北京市第22中学2020届高三上学期阶段性考试数学试题

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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.‎
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