吉林省长春市东北师大附中2020届高三上学期第三次摸底考试数学（理）试题 Word版含解析

吉林省长春市东北师大附中2020届高三上学期第三次摸底考试数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2019-2020学年高三年级上学期第三次摸底考试理科数学 一､选择题 ‎1.（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的四则运算即可求解.‎ ‎【详解】.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了复数的四则运算，属于基础题.‎ ‎2.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出集合，利用集合的交运算即可求解.‎ ‎【详解】，‎ ‎，‎ ‎.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了集合的交运算，同时考查了一元二次不等式的解法以及绝对值不等式的解法，属于基础题.‎ - 25 -‎ ‎3.角的终边与单位圆交于点，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用三角函数的定义可得，再由二倍角公式可得 ‎【详解】由题意可得，‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了三角函数的定义以及二倍角公式，需熟记公式，掌握三角函数的定义是关键，属于基础题.‎ ‎4.已知向量，，设与的夹角为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量的坐标运算求出向量，再利用向量数量积的坐标运算即可求解.‎ 详解】设，由，，‎ 可得， ‎ 设与的夹角为，且 ‎ 则，所以.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了向量坐标表示、向量数量积的坐标运算，属于基础题.‎ - 25 -‎ ‎5.设，，，则的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数函数、对数函数的单调性即可求解.‎ ‎【详解】由单调递增，所以，即.‎ 由为增函数，则，所以，‎ 综上可得.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了指数函数、对数函数的单调性比较指数式、对数式的大小，属于基础题.‎ ‎6.若满足,则最大值为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先作出不等式组对应的可行域，再利用线性规划求最值得解.‎ ‎【详解】当x≥y时，设z=x-y,由题得，‎ 不等式组对应的可行域如图所示，‎ - 25 -‎ 当直线z=x-y经过点B(2,-2)时，直线的纵截距-z最小，z最大，‎ 此时z取最大值2-(-2)=4.‎ 当x＜y时，设z=y-x,由题得，不等式组没有可行域，所以该情况不存在.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查线性规划求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎7.函数的图像大致是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 25 -‎ 因为 ，所以去掉B,D;当 时， 所以去掉C,选A.‎ ‎8.设，则“”是“”的( )‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用绝对值不等式的解法和余弦函数的图象和性质，化简两已知不等式，结合充分必要条件的定义，即可得到结论．‎ ‎【详解】∵，‎ ‎，‎ 则，‎ 可得“”是“”的充分不必要条件，故选A.‎ ‎【点睛】本题考查充分必要条件的判断，同时考查余弦函数的图象和性质，运用定义法和正确解不等式是解题的关键，属于基础题．‎ ‎9.已知正项等比数列的前项和为，且，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据是等比数列，由，即可得也是等比数列，结合基本不等式的性质即可求出的最小值.‎ ‎【详解】是等比数列，，即，‎ - 25 -‎ 也是等比数列，且，‎ ‎，‎ 可得：‎ ‎，当且仅当时取等号，‎ 的最小值为.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了等比数列的前项和性质以及基本不等式求和的最小值，熟记等比数列的前项和性质是关键，属于基础题.‎ ‎10.已知函数的部分图象如图所示，则的单调递增区间为（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 25 -‎ ‎【分析】‎ 由图可知函数的周期，进而根据周期公式求出，利用对称轴以及的范围可求出，再由正弦函数的单调递增区间整体代入即可求解.‎ ‎【详解】由图可知，解得，所以，‎ 又，解得.‎ ‎ ，所以，‎ 所以， ‎ 由，‎ 解得，‎ 所以的单调递增区间为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了由图像求三角函数的解析式以及整体代入法求函数的单调区间，属于基础题.‎ ‎11.设函数的定义域为，满足，且当时，.记当时，函数的极大值点从小到大依次记为并记相应的极大值为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据以及极值点与极值的定义求出判断分别为等差数列与等比数列，利用等差数列与等比数列的求和公式即可求解.‎ ‎【详解】由，即，‎ - 25 -‎ 当时，，‎ 由题意可知，，‎ 当时，则，‎ 则，，‎ 当时，则，，‎ 则，，‎ 所以是以为首项，为公差的等差数列，‎ 是以为首项，为公比的等比数列，‎ 所以 ‎.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了三角函数的性质、极值点以及极值的定义、等差数列、等比数列的前项和公式，需熟记定义与公式，属于中档题.‎ ‎12.已知为锐角的外心，且三边与面积满足，若（其中是实数），则的最大值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用余弦定理以及三角形的面积公式求出，以边所在的直线为轴，边的垂直平分线为轴建立直角坐标系（为边的中点），由外接圆的性质可得 - 25 -‎ ‎,由，不妨设外接圆的半径，则,可得的坐标，设，则的外接圆的方程为：，利用向量的坐标运算可得，从而求出，代入外接圆方程可得，再利用基本不等式即可求解.‎ ‎【详解】由，可知，‎ 解得，所以，‎ 如图所示，以边所在的直线为轴，边的垂直平分线为轴建立直角坐标系 ‎（为边的中点）‎ 由外接圆的性质可得,‎ 由，不妨设外接圆的半径，‎ 则,‎ ‎，‎ ‎,‎ ‎，‎ 则的外接圆的方程为：，‎ ‎，‎ - 25 -‎ ‎， ，‎ ‎，否则三点共线，由图可知不可能的.‎ 可化为，代入的外接圆的方程可得 ‎，‎ 化为，‎ 化为，‎ 解得或，‎ 又，所以，‎ 所以的最大值为.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查了余弦定理、三角形的面积公式、向量的坐标运算以及基本不等式求最值，综合性比较强，属于难题.‎ 二､填空题 ‎13.曲线在点处切线方程为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可判断出点在曲线上，所以通过求导求出切线的斜率，把斜率和点代入点斜式方程即可．‎ ‎【详解】∵点（0，1）在曲线上，又由题意，，∴斜率k＝‎ - 25 -‎ ‎，∴所求方程为：，即y＝x+1．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义的应用，属于基础题．‎ ‎14.如图，正六边形的边长为，记，从点､､､､､这六点中任取两点为向量的起点和终点，则的最大值为______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向量的数量积最大，需要两个向量的模以及两个向量的夹角的余弦函数值的乘积取得最大值即可.‎ ‎【详解】由题意可知：则，‎ 由图可知时，所以，‎ 故的最大值为2.‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题考查了向量数量积的定义，掌握向量数量积的定义是关键，属于基础题.‎ ‎15.公元前世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图方法，发现了黄金分割，其比值为方程的正根，这一数值也可以表示为，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用诱导公式以及二倍角的余弦公式即可求解.‎ - 25 -‎ ‎【详解】‎ ‎.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了诱导公式以及二倍角的余弦公式，需熟记公式，属于基础题.‎ ‎16.已知函数若存在实数，使得成立，则实数的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知条件令可得，分离参数可得，令 ‎，求出的值域即可求解.‎ ‎【详解】，且 令，，即，‎ 从而可得，‎ 令，‎ 则，‎ 令，则，‎ 因为，所以，‎ 即在上为增函数，所以，即，‎ - 25 -‎ 所以，当时，，‎ 当时，，‎ 所以在上单调递减，在上单调递增，所以，‎ 所以，实数的取值范围是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了导数在求函数最值中的应用，考查了分离参数法求参数的取值范围，属于难题.‎ 三､解答题 ‎17.已知数列的前项和为，且满足，.‎ ‎（Ⅰ）求数列通项公式；‎ ‎（Ⅱ）数列满足，记数列的前项和为，求证.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据与的关系，可得，从而判断为等比数列，利用等比数列的通项公式即可求解. ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得，，利用等差数列的求和公式可得，再利用裂项求和法可求出，令，易知单调递增，借助函数的单调性即可求解.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为，①‎ 当时，，②‎ 由①-②得，即，‎ - 25 -‎ 当时，，，‎ 所以数列为等比数列，其首项为，公比为，‎ 所以；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得，，所以，‎ 所以，‎ 所以 令，易知单调递增，‎ 所以，即，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了与的关系、等比数列的通项公式、等差数列的前项和公式、裂项求和法以及函数的单调性求值域，综合性比较强，属于中档题.‎ ‎18.如图，在中，内角的对边分别为，已知，点在边上.‎ ‎（Ⅰ）求角；‎ ‎（Ⅱ）若，，且的面积与的面积之比为，求.‎ - 25 -‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用正弦定理边化角可得，再利用两角和的正弦公式的逆应用即可求解. ‎ ‎（Ⅱ）在中，，，从而可得，进而求出，在中，由正弦定理可得，根据的面积与的面积之比为，可得，在中，利用余弦定理即可求解.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意，∵，‎ 由正弦定理可得，‎ 即，‎ ‎∴，‎ 在中，，∴.‎ ‎∴，又在中，，‎ ‎∴.‎ ‎（Ⅱ）在中，，，‎ ‎∴.‎ 由（Ⅰ）可知，‎ ‎∴，‎ 在中，由正弦定理可得，‎ ‎∵的面积与的面积之比为，‎ ‎∴，∴.‎ - 25 -‎ 在中，由余弦定理可得 ‎，‎ ‎∴‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理解三角形，需熟记定理，属于中档题.‎ ‎19.如图，三棱柱的侧面是正方形，平面平面，，，点在上，，是的中点.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）判断平面与平面是否垂直，直接写出结论，不必说明理由；‎ ‎（Ⅲ）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）平面平面（Ⅲ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）连结交于，因为为中点，所以，利用线面平行的判定定理即可证出 ‎（Ⅱ）首先利用面面垂直的判定定理即可得出结论.‎ ‎（Ⅲ）建立空间直角建立坐标系，分别求出平面的一个法向量、平面的一个法向量，利用空间向量的数量积即可求解.‎ ‎【详解】（Ⅰ）如图所示，‎ - 25 -‎ ‎ ‎ 连结交于，因为为中点，所以，‎ 又因为平面, 平面,‎ 所以平面. ‎ ‎（Ⅱ）平面平面.‎ ‎（Ⅲ）如图建立坐标系，设，，，‎ 设平面的一个法向量为，则，，‎ 令，则，同理可得平面的一个法向量为，‎ 所以，‎ 因为二面角为锐二面角，‎ 所以求二面角的余弦值为.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、面面垂直的判定定理以及空间向量法求二面角，考查了推理能力以及空间想象能力，属于中档题.‎ ‎20.已知的两个顶点的坐标分别为，，且所在直线的斜率之积等于，记顶点的轨迹为.‎ ‎（Ⅰ）求顶点的轨迹的方程；‎ ‎（Ⅱ）若直线与曲线交于两点，点在曲线上，且为的重心（为坐标原点），求证：的面积为定值，并求出该定值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）证明见解析，定值为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）设，根据题意列方程即可求解.‎ ‎（Ⅱ）设，，，由为的重心，可得，从而，，将直线与椭圆方程联立整理利用韦达定理求出点坐标，代入椭圆方程可得，再利用弦长公式以及三角形的面积公式即可求解.‎ ‎【详解】（Ⅰ）设，‎ - 25 -‎ 因为点的坐标为，所以直线的斜率为 同理，直线的斜率为 由题设条件可得，.‎ 化简整理得，顶点的轨迹的方程为：.‎ ‎（Ⅱ）设，，，‎ 因为为的重心，所以，‎ 所以，，‎ 由得，‎ ‎，，‎ ‎，，∴，‎ 又点在椭圆上，所以，‎ ‎∴，‎ 因为为的重心，所以是的倍，‎ ‎，‎ 原点到直线的距离为，‎ ‎.‎ - 25 -‎ 所以，‎ 所以，的面积为定值，该定值为.‎ ‎【点睛】本题考查了直接法求曲线轨迹方程、直线与椭圆的位置关系，考查了学生的计算能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数，.‎ ‎（Ⅰ）若为函数的极小值点，求的取值范围，并求的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）若，，求的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ），的递减区间和，递增区间为，（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）首先求出函数导数，分类讨论或，判断的正负即可求解. ‎ ‎（Ⅱ）令，且，求出，令，且，求出在上单调递增，进而分类讨论或，求出的单调区间，即可求出的单调区间，判断的正负即可求解.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意知：，且，‎ 若，即时，当，，所以不可能为的极小值点；‎ 若，即时，令；‎ 令或，‎ 所以的递减区间和，递增区间为，‎ - 25 -‎ 所以为函数的极小值点，‎ 综上：，的递减区间和，递增区间为.‎ ‎（Ⅱ）令，‎ 则，‎ ‎，‎ 令，则，‎ 因为，令，‎ 则，，‎ 所以在上单调递增，所以，‎ ‎（1）当，即时，，，所以在上单调递增，所以对恒成立.‎ 所以恒成立，所以在上单调递增，所以，，符合题意；‎ ‎（2）当，即时，因为，‎ 又且，‎ 又在上连续且单调递增，所以存在，使得，此时，当时，，所以单调递减，所以，‎ 所以，所以在单调递减，‎ 所以，，矛盾，舍去.‎ 综上：.‎ ‎【点睛】本题考查了导数在研究函数单调性以及导数在研究不等式恒成立中的应用，考查了转化与化归的思想、分析问题与解决问题的能力，属于难题.‎ ‎22.在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线 - 25 -‎ 的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数，）.‎ ‎（Ⅰ）当时，判断直线与曲线的位置关系；‎ ‎（Ⅱ）设直线与轴的交点为，且与曲线交于两点，且，求的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）直线与曲线相切（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）将极坐标方程以及参数方程化为普通方程，再利用点到直线的距离公式即可判断.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，点坐标为，且直线的斜率为，直线的倾斜角为，将直线的参数方程与曲线的普通方程联立，利用参数的几何意义即可求解.‎ ‎【详解】（Ⅰ）当时，曲线的参数方程为，‎ ‎∴曲线的普通方程为，表示以原点为圆心，为半径的圆，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴直线的直角坐标方程为，‎ 即，‎ ‎∵到直线的距离为，‎ ‎∴直线与曲线相切；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，点坐标为，且直线的斜率为，‎ - 25 -‎ ‎∴直线的倾斜角为，‎ ‎∴直线的参数方程为（为参数），‎ 曲线的普通方程为，‎ 将直线的参数方程代入曲线的普通方程，‎ 整理，得，‎ ‎∵直线与曲线交于两点，设两点对应的参数分别为，，‎ ‎∴，‎ 且，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 解得（满足），‎ ‎∴的值为.‎ ‎【点睛】本题考查了参数方程、极坐标方程与普通方程的互化，考查了参数方程中参数的几何意义，属于基础题.‎ ‎23.设，，.‎ ‎（Ⅰ）若，求的最小值；‎ ‎（Ⅱ）若，证明：.‎ ‎【答案】（Ⅰ）9（Ⅱ）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）将用替换，利用基本不等式即可求解.‎ - 25 -‎ ‎（Ⅱ）根据，由代入即可证出.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为 ‎ ‎ ‎，‎ ‎（当时，等号成立）‎ 所以的最小值为；‎ ‎（Ⅱ）证明：因为，‎ 又因为，所以，，，‎ ‎∴，‎ 当时等号成立，即原不等式成立.‎ ‎【点睛】本题考查了基本不等式证明不等式，注意验证等号成立的条件，属于基础题.‎ - 25 -‎ - 25 -‎