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2020届江西名校学术联盟高三教学质量检测考试(二)数学(理)试题一、单选题1已知集合,则( )ABCD【答案】A【解析】解出不等式,求出值域,分别得到集合,即可求解.【详解】依题意,故.故选:A.【点睛】此题考查解不等式和求函数的值域,并求不等式解集与函数值域的交集.2已知向量,其中若,则( )AB2CD【答案】B【解析】由则,即可求出参数的值,再用模的计算公式计算可得.【详解】解:,且即,即,解得,故,则,故,故选:B【点睛】本题考查向量垂直求参数的值,向量模的坐标表示,属于基础题.3已知角的顶点在原点,始边与x轴的正半轴重合,点是角终边上的一点,则( )ABCD【答案】C【解析】首先由任意角的三角函数的定义求出,再利用二倍角余弦公式计算可得.【详解】因为点是角终边上的一点,故,故选:C【点睛】本题考查任意角的三角函数及二倍角公式的应用,属于基础题.4现有如下命题:命题:“,”的否定为“,”;命题:“”的充要条件为:“”,则下列命题中的真命题是( )ABCD【答案】C【解析】根据全称命题的否定是特称命题,以及正弦函数的性质,结合真值表,可得结果.【详解】“,”的否定为“,”,故命题为假;,所以其中,故命题为真;故为真,故选:C.【点睛】本题主要考查命题的真假,属基础题.5已知椭圆C:的左、右焦点分别为,点P在椭圆C上,若,则的余弦值为( )ABCD【答案】A【解析】首先根据椭圆的定义求出,的值,再利用余弦定理计算可得.【详解】解:,而,故,故选:A【点睛】本题考查椭圆的定义及余弦定理的应用,属于基础题.6如图,在正六边形ABCDEF中,( )ABCD【答案】B【解析】根据向量加、减法的定义及正六边形的性质计算可得.【详解】解:依题意,故,故选:B 【点睛】本题考查向量的线性运算及几何意义,属于基础题.7已知函数,则的值域为( )ABCD【答案】C【解析】根据平方关系将函数转化为关于的二次函数,再结合二次函数的性质即可求解;【详解】解:,令,由的对称轴为,则,则的值域为,故选:C【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系及二次函数的性质,属于基础题.8已知长方体中,分别是线段,的中点,若是在平面上的射影,点在线段上,/,则( )ABCD【答案】D【解析】根据线面垂直找到点,然后结合勾股定理,可得结果.【详解】过点作,垂足为,取的中点,连接,如图则由所以,且所以故所以,故选:D.【点睛】本题主要考查空间中两点之间的距离,还考查了射影的知识,属中档题.9函数的零点个数为( )A0B1C2D3【答案】C【解析】将函数零点问题转化成方程的根的问题,转化成两个新函数的公共点问题.【详解】令,得,显然不是该方程的根,故,在同一直角坐标系中分别作出的图象如下所示,观察可知,它们有2个交点,即函数有2个零点,故选:C.【点睛】此题考查函数零点问题,关键在于对方程进行等价转化,转化成两个易于作图的函数,讨论函数的交点问题.10已知函数,则a,b,c的大小关系为( )ABCD【答案】A【解析】首先分析函数的单调性,再根据对数函数的性质比较自变量的大小,从而得解.【详解】解:已知函数在上单调递增,在上单调递减,且函数的图象关于对称,因为,而,故,故选:A【点睛】本题考查指数函数、对数函数的性质,属于中档题.11若关于的不等式在上有解,则实数的取值范围为( )ABCD【答案】B【解析】利用分离参数的方法,并构造新的函数,通过利用导数研究新函数的单调性,比较新函数的值域与的关系,可得结果.【详解】依题意:,令,则,令,则,易知单调递增,所以单调递增,故,故,则在上单调递增,故,即实数的取值范围为,故选:B.【点睛】本题主要考查存在性问题,对这种类型问题,掌握分离参数的方法以及学会构造新函数,通过研究新函数的性质,化繁为简,属中档题.12四棱柱中,底面四边形是菱形,连接,交于点,平面,点与点关于平面对称,则三棱锥的体积为( )ABCD【答案】D【解析】由 平面,得平面平面,作并延长到,且,由面面垂直的性质则平面,再计算点到底面的距离则体积可求【详解】平面,平面,则平面平面,又由题意,故平面平面,其交线为,作并延长到,且,由面面垂直的性质则平面,易得,故,则 ,点到底面的距离为,故三棱锥的体积为 故选:D【点睛】本题考查线面垂直与面面的判定及性质应用,考查椎体体积的求解,准确计算是关键,是中档题二、填空题13记等比数列的前n项和为,若,则_【答案】【解析】根据等比数列的前项和公式及求出,再根据等比数列的通项公式计算可得;【详解】解:显然,故,故,故故答案为:【点睛】本题考查等比数列的通项公式及前项和公式的应用,属于基础题.14若椭圆C过点,则椭圆C的离心率为_【答案】【解析】设椭圆方程为,代入即可求出椭圆方程,从而离心率可求;【详解】解:设椭圆C :,则,则,故椭圆C:,故离心率故答案为:【点睛】本题考查待定系数法求椭圆方程及椭圆的简单几何性质的应用,属于基础题.15已知实数x,y满足,则的最大值为_【答案】【解析】首先作出不等式组所表示的平面区域,根据的几何意义表示平面区域内的点与连线的斜率,数形结合计算可得.【详解】解:作出不等式组所表示的平面区域如图阴影区域所示,表示平面区域内的点与连线的斜率,观察可知,联立,解得,即,故的最大值为故答案为:【点睛】本题考查简单的线性规划问题,关键是的几何意义的理解和应用,属于中档题.16已知首项为3的正项数列满足,记数列的前n项和为,则使得成立的n的最小值为_.【答案】21【解析】由递推关系得,求出的通项公式,再求出前n项和即可求解.【详解】依题意,故,令,所以,所以数列是等比数列,首项为,公比为4,所以,故,故,令,即,所以或(舍去),故所求最小值为21.故答案为:21【点睛】此题考查递推关系的应用,构造等比数列求通项公式,再求前n项和解不等式.三、解答题17已知函数(1)求曲线在点处切线的方程;(2)求函数的极大值【答案】(1);(2)【解析】(1)求出函数的导函数,计算出及,再利用点斜式求出切线方程;(2)根据导函数可得函数的单调性即可得到极大值点,计算可得.【详解】解:(1),而,故所求切线方程为,即(2)依题意,令,解得或,故当时,当时,当时,即函数在和上单调递增,在上单调递减,故当时,函数 取得极大值,且,故函数的极大值为.【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值以及导数的几何意义的应用,属于基础题.18已知中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且.(1)求外接圆的半径;(2)若,求的面积.【答案】(1);(2)【解析】(1)根据正余弦定理进行边角互化即可求解;(2)利用余弦定理建立等式,求解边长即可得出面积.【详解】解:(1)依题意,由正弦定理得,整理得,所以,因为,所以,故所求外接圆半径;(2)因为,所以由余弦定理,得,即,解得或(舍去),所以.【点睛】此题考查正余弦定理和面积关系的综合应用,关键在于熟记公式,准确计算.19直角梯形ABCD如图(1)所示,其中,过点B作,垂足为M,得到面积为4的正方形ABMD,现沿BM进行翻折,得到如图(2)所示的四棱柱C-ABMD(1)求证:平面平面CDM;(2)若,平面CBM与平面CAD所成锐二面角的余弦值为,求CM的长【答案】(1)见解析;(2)【解析】(1)根据翻折的性质可知,即可得到平面,从而得证;(2)以为原点,分别以,所在直线为轴,轴,轴,建立如图所示的空间直角坐标系,利用空间向量法表示出二面角的余弦,从而解方程即可.【详解】解:(1)在图(1)中,因为,所以翻折后,在图(2)中有,又,平面,平面,所以平面,因为平面,故平面平面(2)因为,平面,平面,所以平面,又,以 为原点,分别以,所在直线为轴,轴,轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设,D(2,0,0),C(0,0,a),A(2,2,0),则,设平面CAD的法向量为,由,取,即,取平面的法向量为,即,解得,即【点睛】本题考查线面垂直、面面垂直的证明,利用空间向量法解决立体几何的问题,属于中档题.20已知圆C过点(4,1),(0,1),(2,3),过点的直线与圆C交于M,N两点(1)若圆:,判断圆C与圆的位置关系,并说明理由;(2)若,求的值【答案】(1)圆C 与圆外切,见解析;(2)【解析】(1)设圆C:,代入点的坐标得到方程组即可求出圆C的方程,再求出两圆圆心距即可判断两圆的位置关系;(2)当直线与重合时,不符题意;设直线:,将代入圆C的方程可得,设,由,且,故,即可求出 ,再利用垂径定理、勾股定理计算可得.【详解】解:(1)设圆C:,则解得,故圆C:,即,即圆心,半径,又圆:的圆心,半径为,而,故圆C 与圆外切(2)当直线与x轴重合时,令,得,则可得,不符合题意,设直线:,将代入圆C的方程可得,设,则,因为,且,故,解得或,圆心到直线的距离,故【点睛】本题考查待定系数法求圆的方程,圆与圆的位置关系的判定,直线与圆的综合应用,属于中档题.21记数列的前n项和为,且,等比数列满足:,(1)求数列的通项公式以及前n项和;(2)求数列的通项公式【答案】(1)或,或;(2)【解析】(1)当时,求出,当时,解得,即得,设公比为,则即可解得;(2)由得到,即得,再用累加法求出数列的通项公式.【详解】解:(1)当时,解得,当时,解得,故,设数列的公比为,则,则,或,故或,或(2)因为所以当时,两式相减,可得,则,则,则,累加可得,故,而,均符合该式,故【点睛】本题考查等比数列的通项公式及求和,累加法求数列的通项公式,属于中档题.22已知函数,其中为自然对数的底数.(1)求函数在上的最值;(2)若函数,求证:当时,函数无零点.【答案】(1)最大值为,最小值为;(2)证明见解析.【解析】(1)求出导函数,讨论在上的单调性即可求出最值;(2)对函数等价变形,结合定义域利用经典不等式进行放缩,转化成证明函数恒为

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