- 2021-06-10 发布 |
- 37.5 KB |
- 18页
申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。
文档介绍
甘肃省天水市第一中学等八校联考2020届高三12月联考数学(文)试题
甘肃省天水市八校联考2020届高三级第三次联考试题 文科数学 一、选择题 1. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 上下同时乘以再化简即可. 【详解】 故选D 【点睛】本题主要考查复数的四则运算,属于基础题型. 2.已知全集为,集合,,则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 分别求得集合再求即可. 【详解】 或 故,故 故选C 【点睛】本题主要考查了集合的基本运算,属于基础题型. 3.在等差数列中,已知,则该数列前11项和=( ) A. 44 B. 55 C. 143 D. 176 【答案】A 【解析】 【分析】 根据等差数列的性质计算即可. 【详解】由等差数列中,则,故 故选A 【点睛】本题主要考查了等差数列的基本性质,包括等和性与当为奇数时,前项和 . 属于基础题型. 4.函数的大致图象是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 先分析奇偶性,再分析当时函数值的正负即可. 【详解】,故为奇函数.排除C,D 又当时, ,此时,排除B 故选A 【点睛】本题主要考查了函数图像的判断,一般先分析奇偶性,再分析特殊位置的正负即可.属于基础题型. 5.动点在圆上移动时,它与定点连线的中点的轨迹方程是 ( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 设连线的中点为,再表示出动点的坐标,代入圆化简即可. 【详解】设连线的中点为,则因为动点与定点连线的中点为,故 ,又在圆上,故, 即即 故选B 【点睛】本题主要考查了轨迹方程的一般方法,属于基础题型. 6.设是两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列命题正确的是( ) A. 若且则 B. 若且则 C. 若 D. 若且则 【答案】B 【解析】 试题分析:对于A中,若且则与可能是平行的,所以不正确;对于C中,则可能,所以不正确;对于D中,若且 则与可能是相交的,所以不正确,故选B. 考点:直线与平面位置关系的判定. 7.函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,-<φ<)的部分图象如图所示,则ω、φ的值分别是( ) A. 2,- B. 2,- C. 4,- D. 4, 【答案】A 【解析】 分析】 由函数f(x)=2sin(ωx+φ)的部分图象,求得T、ω和φ的值. 【详解】由函数f(x)=2sin(ωx+φ)的部分图象知, (), ∴Tπ,解得ω=2; 又由函数f(x)的图象经过(,2), ∴2=2sin(2φ), ∴φ=2kπ,k∈Z, 即φ=2kπ, 又由φ,则φ; 综上所述,ω=2、φ. 故选A. 【点睛】本题考查了正弦型函数的图象与性质的应用问题,是基础题. 8.与直线关于x轴对称的直线的方程是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 利用所求直线的点的坐标,关于轴的对称点的坐标在已知的直线上求解即可. 【详解】设所求直线上点的坐标, 则关于轴的对称点的坐标在已知的直线上, 所以所求对称直线方程为:,故选D. 【点睛】本题主要考查对称直线的方程,意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力,属于简单题. 9.泰山有“五岳之首”“天下第一山”之称,登泰山的路线有四条:红门盘道徒步线路,桃花峪登山线路,天外村汽车登山线路,天烛峰登山线路.甲、乙、丙三人在聊起自己登泰山的线路时,发现三人走的线路均不同,且均没有走天外村汽车登山线路,三人向其他旅友进行如下陈述: 甲:我走红门盘道徒步线路,乙走桃花峪登山线路; 乙:甲走桃花峪登山线路,丙走红门盘道徒步线路; 丙:甲走天烛峰登山线路,乙走红门盘道徒步线路; 事实上,甲、乙、丙三人的陈述都只对一半,根据以上信息,可判断下面说法正确的是( ) A. 甲走桃花峪登山线路 B. 乙走红门盘道徒步线路 C. 丙走桃花峪登山线路 D. 甲走天烛峰登山线路 【答案】D 【解析】 【分析】 甲乙丙三人陈述中都提到了甲的路线,由题意知这三句中一定有一个是正确另外两个错误的, 再分情况讨论即可. 【详解】若甲走的红门盘道徒步线路,则乙,丙描述中的甲的去向均错误,又三人的陈述都只对一半,则乙丙的另外两句话“丙走红门盘道徒步线路”,“乙走红门盘道徒步线路”正确,与“三人走的线路均不同”矛盾. 故甲的另一句“乙走桃花峪登山线路”正确,故丙的“乙走红门盘道徒步线路”错误,“甲走天烛峰登山线路”正确.乙的话中“甲走桃花峪登山线路”错误,“丙走红门盘道徒步线路”正确. 综上所述,甲走天烛峰登山线路,乙走桃花峪登山线路, 丙走红门盘道徒步线路 故选D 【点睛】本题主要考查了判断与推理的问题,重点是找到三人中都提到的内容进行分类讨论,属于基础题型. 10.如图,正方体的棱长为分别是棱的中点,则多面体的体积为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由题易得为正六边形,故连接对角线取中心,再求得高与底面面积即可. 【详解】取为正六边形中心,则易得共线,再建立如图空间直角坐标系,则 ,,故, 故面,故体积 故选C 【点睛】本题主要考查立体几何中的垂直平行关系,同时注意正六边形的面积可以用六个小正三角形进行计算,属于中等题型. 11.四面体的四个顶点都在球的表面上,,是边长为3的等边三角形,若,则球的表面积为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 先求底面外接圆直径,再求球的直径,再利用表面积求解即可. 【详解】外接圆直径 , 故球的直径平方,故外接球表面积 故选A 【点睛】本题主要考查侧棱垂直底面的锥体外接球表面积问题,先利用正弦定理求得底面直径,再利用锥体高,根据球直径求解即可.属于中等题型. 12.设,若方程恰有四个不相等的实数根,则实数 的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 画出函数图像,再根据直线与有四个交点分析即可. 【详解】画出图像,由过定点,故将直线绕着旋转进行分析,得出临界条件如图,直线过和与相切时为临界条件. 当过时,易得. 当与相切时,设切点,,故在处切线斜率,故,故,故,故 故的取值范围是 故选C 【点睛】本题主要考查了数形结合解决分段函数零点的问题,重点是画出图像,分析满足条件时的情况,再求得临界条件,最后得出斜率的取值范围,属于难题. 二、填空题 13.若向量和向量垂直,则_______. 【答案】 【解析】 【分析】 利用垂直求得,再求出的向量坐标,进而求得模长即可. 【详解】因为向量和向量垂直,所以, 故,故,故 故 故答案为5 【点睛】本题主要考查向量的坐标运算,包括垂直的性质以及模长的运算等,属于基础题型. 14.函数的图象在处的切线方程为______________________. 【答案】 【解析】 【分析】 先求导函数,再代入于内求得斜率, 代入于内求得切点坐标,再用点斜式求直线方程即可. 【详解】由题,又,故在处的斜率为,故在处的切线方程为 故答案为 【点睛】本题主要考查了导数几何意义,求在某点处切线的方程,属于基础题型. 15.已知等比数列中,各项都是正数,且成等差数列,则______. 【答案】 【解析】 【分析】 先根据等差中项的性质可知得2×()=a1+2a2,进而利用通项公式表示出q2=1+2q,求 得q,代入中即可求得答案. 【详解】依题意可得2×()=a1+2a2, 即,a3=a1+2a2,整理得q2=1+2q, 求得q=1±, ∵各项都是正数 ∴q>0,q=1+ ∴==3+2 故答案: 【点睛】本题主要考查了等差数列和等比数列的性质.考查了学生综合分析的能力和对基础知识的理 解. 16.在直三棱柱中,若 ,则异面直线与所成的角等于_________ 【答案】 【解析】 【分析】 建立空间直角坐标系分别求得,,再利用即可得到所求角大小. 【详解】三棱柱为直三棱柱,且 以点 为坐标原点,分别以,,为 轴建立空间直角坐标系 设,则 , ,, , 又 异面直线所成的角在 异面直线与所成的角等于 . 【点睛】本题考查了异面直线所成角的计算,一般建立空间直角坐标系利用向量法来解决问题,属于中档题. 三、解答题 17.如图,在三棱柱中,⊥,⊥,,为的中点,且⊥. (1)求证:⊥平面;(2)求三棱锥的体积. 【答案】解:(1)见解析;(2)=·CD =A1B1×B1B×CD=×2×2×=. 【解析】 【分析】 本题考查线线垂直,线面垂直及多面体的体积的求法技巧,转化思想的应用,考查计算能力 (1)证明CD⊥BB1,通过BB1⊥AB,AB∩CD=D,即可证明BB1⊥面ABC (2)所求的体积进行等价转化可以知道几何体的体积. 解:(1)∵AC=BC,D为AB的中点,∴CD⊥AB,又∵CD⊥DA1,∴CD⊥平面ABB1A1,∴CD⊥BB1, 又BB1⊥AB,AB∩CD=D,∴BB1⊥平面ABC (2)由(1)知CD⊥平面AA1B1B,故CD是三棱锥C-A1B1D的高, 在Rt△ACB中,AC=BC=2,∴AB=2,CD=, 又BB1=2,∴=·CD =A1B1×B1B×CD=×2×2×= 【详解】 请在此输入详解! 18.已知半径长为的圆截轴所得弦长为,圆心在第一象限且到直线的距离为. (1)求这个圆的方程; (2)求经过与圆相切的直线方程. 【答案】(1);(2)和. 【解析】 【分析】 (1)设圆心,半径=5,利用圆截轴所得弦长为算出.再利用到直线的距离为算得即可. (2)分情况当斜率不存在时判断是否满足条件,再考虑当斜率存在时,设过的点斜式方程,再利用与圆相切列出圆心到直线的距离等于半径的方程,求解即可. 【详解】由题圆心,半径=5 截轴弦长为6 , 由到直线的距离为, 所以圆的方程为 (2)分情况讨论:当直线存在斜率时,设切线方程为: 由到直线的距离 切线方程: 当直线过点且斜率不存在时,方程也是所求的切线方程. 综上,切线方程为和 【点睛】本题主要考查了直线与圆的方程问题.重点在于根据题目条件找到圆心半径的关系,相交一般利用垂径定理,相切一般用圆心到直线的距离等于半径列式求解.同时注意求过定点的直线时,要分斜率存在与不存在的情况,属于中等题型. 19.如图,在中,边上的中线长为3,且,. (1)求的值; (2)求边的长. 【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)4; 【解析】 【分析】 (1)由同角三角函数的关系、三角形内角的范围和两角差的正弦公式即可求出. (2)在中,利用正弦定理得,在中利用余弦定理即可求出. 【详解】解:因为,所以. 又,所以, 所以 . 在中,由得, 解得.故, 在中,由余弦定理得 , 得. 【点睛】本题考查两角差的正弦公式,考查正弦定理、余弦定理的运用,属于中档题. 20.已知数列的前n项和为,且. (1)求数列的通项. (2)设,求数列的前n项和. 【答案】(1);(2) . 【解析】 【分析】 (1)利用通项与前n项和的关系求得关于的递推公式满足等比数列,再求得首项与公比即可求得数列的通项. (2) 差比数列,故考虑用错位相减求和. 【详解】解(1) 两式相减得, 即数列{an}是等比数列. (2) ① ② ①﹣②得 【点睛】本题主要考查了通项与前n项和的关系,同时也考查了错误相减求和的方法,属于中等题型. 21.在平面直角坐标系xOy中,已知直线与圆O:相切. (1)直线l过点(2,1)且截圆O所得的弦长为,求直线l的方程; (2)已知直线y=3与圆O交于A,B两点,P是圆上异于A,B的任意一点,且直线AP,BP与y轴相交于M,N点.判断点M、N的纵坐标之积是否为定值?若是,求出该定值;若不是,说明理由. 【答案】(1)或;(2)见解析. 【解析】 【分析】 (1)记圆心到直线l的距离为d,利用垂径定理求得d.当直线l与x轴垂直时,直线l的方程为x=2,满足题意;当直线l与x轴不垂直时,设直线l的方程为y﹣1=k(x﹣2),利用圆心到直线的距离列式求得k,则直线方程可求; (2)设P(x1,y1),由直线y=3与圆O交于A、B两点,不妨取A(1,3),B(﹣1,3),分别求出直线PA、PB的方程,进一步得到M,N的坐标,由P在圆上,整体运算可得 为定值. 【详解】∵直线x﹣3y﹣10=0与圆O:x2+y2=r2(r>0)相切, ∴圆心O到直线x﹣3y﹣10=0的距离为r=. (1)记圆心到直线l的距离为d,∴d=. 当直线l与x轴垂直时,直线l的方程为x=2,满足题意; 当直线l与x轴不垂直时,设直线l方程为y﹣1=k(x﹣2),即kx﹣y+(1﹣2k)=0. ∴,解得k=﹣,此时直线l的方程为3x+4y﹣10=0. 综上,直线l的方程为x=2或3x+4y﹣10=0; (2)点M、N的纵坐标之积为定值10. 设P(x1,y1), ∵直线y=3与圆O交于A、B两点,不妨取A(1,3),B(﹣1,3), ∴直线PA、PB的方程分别为y﹣3=,y﹣3=. 令x=0,得M(0,),N(0,), 则(*). ∵点P(x1,y1)在圆C上,∴,即, 代入(*)式,得为定值. 【点睛】求定值问题常见的方法 ①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关. ②直接推理、计算,并在计算推理过程中消去变量,从而得到定值. 22.已知定义在上的函数在区间上的最大值是5,最小值是. (1)求函数的解析式; (2)若时,恒成立,求实数的取值范围. 【答案】(1);(2) 【解析】 【分析】 (1)求出导函数,由导数确定单调性,得最值后可得,得解析式; (2)恒成立,作为的函数可以看作是一次函数,只要区间两个端点处函数值满足不等式即可. 【详解】解:(1)令, 解得或(舍), 因为, 由知,在上单调递增, 在上单调递减, 在上的最大值为,最小值为 , 解得, . (2)由(1)知, 恒成立, 令, 则在上恒成立, 等价于:,即. 解得,故实数的取值范围为. 【点睛】本题考查用导数研究函数的最值,考查不等式恒成立问题.解题中注意问题的转化,不等式恒成立问题常常要进行转化.查看更多