单调性即可求出的单调增区间. 【详解】由题意,时,; 当时,即,即,解得, 同理,时,解得,或, 所以, 所以的单调递增区间为. 故答案:; 【点睛】本题主要考查函数值的求解、分段函数的应用和指数函数的单调性,考查学生对题目的分析理解能力,属于中档题. 17.某公司一年购买某种货物吨,每次都购买吨,运费为万元/次,一年的总存储费用为万元,若要使一年的总运费与总存储费用之和最小,则每次需购买 吨. 【答案】30 【解析】 试题分析:本题要列出总费用与的函数关系式,然后利用不等式知识或函数的性质解决.根据题意总费用,当且仅当,即时等号成立. 考点:函数的应用与基本不等式. 三、解答题(共5题,每题13分,共65分.解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程) 18.在锐角中,、、分别为角、、所对的边,且. ()确定角的大小. ()若,且的面积为,求的值. 【答案】();() 【解析】 试题分析:(1)由正弦定理可知,,所以;(2)由题意,,,得到. 试题解析: (),∴, ∵,∴. (),, , ∴. 19.已知函数的最小正周期为. (Ⅰ)求的值; (Ⅱ)求函数的单调区间及其图象的对称轴方程. 【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)单调增区间为;单调减区间为;对称轴方程为. 【解析】 【详解】试题分析:(Ⅰ),因为最小正周期为,可得, 可得,即可求出.(Ⅱ)分别由,即可求出单调区间;再根据,可得 图象的对称轴方程. 试题解析:解:(Ⅰ) , 因为最小正周期为,所以,解得, 所以, 所以. (Ⅱ)分别由, 可得, 所以,函数的单调增区间为; 的单调减区间为 由得. 所以,图象的对称轴方程为. 考点:1.三角函数的图象与性质;2.三角恒等变换. 20.已知函数,函数. (1)若,求的值; (2)求函数在区间上的最值并求出相应的的值. 【答案】(1);(2)时,;时, 【解析】 【分析】 (1)由以及二倍角的余弦公式和诱导公式即可求出的值; (2)利用诱导公式和二倍角公式化简得到,再根据的范围求出的最大值和最小值即可. 【详解】(1)由题意,, 由二倍角的余弦公式和诱导公式, , 所以; (2)由题意, , 当时,, 所以在上单调递增,在上单调递减, ,,, 所以当时,, 当时,. 【点睛】本题主要考查诱导公式和二倍角公式应用、余弦函数的性质,考查学生的转化和计算能力,属于中档题. 21.如图,在直三棱柱中,,,是的中点. (1)求证:平面; (2)求二面角的余弦值; (3)试问线段上是否存在点,使与面所成角的正弦值为?若存在,求出此时的长,若不存在,请说明理由. 【答案】(1)证明见解析;(2);(3)不存,理由见解析 【解析】 【分析】 (1)连接交于点,得是的中位线,再由线面平行的判定定理即可证明; (2)建立直角坐标系,由两个平面的法向量的夹角即可得出二面角; (3)设点,,表示出向量,由线面角的夹角公式求出的值即可判断. 【详解】(1)如图,连接交于点, 因为是直三棱柱,所以四边形是矩形, 点为的中点,又为中点, 所以是的中位线,所以, 又平面,平面, 所以平面; (2)因为是直三棱柱,,所以、、两两垂直, 如图建立空间直角坐标系,设, 则,,, 所以,, 设平面的法向量,则 ,令,则,, 所以, 易知平面的法向量, 由二面角是锐角, 所以, 即二面角的余弦值为; (3)设线段上存在点,, 则, 由(2)知,平面平面的法向量, 因为与面所成角的正弦值为, 所以, 解得, 所以在线段上不存在点,使得与面所成角的正弦值为. 【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、利用空间向量法求二面角和线面角,考查学生数形结合能力和计算能力,属于中档题. 22.将所有平面向量组成的集合记作,是从到的对应关系,记作或,其中、、、都是实数,定义对应关系的模为:在的条件下的最大值记作,若存在非零向量,及实数使得,则称为的一个特殊值; (1)若,求; (2)如果,计算的特征值,并求相应的; (3)若,要使有唯一的特征值,实数、、、应满足什么条件?试找出一个对应关系,同时满足以下两个条件:①有唯一的特征值,②,并验证满足这两个条件. 【答案】(1) ;(2) 当时,;当时, .其中且;(3) ,证明见解析 【解析】 【分析】 (1)由新定义得,再利用得即可. (2)由特征值的定义可得,由此可得的特征值,及相应的 (3) 解方程组,再利用平行向量的方法求解证明即可. 【详解】(1)由于此时,又因为是在的条件下,有,当时取最大值,所以此时有; (2)由,可得:, 解此方程组可得:,从而. 当时,解方程组,此时这两个方程是同一个方程,所以此时方程有无穷多个解,为 (写出一个即可),其中且. 当时,同理可得,相应的 (写出一个即可),其中且 (3)解方程组,可得从而向量与 平行,从而有、、、应满足:. 当时,有唯一的特征值,且.具体证明为: 由的定义可知:,所以为特征值. 此时满足:,所以有唯一的特征值. 在的条件下,从而有. 【点睛】本题主要考查了新定义的内容,需要根据新定义的方法列出对应的关系式,再化简求解出对应的参数满足的条件进行分析.属于难题.查看更多