安徽省合肥九学高三数学暑期调研考试习题理.docx

2018-2019学年高三年级暑期检测数学卷（理科）题号一二三总分得分一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 若x，则“”是“”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分条件D. 既不充分也不必要条件2. 函数的大致图象是A. B. C. D. 3. 某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x的值A. 2B. 3C. D. 4. 若O为所在平面内任一点，且满足，则的形状为A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等腰直角三角形D. 等边三角形5. 已知，且，则a的值为A. B. 15C. D. 2256. 已知数列为等差数列，且，则的值为A. 2B. 1C. D. 7. 已知函数设，则的值等于A. 1B. 2C. D. 8. 已知函数的图象关于直线对称，则最小正实数a的值为A. B. C. D. 9. 如图，在中，若，则的值为A. B. C. D. 10. 设变量x，y满足约束条件，则目标函数的最大值为A. 6B. C. 0D. 1211. 已知，且，则的最小值为A. 4B. C. 8D. 912. 若函数有且只有两个零点，则实数a的取值范围是A. B. C. D. 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 的展开式中，常数项为_14. 经过圆的圆心，且与直线垂直的直线方程是_15. 在中，角B为钝角，则 _ 填“”或“”或“”16. 四棱锥的底面ABCD为正方形，底面ABCD，若该四棱锥的所有顶点都在表面积为的同一球面上，则 _ 三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17. 已知A、B、C为的内角，是关于方程两个实根求C的大小若，求p的值18. 甲、乙两位学生参加数学竞赛培训，现分别从他们在培训期间参加的若干次预赛成绩中随机抽取8次得到甲、乙两位学生成绩的茎叶图现要从中选派一人参加数学竞赛，对预赛成绩的平均值和方差进行分析，你认为哪位学生的成绩更稳定？请说明理由；若将频率视为概率，求乙同学在一次数学竞赛中成绩高于84分的概率；求在甲同学的8次预赛成绩中，从不小于80分的成绩中随机抽取2个成绩，列出所有结果，并求抽出的2个成绩均大于85分的概率19. 已知数列的前n项和为，且满足，证明：数列为等比数列若，数列的前项和为，求20. 已知在四棱锥P一ABCD中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，E、F分别是AB、PD的中点求证：平面PEC；求PC与平面ABCD所成角的正切值；求二面角的正切值21. 设命题p：方程表示的曲线是一个圆；命题q：方程所表示的曲线是双曲线，若“”为假，求实数m的取值范围22. 设a为大于0的常数，函数当，求函数的极大值和极小值；若使函数为增函数，求a的取值范围答案和解析【答案】1. D2. B3. B4. B5. A6. D7. A8. A9. A10. A11. B12. B13. 14. 15. 16. 17. 解：由已知，方程的判别式：，所以，或由韦达定理，有，所以，从而所以，所以由正弦定理，可得，解得，或舍去于是，则所以18. 解：派甲参加比较合适，理由如下：，故甲的成绩比较稳定，；从不小于80分的成绩中抽取2个成绩，所有结果为，共15个，其中，满足2个成绩均大于85分的有，共3个，故，所求的概率是19. 解：证明：，时，两式相减常数又时，得，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列由又设两式相减，又，20. 解：取PC的中点O，连接OF、OE，且又E是AB的中点且四边形AEOF是平行四边形又平面PEC，平面PEC平面PEC连接AC平面ABCD，是直线PC与平面ABCD所成的角在中，即直线PC与平面ABCD所成的角正切为作，交CE的延长线于连接PM，由三垂线定理，得是二面角的平面角由，可得，二面角P一EC一D的正切为21. 解：若命题p真：方程表示圆，则应用，即，解得，故m的取值范围为若命题q真：，即或“”为假，p假或q假，若p为假命题，则，若q为假命题，则，所以为假，实数m的取值范围：22. 解：当时，令，则，或，当时，当，当时，若为增函数，则当时，恒成立，即，即恒成立，【解析】1. 解：由，解得，因此“”是“”的既不充分也不必要条件故选：D由，解得，即可判断出结论本题考查了不等式的解法与性质、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题2. 解：函数是偶函数，排除C，D当时，排除A，故选：B判断函数的奇偶性排除选项，然后利用特殊点的位置判断即可本题考查函数的图象的判断，函数的奇偶性以及函数的特殊点的位置的应用，考查计算能力3. 解：由已知中的三视图可得该几何体是一个以直角梯形为底面，梯形上下边长为1和2，高为2，如图：，平面ABCD，底面的面积该几何体为x，几何体的体积，可得故选：B由已知中的三视图可得该几何体是一个以直角梯形为底面的四棱锥，该几何体为x，根据体积公式建立关系，可得答案本题考查的知识点是三视图投影关系，体积公式的运用，根据已知的三视图，判断几何体的形状是解答的关键4. 解：因为，即；又因为，所以，即，所以是等腰三角形故选：B根据平面向量的线性表示与数量积运算，结合题意可得出是等腰三角形本题考查了平面向量的线性表示与数量积运算问题，是综合性题目5. 解：，故选：A把指数式化为对数式，再利用对数的运算法则即可得出本题考查了指数式化为对数式、对数的运算法则，属于基础题6. 解：数列为等差数列， 故选D利用等差数列的性质，求得，再利用，即可求得结论本题考查等差数列的性质，考查学生轭计算能力，属于基础题7. 解：，则，故选：A根据分段函数的表达式直接代入即可得到结论本题主要考查函数值的计算，先判断a的符号是解决本题的关键8. 解：，其对称轴方程由，得：，又函数的图象关于直线对称，当时，最小正实数a的值为故选：A利用三角恒等变换可得，利用正弦函数的对称性即可求得答案本题考查正弦函数的对称性，求得是关键，属于中档题9. 解：， ，则，故选：A根据向量的基本定理结合向量加法的三角形分别进行分解即可本题主要考查平面向量基本定理的应用，根据向量的和差运算将向量进行分解是解决本题的关键10. 解：作出约束条件的可行域如图，由知，所以动直线的纵截距取得最大值时，目标函数取得最大值由得结合可行域可知当动直线经过点时，目标函数取得最大值故选：A先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，只需求出直线过点时，z最大值即可本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题11. 解：，且，当且仅当时，等号成立，则的最小值为，故选B把要求的式子化为，再展开后利用基本不等式求得它的最小值本题主要考查基本不等式的应用，注意基本不等式的使用条件，并注意检验等号成立的条件，把要求的式子化为，是解题的关键12. 解：；时，时，；时，取最小值；在上单调递减，在上单调递增；又有且只有两个零点；故选B可求导数，然后根据导数的符号便可求出函数的最小值及函数的单调性，根据函数只有两个零点便可得出关于a的不等式，从而可求出实数a的取值范围考查基本初等函数和复合函数的导数的计算公式，根据导数符号判断函数的单调性及求函数最值的方法和过程，函数零点的定义13. 解：展开式中常数项是展开式中的项与x的乘积，加上含x项与的乘积；由展开式的通项公式为，令，解得，；令，解得，；所求展开式的常数项为故答案为：根据展开式中常数项是展开式中的项与x的乘积，加上x项与的乘积；利用展开式的通项公式求出对应的项即可本题考查了二项式定理的应用问题，是基础题14. 解：化圆为标准方程，可得圆心坐标为直线的斜率为，与直线垂直的直线的斜率为1则所求直线方程为，即故答案为：化圆的方程为标准方程，求出圆心坐标，再由已知可得所求直线的斜率，代入直线方程的点斜式得答案本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查两直线垂直与斜率的关系，是基础题15. 解：，又为钝角，A为锐角，即，故答案为：由B为钝角，A为锐角，可得，利用两角和的正弦函数公式，做差即可计算得解此题考查了三角函数值的符号，两角和的正弦函数公式，熟练掌握公式及性质是解本题的关键，属于基础题16. 解：连结AC，BD交于点E，取PC的中点O，连结OE，则，所以底面ABCD，则O到四棱锥的所有顶点的距离相等，即O球心，均为，所以由球的表面积可得，解得，故答案为：连结AC、BD，交于点E，则E是AC中点，取PC中点O，连结OE，推导出O是该四棱锥的外接的球心，可得球半径，由四棱锥的所有顶点都在表面积为，建立方程求出PA即可本题考查四面体的外接球的表面积，考查勾股定理的运用，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养17. 由判别式，可得，或，由韦达定理，有，由两角和的正切函数公式可求，结合C的范围即可求C的值由正弦定理可求，解得B，A，由两角和的正切函数公式可求，从而可求的值本题主要考查了和角公式、诱导公式、正弦定理等基础知识，考查了运算求解能力，考查了函数与方程、化归与转化等数学思想的应用，属于中档题18. 分别求出，判断即可；求出满足条件的概率即可；求出小于80分的成绩的个数，求出满足2个成绩均大于85分的个数，求出满足条件的概率即可本题考查了茎叶图的读法，考查求平均数和方差问题，考查概率问题，是一道中档题19. 根据数列的递推公式可得数列是以2为首项，2为公比的等比数列由可得，根据对数的运算性质可得，利用分组求和和错位相减法求和即可本题考查了递推关系，分组求和和错位相减法求和，考查了推理能力与计算能力，属于中档题20. 取PC的中点O，连接OF、可得，且，又又平面PEC，平面PEC，可得线面平行平面ABCD可得是直线PC与平面ABCD所成的角在中，作，交CE的延长线于连接PM，得，是二面角的平面角解决成立问题的关键是将空间角找出并且把空间问题转化为平面