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2019-2020年高三上学期质量检测(12月)数学(理)含答案
一、填空题本大题共14小题,每小题5分,共计70分
1.已知集合那么_________.
2.函数的最小正周期为_________.
3.复数,且是纯虚数,则实数的值为_________.
4.已知双曲线的一条渐近线方程为则的值为_______.
5.在中,则=________.
6.“”是“”成立的________条件.填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”.
7.若为等差数列的前项和则与的等比中项为_______.
8.若正四棱锥的底面边长为体积为则它的侧面积为_______.
9.在平面直角坐标系中,记不等式组表示的平面区域为若对数函数的图像与有公共点,则的取值范围是__________.
10.已知是定义在上的奇函数,且当时,则_________.
11.在边长为1的正中,向量,且则的最大值为________.
12.若在给定直线上任取一点从点向圆引一条切线,切点为若存在定点恒有则的范围是_______.
13.已知数列中,是公比为的等比数列.记若不等式对一切恒成立,则实数的取值范围是________.
14.已知,曲线和直线有交点Q,则满足的等量关系式为______________.不能含其它参量2.解答题本大题共6小题,共计90分
15.(本小题满分14分)已知函数其中向量若的图像上相邻两个对称中心的距离大于等于
(1)求的取值范围;
(2)在中,分别是角的对边,当最大时,求的面积最大值.
16.(本小题满分14分)如图,为圆的直径,点在圆上,且矩形所在的平面与圆所在的平面互相垂直,且1设的中点为求证面
(2)求证面.
17.(本小题满分14分)如图
①,有一个长方形状的敞口玻璃容器,底面是边长为20的正方形,高为30,内有20深的溶液,现将此容器倾斜一定角度(图
②),且倾斜时底面的一条棱始终在桌面上(图
①,
②均为容器的纵截面).1当时,通过计算说明此溶液是否会溢出;2现需要倒出不少于3000的溶液,当等于时,能实现要求吗?通过计算说明理由.
18.(本小题满分16分)如图所示,已知椭圆的左、右焦点分别为,为椭圆上一点,为上顶点,,.
(1)当椭圆离心率时,若直线过点(0,)且与椭圆交于(不同于)两点,求;
(2)求椭圆离心率的取值范围.
19.(本小题满分16分)设函数
(1)当时,求函数的极值;
(2)当时,讨论函数的单调性.
(3)若对任意及任意,恒有成立,求实数的取值范围.
20.(本小题满分16分)已知数集具有性质;对任意的,与两数中至少有一个属于.
(1)分别判断数集与是否具有性质,并说明理由;
(2)证明,且;
(3)证明当时,成等比数列.命题、校对、审核王朝和、徐小美数学Ⅱ附加题
1.已知矩阵的一个特征值是3,求直线在作用下的直线方程.
2.在平面直角坐标系中,曲线的参数方程是若以为极点,轴的正半轴为极轴,取与直角坐标系中相同的单位长度,建立极坐标系,求曲线的极坐标方程.
3.如图,在正四棱锥中,,点分别在线段和上,.
(1)若,求证;
(2)若二面角的大小为,求线段的长度.
4.已知展开式的各项依次记为设函数
(1)若的系数依次成等差数列,求正整数的值;
(2)求证恒有命题、校对、审核王朝和、徐小美高三(理)数学质量检测参考答案(xx.12)
一、填空题本大题共14小题,每小题5分,共计70分
1.
2.
3.
4.
125.
16.必要不充分
7.
8.
9.
10.
011.
8812.圆,【解析】设若恒有则有即有恒成立,∴消去得∴,∴.
13.【解析】∵∴∴解得或若,则对一切正整数成立,显然不可能;若则对一切正整数成立,只要即可,即,解得
14.导数3.解答题本大题共6小题,共计90分
15.【解析】
(1)由题意知=解得
(2)由
(1)知即又∵∴∴得由余弦定理得即∴
16.【证明】
(1)设的中点为连接则∥=又∵∥=∴∥,=,∴为平行四边形,∴∥又∵面面∴∥面
(2)∵面面,面面面∴面.∵面∴又∵为圆的直径,∴又∵面∴面
17.【解析】
18.解
(1)得,所以椭圆的方程为.依题意可设所在的直线方程为,代入椭圆方程得.设,则.因为,所以.
(2)因为因为,所以,化简得-,即,在中,由余弦定理,有,所以,又因为,即.
19.解析
(1)函数的定义域为.当时,当时,单调递减;当时,单调递增,无极大值.
(2)当,即时,在定义域上是减函数;当,即时,令得或令得当,即时,令得或令得综上,当时,在上是减函数;当时,在和单调递减,在上单调递增;当时,在和单调递减,在上单调递增;
(3)由(Ⅱ)知,当时,在上单减,是最大值,是最小值.而经整理得,由得,所以
20.【解析】本题主要考查集合、等比数列的性质,考查运算能力、推理论证能力、分类讨论等数学思想方法.本题是数列与不等式的综合题,属于较难层次题.
(1)由于与均不属于数集,∴该数集不具有性质P.由于都属于数集,∴该数集具有性质P.
(2)∵具有性质P,∴与中至少有一个属于A,由于,∴,故.从而,∴.∵,∴,故.由A具有性质P可知.又∵,∴,从而,∴.
(3)由(Ⅱ)知,当时,有,即,∵,∴,∴,由A具有性质P可知.由,得,且,∴,∴,即是首项为1,公比为成等比数列.数学Ⅱ附加题
1.【解析】∵矩阵的一个特征值是3,设则解得∴.设直线上任一点在作用下对应的点为则有整理得,则,代入,整理得.∴所求直线方程为.
2.【解析】由消去得曲线是以点为圆心,1为半径的圆,∴在极坐标系中,曲线是以点为圆心,1为半径的圆,∴曲线的极坐标方程是
3.【解析】连接交于点,以为轴正方向,以为轴正方向,为轴建立空间直角坐标系.因为,则,,,.
(1)由,得,由,得,所以,.因为.所以.
(2)因为在上,可设,得.所以,.设平面的法向量,由得其中一组解为,,,所以可取.因为平面的法向量为,所以,即,解得,从而,,所以.
4.【解析】
(1)由题意知∵的系数依次为∴解得
(2)=令令设则考虑到将以上两式相加得∴又当时,恒成立,从而是上的单调增函数,∴高三___________姓名_____________学号………………密……………封……………线……………内……………不……………要……………答……………题………………C··PMABDN第3题图。