陕西省安康市2020届高三数学教学质量检测第二次联考试题 文（含解析）

陕西省安康市2020届高三数学教学质量检测第二次联考试题 文（含解析）考生注意：1.本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上.3.本试卷主要考试内容：集合与逻辑，函数与导数，三角函数与解三角形，平面向量，数列，不等式，立体几何.第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设集合或，集合，则（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】根据集合的运算，先求补集，再求并集.【详解】根据补集的运算：，再求并集可得：故.故选：b.【点睛】本题考查集合的运算，属基础题.2.命题“，”的否定是( )a. ，b. ，c. ，d. ，【答案】c【解析】【分析】全称命题的否定是特称命题,进而得到答案【详解】由题, “,”的否定是,故选:c【点睛】本题考查全称命题的否定,属于基础题3.函数的零点所在的区间是( )a. b. c. d. 【答案】a【解析】分析】根据函数单调递增和,得到答案.【详解】是单调递增函数,且,所以的零点所在的区间为故选：【点睛】本题考查了零点所在的区间，意在考查学生对于零点存在定理的应用.4.已知，则( )a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】根据指数函数、对数函数的性质可知,即可得到结果【详解】由题,所以,故选:d【点睛】本题考查指数、对数比较大小,借助中间值是解题关键5.函数的部分图象大致为（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】判断函数为奇函数排除b，c，计算特殊值排除d，得到答案.【详解】，为奇函数，排除b，c；又，排除d；故选：a【点睛】本题考查了函数图像的识别，确定函数单调性是解题的关键.6.“”是“”的（ ）a. 充分不必要条件b. 必要不充分条件c. 充要条件d. 既不充分也不必要条件【答案】a【解析】【分析】解绝对值不等式，根据结果进行判断.【详解】因为等价于，等价于.若，则一定满足；反之则不成立，故是的充分而不必要条件.故选：a.【点睛】本题考查命题的充要条件的判断，属基础题.7.若关于的不等式的解集为，则（ ）a. b. 24c. 6d. 【答案】a【解析】【分析】根据不等式与方程之间的关系，利用韦达定理求解.【详解】依题意得为方程的两个实数根，由韦达定理，故解得故.故选：a.【点睛】本题考查方程与不等式之间的关系，属基础题.8.已知函数在上不单调，则的取值范围是（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】原命题等价于在上有解，再利用零点定理分析解答得解.【详解】.因为在上不单调.所以在上有解，又在上单调递减，所以，故.故选：c【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和零点定理，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.9.已知，则（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】由题得，再利用诱导公式化简求值.【详解】.故选：a【点睛】本题主要考查诱导公式化简求值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.10.在中，角的对边分别是.若，则（ ）a. b. c. 或d. 或【答案】c【解析】【分析】由余弦定理将角化边，从而求得角a，结合三角形形状，求出角b.【详解】因，所以， 因为，所以或，当时，由,得到；当时，得到；故或.故选：c.【点睛】本题考查余弦定理解三角形，涉及正、余弦定理的直接使用，属基础题.11.在中，为所在平面内一点，且，若，则当取得最大值时，（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】两边平方，结合向量的数量积公式，可求得关系式，再用基本不等式求出的最大值以及对应的，即可得出答案.【详解】由，得；整理得 由基本不等式得，当且仅当等号成立；此时.故选:c【点睛】本题考查向量数量积求模长的应用，以及基本不等式求最值，考查计算能力，属于中档题.12.棱长为a的正四面体abcd与正三棱锥的底面重合，若由它们构成的多面体abcde的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥的表面积为（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】由棱长为的正四面体求出外接球的半径，进而求出正三棱锥的高及侧棱长，可得正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，进而求出正三棱锥的表面积.【详解】由题意，多面体abcde的外接球即正四面体abcd的外接球，由题意可知面交于，连接，则且其外接球的直径为ae，易求正四面体abcd的高为.设外接球的半径为r，由得.设正三棱锥的高为h，因为，所以.因为底面的边长为a，所以，则正三棱锥的三条侧棱两两垂直.即正三棱锥的表面积，故选：a.【点睛】本题主要考查正三棱锥的外接球问题，通过求得半径求出四面体的边长是解题的关键，考查了学生的空间想象能力，属于中档题第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13.已知向量.若，则_.【答案】【解析】【分析】根据向量平行的坐标公式，代值计算即可.【详解】由，得.故答案为：-1.【点睛】本题考查向量共线的坐标公式，属基础题.14.设满足约束条件，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】作出可行域，根据目标函数的几何意义，即可求出的最小值.【详解】作出可行域，由图像可得，过点时，取得最小值.，解得，代入目标函数得.故答案为:【点睛】本题考查二元一次方程组表示平面区域，以及线性目标函数的最值，考查数形结合思想，属于基础题.15.函数的图像在点处的切线垂直于直线，则_.【答案】【解析】【分析】先求出，再解方程即得解.【详解】因为.所以.因为.所以.故答案为：【点睛】本题主要考查求导和导数的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.16.设等差数列的前项和为，若，则的最大值是_.【答案】【解析】【分析】设等差数列的公差为由,联立解得：,可得,利用基本不等式的性质即可得出【详解】因为，所以， 解得，则，故，令，当取最小值时，的最大，所以当或，即或时，有最大值.【点睛】本题考查了等差数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知函数是定义在上奇函数，当时，.（1）当时，求的解析式；（2）求不等式的解集.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用函数奇偶性，和时的解析式进行求解；（2）分段求解不等式，先交后并即可.【详解】（1）若，则，因为当时，所以.因为是奇函数，所以.所以当时，.（2）因为，所以或解得或.故不等式的解集为.【点睛】本题考查利用函数的奇偶性求解函数的解析式，涉及不等式的求解.18.已知是递增的等比数列，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用等比数列的基本量，列方程求解通项公式即可；（2）利用错位相减法求数列的前项和.【详解】（1），或（舍）又，或（舍），.（2），两式相减得，.【点睛】本题考查由基本量求数列的通项公式，以及用错位相减法求前项和，属综合基础题.19.在中，角，所对的边分别是，且.(1)求的值；(2)若，求的取值范围.【答案】(1)；(2)【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式可整理求得，进而求得和，代入求得结果；（2）利用正弦定理可将表示为，利用两角和差正弦公式、辅助角公式将其整理为，根据正弦型函数值域的求解方法，结合的范围可求得结果.【详解】（1）由正弦定理可得： 即 （2）由（1）知： ， ，即的取值范围为【点睛】本题考查解三角形知识的相关应用，涉及到正弦定理边化角的应用、两角和差正弦公式和辅助角公式的应用、与三角函数值域有关的取值范围的求解问题；求解取值范围的关键是能够利用正弦定理将边长的问题转化为三角函数的问题，进而利用正弦型函数值域的求解方法求得结果.20.在四棱锥中，的中点为.（1）证明：平面.（2）求到平面的距离.【答案】（1）证明见详解；（2）【解析】【分析】（1）由勾股定理证明线线垂直，再根据线线垂直，推证线面垂直；（2）结合（1）中的结论，用等体积法求解点到面的距离.【详解】（1）证明：连接，如下图所示：为的中点，.在中，.在中，所以由余弦定理可得：.在中，所以，所以.又，所以平面，即证.（2）因为的面积，所以三棱锥的体积.又因为面积，记到平面的距离为，则，故，所以到平面的距离为.【点睛】本题考查由线线垂直推证线面垂直，以及利用等体积法求解点到面的距离，属经典题目.21.已知函数最大值是2，函数的图象的一条对称轴是，且与该对称轴相邻的一个对称中心是.（1）求的解析式；（2）已知是锐角三角形，向量，且，求.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据函数的最值、周期、对称轴待定系数即可求解；（2）由（1）所求，可化简向量坐标，根据向量垂直得到角b，再利用求解.【详解】（1）设的最小正周期为，依题意得，.图象的一条对称轴是，.，.又的最大值是2，从而.（2），又是锐角，.，.即.【点睛】本题考查三角函数解析式的求解，涉及向量垂直的转换，余弦函数的和角公式.属综合基础题.22.已知函数.（1）当时，证明：.（2）当时，若在上为增函数，求的取值范围.【答案】（1）证明见详解；（2）【解析】【分析】（1）求导，讨论