山西省吕梁市2020届高三数学10月阶段性测试试题理(含解析)
山西省吕梁市2020届高三10月阶段性检测物理试卷 Word版含答案
-一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
）1.某质点做直线运动的v -t 图象如图所示，则该质点A.在0～4s 内和4～8s 内的加速度方向相反B.4s 时的速度为零，加速度也为零C.在前8s 内的路程为零D.在前12s 内的位移为零2.如图所示，质量为m 的物体用轻绳AB 悬挂于天花板上，用水平向左的力F 缓慢拉动绳的中点O，用T 表示绳子OA 段拉力的大小，用T′表示绳子OB 段拉力的大小，在O 点向左移动的过程中A.F 逐渐变大，T 逐渐变大，T′逐渐变大B.F 逐渐变大，T 逐渐变大，T′不变C.F 逐渐变大，T 不变，T′不变D.F 不变，T 不变，T′逐渐变大3.如图所示，长为R 的细杆一端用铰链固定于O 点，另一端与一小球相连，可绕O 点在竖直平面内做圆周运动，下列关于小球运动到最高点时的速率v 以及对应的细杆对小球的作用力F 的说法正确的是A.v =0时，F =0B.v =Rg √时，F =0C.v >Rg √时，F 为支持力D.v <Rg √时，F 为拉力4.在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以3v 和v 的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上，甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的A.13倍B.19倍C.3倍D.9倍5.如图所示，一半径为R 粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平。
一质量为m 的质点自P 点正上方高度为R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道。
质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速的大小。
用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功，用W ′表示质点从N 点运动到Q 点的过程中克服摩擦力所做的功，则A.W =12mgR ，W ′<12mgRB.W =12mgR ，W ′=12mgRC.W =12mgR ，W ′>mgRD.W <12mgR ，W ′=12mgR6.地球同步卫星、赤道上的物体、近地卫星运动的线速度大小分别为v 1、v 2、v 3；角速度大小分别为ω1、ω2、ω3；向心加速度大小分别为a 1、a 2、a 3；所受向心力大小分别为F 1、F 2、F 3。
2020年山西省吕梁市高考数学一模试卷(理科)(含解析)
2020年山西省吕梁市高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，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.已知集合A ＝{x|−5≤x <2}，B ={x|y =√4−x 2}，则A ∪B ＝（ ） A.{x|−5≤x ≤−2}B.{x|−5≤x <2}C.{x|−5≤x ≤2}D.{x|−2≤x <2}2.下列函数中，既是奇函数又在其定义域上单调递增的是（ ） A.f(x)=x −1x B.f(x)＝e x −e −xC.f(x)＝xsinxD.f(x)＝ln(1−x)−ln(1+x)3.x 2>y 2的充分不必要条件是（ ） A.x >y B.y <x <0 C.|y|<|x| D.|y|<x4.已知S n 为公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 9＝18，a m ＝2，则m ＝（ ） A.4 B.5 C.6 D.75.已知向量a →,b →，满足|a →|=1,b →=(1,1),a →⋅b →=1，则|2a →−b →|=() A.√5 B.√3C.√2D.16.已知函数y ＝f(x)的部分图象如下，是判断函数解析式为（ ）A.f(x)＝xsinxB.f(x)＝x 2+cosxC.f(x)＝xsinx +cosxD.f(x)＝(e x −e −x )sinx +17.被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的引用.0.618就是黄金分割比：t =√5−12的近似值，黄金分割比还可以表示成2sin18∘，则22=()A.12 B.√5−1 C.2 D.48.已知a =log 25,b =0.5−2,c =232，则（ ） A.b <c <a B.c <a <bC.a <b <cD.a <c <b9.已知直线l:mx +ny −2＝0与圆x 2+y 2＝4相交的弦长为2√2，则m +n 的取值范围为（ ） A.[−2, 2] B.[−√2,√2]C.[−2√2,2√2]D.[−4, 4]10.若直线l:y ＝kx −2与函数f(x)={ln(1−x),x <1x 2−4x +3,x ≥1的图象恰好有2个不同的公共点，则k 的取值范围为（ ） A.(−∞, 0)B.(2,+∞)∪(2√5−4)C.(−∞, 0)∪(2, +∞)D.(−∞,0)∪(2,+∞)∪(2√5−4)11.如图四面体A −BCD 中，AD ＝BC ＝2，AD ⊥BC ，截面四边形EFGH 满足EF // BC ；FG // AD ，则下列结论正确的个数为（ ） ①四边形EFGH 的周长为定值 ②四边形EFGH 的面积为定值 ③四边形EFGH 为矩形④四边形EFGH 的面积有最大值1A.0B.1C.2D.312.已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n+1＝2a n +3a n−1(n ≥2)，数列{a n }的前99项和S 99＝（ ） A.3(950−1)8B.950−18C.399−12D.3(949−1)8二、填空题（本大题共4小题，每题5分，满分20分）设变量x ，y 满足约束条件{2x −y +3≥0x +y −3≤0x −2y −3≤0 ，则目标函数z ＝−3x +y +2的最小值为________．函数f(x)＝alnx +bx 2在点（1, f(1)）处的切向方程为y ＝4x −3，则a ＝________，b ＝________．已知三棱锥P −ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，PA ＝PB ＝PC ，AB ＝2，BC =√5，AC ＝3，E ，F 分别为AC ，PB 的中点，EF =32，则球O 的体积为________．函数f(x)=sin(ωx +φ)(ω>0,|φ|<π2)，则如下结论正确的序号是________．①当ω＝2时，若f(x)图象的对称轴为x =π3，则φ=−π6；②当ω＝2时，若f(x)的图象向右平移π6单位长度后关于原点对称，则f(π12)=1；③当φ=π4时，若f(x)的图象在区间[0,π4]内有且仅有一条对称轴，则ω的取值范围为[1, 5)；④当φ=−π4时，若集合{x∈(0,π)|f(x)=√22}含有2020个元素，则ω的取值范围为(2019, 2020.5)．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.）已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若cos2C+2cosC=12，（1）求C的值；（2）若b=2,c=√6，求△ABC的面积．如图三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=1,BC=√2,AC1=1,C1A⊥平面ABC．（1）证明：AB⊥平面ACC1A1；（2）求AB1与平面BCC1所成的角的正弦值．已知数列{a n}满足a1＝1，(n+1)a n+1＝na n+n+1．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）S n为数列{1a n a n+1}的前n项和，求证：23≤S n<2．如图正方形ABCD纸片的边长为5√2，中心为O，正方形EFGH的中心也是O，△AEH，△BEF，△CFG，△DGH分别是以EH，EF，FG，GH为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以EH，EF，FG，GH为折痕折起△AEH，△BEF，△CFG，△DGH，使得A、B、C、D重合于点S，得到四棱锥S−EFGH，设正方形EFGH的边长为x．（1）用x表示四棱锥S−EFGH的体积V(x)；（2）当V(x)最大时，求四棱锥S−EFGH的表面积．已知两定点M(1, 0)，N(4, 0)点P满足|PN|＝2|PM|．（1）求点P的轨迹C的方程；（2）若D(0, −2)，直线l与轨迹C交于A，B两点，DA，DB的斜率之和为2，直线l是否恒过定点，若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由已知函数f(x)＝ax−xlnx，(a∈R)的最大值为1．（1）求a的值；（2）证明：f(x)≤e−2x+2x2．2020年山西省吕梁市高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，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.已知集合A＝{x|−5≤x<2}，B={x|y=√4−x2}，则A∪B＝（）A.{x|−5≤x≤−2}B.{x|−5≤x<2}C.{x|−5≤x≤2}D.{x|−2≤x< 2}【解答】因为B＝{x|−2≤x≤2}，所以A∪B＝{x|−5≤x≤2}，2.下列函数中，既是奇函数又在其定义域上单调递增的是（）B.f(x)＝e x−e−xA.f(x)=x−1xC.f(x)＝xsinxD.f(x)＝ln(1−x)−ln(1+x)【解答】A中单增区间为(−∞, 0)和(0, +∞)，定义域上不是单调递增；B满足条件，C为偶函数，D为减函数．3.x2>y2的充分不必要条件是（）A.x>yB.y<x<0C.|y|<|x|D.|y|<x【解答】由x2>y2⇔|x|>|y|，又x>|y|⇒x2>y2，A，B既不是充分条件也不是必要条件，C是充要条件．4.已知S n为公差不为0的等差数列{a n}的前n项和，S9＝18，a m＝2，则m＝（）A.4B.5C.6D.7【解答】=9a5＝18，S9=9(a1+a9)2∴a5＝2，∵a m＝2∴m＝5，5.已知向量a →,b →，满足|a →|=1,b →=(1,1),a →⋅b →=1，则|2a →−b →|=() A.√5 B.√3 C.√2 D.1【解答】因为|2a →−b →|2=4a →2−4a →⋅b →+b →2=4−4+2=2， 所以|2a →−b →|=√2；6.已知函数y ＝f(x)的部分图象如下，是判断函数解析式为（ ）A.f(x)＝xsinxB.f(x)＝x 2+cosxC.f(x)＝xsinx +cosxD.f(x)＝(e x −e −x )sinx +1【解答】f(0)＝1，可排除A ；f(π)<0，可排除B ，D ．7.被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的引用.0.618就是黄金分割比：t =√5−12的近似值，黄金分割比还可以表示成2sin18∘，则2t √4−t2=()A.12 B.√5−1 C.2 D.4【解答】把t ＝2sin18∘代入20t √4−t 2=2sin180√4−4sin 2180=sin3604sin180cos180=12，8.已知a =log 25,b =0.5−2,c =232，则（ ） A.b <c <a B.c <a <b C.a <b <c D.a <c <b【解答】b =0.5−2,c =21.5=2√2≈2.828，因52<25，所以5<25，所以log 25<52，所以a <c <b ．9.已知直线l:mx +ny −2＝0与圆x 2+y 2＝4相交的弦长为2√2，则m +n 的取值范围为（）A.[−2, 2]B.[−√2,√2]C.[−2√2,2√2]D.[−4, 4]【解答】圆心O(0, 0)到直线l:mx+ny−2＝0的距离d=√22，∵直线l:mx+ny−2＝0与圆x2+y2＝4相交的弦长为2√2，∴(√m2+n2)2+(√2)2=22，得m2+n2＝2，又∵(m+n)2≤2(m2+n2)＝4，∴−2≤m+n≤2．10.若直线l:y＝kx−2与函数f(x)={ln(1−x),x<1x2−4x+3,x≥1的图象恰好有2个不同的公共点，则k的取值范围为（）A.(−∞, 0)B.(2,+∞)∪(2√5−4)C.(−∞, 0)∪(2, +∞)D.(−∞,0)∪(2,+∞)∪(2√5−4)【解答】画出函数f(x)的图象，由图可知，当k<0时，直线l与函数f(x)在区间(−∞, 1)内有两个交点，与区间[1, +∞)的部分没有交点，因而满足条件，当k＝0时，直线l与函数f(x)只有一个交点，不满足条件，当k>0时，直线l与函数f(x)在区间(−∞, 1)内只有一个交点，当直线l与f(x)在区间[1, +∞)内的部分也有一个交点时满足条件，这时由y＝kx−2与y＝x2−4x+3联立，得x2−(k+4)x+5＝0，由△＝(k+4)2−20＝0得，k=2√5−4，当k>2时，直线l也与f(x)在区间[1, +∞)内的部分也有一个交点，所以满足条件的k的取值范围为(−∞,0)∪(2,+∞)∪(2√5−4)．11.如图四面体A−BCD中，AD＝BC＝2，AD⊥BC，截面四边形EFGH满足EF // BC ；FG // AD ，则下列结论正确的个数为（ ） ①四边形EFGH 的周长为定值 ②四边形EFGH 的面积为定值 ③四边形EFGH 为矩形④四边形EFGH 的面积有最大值1A.0B.1C.2D.3【解答】因为EF // BC ，EF ⊄平面BCD ，所以EF // 平面BCD ，又平面EFGH ∩平面BDC ＝GH ， 所以EF // GH ，同理FG // EH ，所以四边形EFGH 为平行四边形，又AD ⊥BC ， 所以四边形EFGH 为矩形．由相似三角形的性质得EFBC =AF AC ,FCAC =FGAD ，所以EFBC +FGAD =AFAC +FCAC ，BC ＝AD ＝2，所以EF +FG ＝2，所以四边形EFGH 的周长为定值4，S EFGH =EF ×FG ≤(EF×FG 2)2=1，所以四边形EFGH 的面积有最大值1，因为①③④正确．12.已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n+1＝2a n +3a n−1(n ≥2)，数列{a n }的前99项和S 99＝（ ） A.3(950−1)8B.950−18C.399−12D.3(949−1)8【解答】由题意，递推式a n+1＝2a n +3a n−1两边同时加上a n ，可得 a n+1+a n ＝2a n +3a n−1+a n ＝3(a n +a n−1)． ∵a 1+a 2＝3，∴数列{a n+1+a n }是以3为首项，公比为3的等比数列， ∴a n+1+a n =3n ．由题意，设c n=a n+1+a n =3n ，则 S 99＝a 1+a 2+...+a 99＝a 1+(a 2+a 3)+(a 4+a 5)+...+(a 98+a 99) ＝a 1+c 2+c 4+...+c 98 ＝1+32+34+...+398 ＝1+32−31001−32=950−18．二、填空题（本大题共4小题，每题5分，满分20分）设变量x ，y 满足约束条件{2x −y +3≥0x +y −3≤0x −2y −3≤0 ，则目标函数z ＝−3x +y +2的最小值为________． 【解答】 -可行域为△ABC如图所示：目标函数z ＝−3x +y +2化为y ＝3x +z −2， 平移直线y ＝3x ，由图象可知当直线y ＝3x +z −2，经过B 点(3, 0)时，直线y ＝3x +z −2在y 轴上的截距最小，此时z 最小，z min ＝−3×3+0+2＝−7故答案为：−7函数f(x)＝alnx +bx 2在点（1, f(1)）处的切向方程为y ＝4x −3，则a ＝________，b ＝________． 【解答】 f ′(x)=ax +2bx ，由导数的几何意义可得f(1)＝1，k ＝f ′(1)＝4， 即b ＝1，a1+2b ×1=4，所以a ＝2，b ＝1． 故答案为：2，1已知三棱锥P −ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，PA ＝PB ＝PC ，AB ＝2，BC =√5，AC ＝3，E ，F 分别为AC ，PB 的中点，EF =32，则球O 的体积为________． 【解答】 如图所示：由已知可得∠ABC ＝90∘，因PA ＝PB ＝PC ， 所以点P 在△ABC 内的投影为△ABC 的外心E ， 所以PE ⊥平面ABC ，PE ⊥BE ， 所以PB ＝2EF ＝3，所以PE =√PB 2−BE 2=√32−(32)2=3√32， 又球心O 在PE 上，设PO ＝r ，则(3√32−r)2+(32)2=r 2，所以r =√3，所以球O 体积，V =43πr 3=4√3π， 故答案为：4√3π．函数f(x)=sin(ωx +φ)(ω>0,|φ|<π2)，则如下结论正确的序号是________．①当ω＝2时，若f(x)图象的对称轴为x =π3，则φ=−π6；②当ω＝2时，若f(x)的图象向右平移π6单位长度后关于原点对称，则f(π12)=1；③当φ=π4时，若f(x)的图象在区间[0,π4]内有且仅有一条对称轴，则ω的取值范围为[1, 5)；④当φ=−π4时，若集合{x ∈(0,π)|f(x)=√22}含有2020个元素，则ω的取值范围为(2019, 2020.5)． 【解答】对于①，由2×π3+ϕ=kπ+π2得ϕ=kπ−π6，因|ϕ|<π2，取k ＝0得ϕ=−π6；对于②，由sin(2(x −π6)+ϕ)=sin(2x −π3+ϕ)得ϕ=π3， 所以f(π12)=sin(2×π12+π3)=1；对于③，由f(x)=sin(ωx +π4)的对称轴为x =kπω+π4ω,k ∈Z ，由0<π4ω≤π4,πω+π4ω>π4得ω∈[1, 5)； 对于④，由f(x)=sin(ωx −π4)=√22得，ωx −π4=2kπ+π4或ωx −π4=2kπ+3π4,k ∈Z所以x =2kπω+π2ω或x =2kπω+πω,k ∈Z ．因集合含有2020个元素，所以x =2018πω+πω<π且2020πω+π2ω≥π，所以2019<ω≤2020.5，所以④不正确；故正确序号为①②③．三、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.）已知△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若cos2C +2cosC =12， （1）求C 的值；（2）若b =2,c =√6，求△ABC 的面积． 【解答】由cos2C +2cosC =12得，2cos 2C +2cosC −32=0， 所以cosC =12，由于0<C<π，所以C=π3．解法一：由正弦定理得，csinC =bsinB，即sinB=bsinCc =2×√32√6√22，又c>b，所以C>B，所以B=π4，所以A=π−π3−π4=5π12，可得sinA=sin(π4+π6)=√6+√24，所以S△ABC=12bcsinA=12×2×√6×√6+√24=3+√32．解法二：作AD⊥BC垂足为D，则CD=bcosC=2×12=1，AD=bsinC=2×√32=√3，所以BD=√c2−AD2=√6−3=√3，所以a=BD+DC=√3+1，所以S△ABC=12a×AD=12×(√3+1)×√3=3+√32．如图三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=1,BC=√2,AC1=1,C1A⊥平面ABC．（1）证明：AB⊥平面ACC1A1；（2）求AB1与平面BCC1所成的角的正弦值．【解答】因为AB=AC=1,BC=√2，所以△ABC 是直角三角形，AB ⊥AC ，又C 1A ⊥AB ， AC ∩C 1A ＝A ， 所以AB ⊥平面ACC 1A 1以AB ，AC ，AC₁分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间坐标系，则A(0, 0, 0)，B(1, 0, 0)，C(0, 1, 0)，B 1(1, −1, −1)，C 1(0, 0, 1) 所以AB 1→=(1,−1,1),AC 1→(−1,0,1),CC 1→(0,−1,1)， 设平面BCC 1的法向量为m →=(x,y,z)， 则{m →⋅BC 1→=0m →⋅CC 1→=0， 即{−x +z =0−y +z =0 ，取m →=(1,1,1)， 设AB 1与平面BCC 1所成的角为α，则sinα=|AB 1→⋅m →||AB 1→|⋅|m →|=13，故AB 1与平面BCC 1所成角的正弦值13．已知数列{a n }满足a 1＝1，(n +1)a n+1＝na n +n +1． （1）求数列{a n }的通项公式； （2）S n 为数列{1a n a n+1}的前n 项和，求证：23≤S n <2．【解答】由(n +1)a n+1＝na n +n +1得，(n +1)a n+1−na n ＝n +1，取n ＝1，2，3，…，n −1得，2a 2−a 1＝23a 3−2a 2＝34a 4−3a 3＝4， ……na n −(n −1)a n−1＝n ， 相加得na n =1+2+⋯+n =n(n+1)2，所以a n =n+12．证明：由（1）得，1a n a n+1=4(n+1)(n+2)=4(1n+1−1n+2)，所以S n=4[(12−13)+(13−14)+(14−15)+⋯+(1n+1−1n+2)]=2−4n+2，因S n随n的增大而增大，所以S n≥S1=32，又S n<2，所以32≤S n<2．如图正方形ABCD纸片的边长为5√2，中心为O，正方形EFGH的中心也是O，△AEH，△BEF，△CFG，△DGH分别是以EH，EF，FG，GH为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以EH，EF，FG，GH为折痕折起△AEH，△BEF，△CFG，△DGH，使得A、B、C、D重合于点S，得到四棱锥S−EFGH，设正方形EFGH的边长为x．（1）用x表示四棱锥S−EFGH的体积V(x)；（2）当V(x)最大时，求四棱锥S−EFGH的表面积．【解答】连接OA交EH为M，则OA=5,OM=x2，所以四棱锥S−EFGH的高为ℎ=√(5−x2)2−(x2)2=√25−5x(0<x<5)所以V(x)=13x2√25−5x解法一：V(x)=13x2√25−5x=13√25x4−5x5设f(x)＝25x4−5x5(0<x<5)，则f′(x)＝100x3−25x4，由f′(x)＝0得，x＝4．所以当x＝4时，f(x)由最大值，也即V(x)有最大值．此时四棱锥S−EFGH的表面积为x2+2x(5−x2)=10x=40解法二：V(x)=13x2√25−5x=√56√x4(20−4x)≤√56√(4x+20−4x5)5=16√53当且仅当x＝4时，体积取最大值，此时四棱锥S−EFGH的表面积为x2+2x(5−x2)=10x=40．已知两定点M(1, 0)，N(4, 0)点P满足|PN|＝2|PM|．（1）求点P的轨迹C的方程；（2）若D(0, −2)，直线l与轨迹C交于A，B两点，DA，DB的斜率之和为2，直线l是否恒过定点，若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由【解答】设P的坐标为(x, y)，由题意得，√(x−4)2+y2=2√(x−1)2+y2化简得：x2+y2＝4．当直线l的斜率不存在时，设A(x0, y0)，B(x0, −y0)．则有y0+2x0+−y0+2x0=2，得x0＝2，此时直线l与圆相切，不合题意．当直线l的斜率存在时，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，直线l的方程为y＝kx+m，与轨迹C联立得(1+ k2)x2+2kmx+m2−4＝0，x1+x2=−2km1+k2,x1x2=m2−41+k2，所以k DA+k DB=y1+2x1+y2+2x2=2k+(m+2)(x1+x2)x1x2=2k−2kmm−2=2，所以m＝−2k+2，所以直线l的方程为y＝k(x−2)+2，所以直线l过定点(2, 2)．已知函数f(x)＝ax−xlnx，(a∈R)的最大值为1．（1）求a 的值；（2）证明：f(x)≤e −2x +2x 2． 【解答】由题意x >0，f ′(x)＝a −1−lnxf ′(x)＝a −1−lnx ＝0⇒x ＝e a−1>0， 故当x ∈(0, e a−1)时，f ′(x)>0，当x ∈(e a−1, +∞)时，f ′(x)<0， 所以函数f(x)在x ∈(0, e a−1)上单调递增，函数f(x)在x ∈(e a−1, +∞)上单调递减；所以f(x)在x ＝e a−1处取到最大值，即f(e a−1)＝1，所以a ＝1， 解法一：欲证f(x)≤e −2x +2x 2，即证明e −2x +2x 2≥x −xlnx ， 令ℎ(x)＝e −2x +2x 2−x +xlnx ，则ℎ′(x)＝−2e −2x +4x +lnx ，$h"(x)=4e^{-2x}+4+\frac{1}{x}>0$， 所以ℎ′(x)为增函数，又ℎ′(1)＝−2e−2+4>0，ℎ(14)=−2e−12+1−ln4<0，所以存在x 0∈(14,1),ℎ(x 0)=0，所以ℎ(x)≥ℎ(x 0)， 由ℎ′(x 0)＝0得，2e −2x 0−2x 0=2e lnx 0+lnx 0， 设g(x)＝2e x +x ，则g ′(x)＝2e x +1>0， 所以g(x)为增函数，所以−2x 0=lnx 0,e −2x =x 0， 所以ℎ(x 0)=x 0+2x 02−x 0+x 0(−2x 0)=0， 即ℎ(x)≥0，即f(x)≤e −2x +2x 2．解法二：欲证f(x)≤e −2x +2x 2，即证明e −2x +2x 2≥x −xlnx ， 设g(x)＝e −2x +x 2，ℎ(x)＝−x 2+x −xlnx ， 则g ′(x)＝−2e −2x +2x ， 因g ′(x)为增函数，g ′(1)＝−2e−2+2>0，g ′(14)=−2e−12+12<0，得g ′(x)在区间(14,1)上存在唯一零点x 0，此时e −2x 0=x 0， g(x)在x ＝x 0时，有最小值g(x 0)=x 0+x 02，ℎ′(x)＝−2x −lnx ，因ℎ′(x)为减函数，ℎ′(1)＝−2<0ℎ′(1)＝−2<0，ℎ(14)=−12+21n2>0，得ℎ′(x)在区间(14,1)上存在唯一零点x 1，此时lnx 1＝−2x 1，所以e −2x 1=x 1，即ℎ(x)在x 1＝x 0时，有最大值ℎ(x 0)=−x 02+x 0−x 0(−2x 0)=x 0+x 02所以g(x)≥g(x0)＝ℎ(x0)≥ℎ(x)，即f(x)≤e−2x+2x2．。
2020年山西吕梁高三一模数学试卷(理科)
，
，则下列结论正确的个数为（ ）．
①四边形
的周长为定值
②四边形
的面积为定值
③四边形
为矩形
④四边形
的面积有最大值
A. B. C. D.
12. 已知数列 中，
，
，
（ ）．
A.
B.
C.
D.
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
3
（
），数列 的前 项和
13. 设变量 ， 满足约束条件
，则目标函数
的最小值为
．
14. 函数
在点
处的切线方程为
，则
，
．
15. 已知三棱锥
的四个顶点都在球 的球面上，
，
，
，
， ， 分别为 ， 的中点，
，则球 的体积为
．
16. 函数
， 则如下结论正确的序号是
．
①当
时，若 图象的对称轴为
则
；
②当
时，若 的图象向右平移 单位长度后关于原点对称，则
；
③当
时，若 的图象在区间
内有且仅有一条对称轴，则 的取值范围为
解析: （ 1 ）连结 交
． 为，
12
则
，
，
所以四棱锥
的高为：
，
所以 故答案为： （ 2 ）解法一：
． ．
，
设
，
则
，
由
得，
，
所以当
时，
有最大值，
也即
有最大值，
此时四棱锥
的表面积为：
．
解法二：
，
当且仅当
时，体积取最大值，
此时四棱锥
的表面积为：
2020届高三数学10月统考检测试题
2020届高三数学10月统考检测试题本试卷共4页，共 150分，考试时间120分钟.单项选择题:本大题共10小题，每小题4分，共40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. 已知集合，，若，则A．B．C． D．2. 若实数，则A． B． C． D．3.设随机变量，若，则A． B．C． D．4.设，则“”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5. 设，若，，，则实数的大小关系是A. B. C. D.6.设、为两个不同的平面，l、m为两条不同的直线，且l，m，则下列命题中真命题是A.若l⊥，则⊥B.若l⊥m，则⊥C.若，则l mD.若∥，则l∥m7.函数的图象大致为8. 已知一组数据点，，，，用最小二乘法得到其线性回归方程为，若数据的平均数为1，则A．2 B． 11 C.12 D．149.用平面截一个球，所得的截面面积为，若到该球球心的距离为，则球的体积为A. B. C. D.10.在，，，这四个函数中，当时，使恒成立的函数的个数是A． B． C． D．二、多项选择题:本大题共3小题，每小题4分，共12分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得4分，有选错的得0分，部分选对的得2分.11.某地某所高中 2019 年的高考考生人数是 2016 年高考考生人数的 1.5 倍，为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校 2016 年和 2019年的高考升学情况，得到如下柱图：2016年高考数据统计 2019年高考数据统计则下列结论正确的是A. 与 2016 年相比，2019 年一本达线人数有所增加B. 与 2016 年相比，2019 年二本达线人数增加了0.5 倍C. 与 2016年相比，2019 年艺体达线人数相同D. 与 2016 年相比，2019 年不上线的人数有所增加12.已知空间中两条直线所成的角为，为空间中给定的一个定点，直线过点且与直线所成的角都是（),则下列选项正确的是A.当时，满足题意的直线不存在B.当时，满足题意的直线有且仅有1条C.当时，满足题意的直线有且仅有2条D.当时，满足题意的直线有且仅有3条13.德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，是解析数论的创始人之一，以其名命名的函数称为狄利克雷函数，则关于，下列说法正确的是A.B.函数是偶函数C.任意一个非零有理数，对任意恒成立D.存在三个点，使得为等边三角形三、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分.把答案填在对应题号后的横线上）14.命题：“”的否定是 .15.2019年9月17日至21日期间，某市空气质量呈现重度及以上污染水平，经市政府批准，9月16日20时至21日24时，该市启动了空气重污染红色预警，期间实行了机动车“单双号”限行等措施.某社会调查中心联合问卷网，对2000人进行了调查，调查是否支持机动车“单双号”限行，得到了数据：647人非常支持，893人支持，348人态度一般，112人不支持.则估计该市市民支持限号的概率约为 .16.已知为偶函数,当时, ,则曲线在点(1,0)处的切线方程是______________.17.在棱长为6的正方体中，是的中点，点是面所在的平面内的动点，且满足，则，三棱锥的体积最大值是 .四、解答题：（本大题共6小题，共82分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）18．（12分）已知定义域为的函数且是奇函数．（1）求实数的值；（2）若，判断函数单调性，并求不等式恒成立时的取值范围；19．（14分）已知集合,求集合；当时，若是成立的充分不必要条件，求的取值范围.（14分）在直角梯形中,，两点分别在线段上运动，且（如图1）. 将三角形沿折起,使点到达的位置（如图2），且平面平面.（1）判断直线与平面的位置关系并证明；（2）证明：的长度最短时，分别为和的中点；（3）当的长度最短时，求平面与平面所成角（锐角）的余弦值.图1 图221.（14分）某市城郊有一块大约500m×500m的接近正方形的荒地，地方政府准备在此建一个综合性休闲广场，首先要建设如图所示的一个矩形体育活动场地，其中总面积为3 000平方米，其中阴影部分为通道，通道宽度为2米，中间的三个矩形区域将铺设塑胶地面作为运动场地（其中两个小场地形状相同），塑胶运动场地占地面积为S平方米．(1)分别用x表示y及S的函数关系式，并给出定义域；(2)请你设计规划该体育活动场地，使得该塑胶运动场地占地面积S最大，并求出最大值．22.（14分）设函数.求函数的单调区间；若函数有两个零点，求正整数的最小值.23.（14分）某科技公司新开发一电子产品，该电子产品的一个系统有3个电子元件组成，各个电子元件能否正常工作的概率均为，且每个电子元件能否正常工作相互独立，若系统中有超过一半的电子元件正常工作，则可以正常工作，否则就需要维修，且维修所需要的费用为500元.（1）求系统不需要维修的概率；（2）该电子产品共由3个完全相同的系统组成，设为电子产品需要维修的系统所需的费用，求的分布列与数学期望；（3）为提高系统正常工作概率，在系统内增加两个功能完全一样的其他品牌的电子元件，每个新元件正常工作的概率均为，且新增元件后有超过一半的电子元件正常工作，则可以正常工作，问：满足什么条件时，可以提高整个系统的正常工作概率？数学参考答案2019.10一、单项选择题:本大题共10小题，每小题4分，共40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.1-5 CDABC 6-10 ADDBB二、多项选择题:本大题共3小题，每小题4分，共12分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得4分，有选错的得0分，部分选对的得2分.11.AD 12.ABC 13.ABCD三、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.14. 15. 16. 17. 2；四、解答题：本大题共6小题，共82分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18．解：(1)∵是定义域为R的奇函数，∴…… 2分∴. …… 4分（2），……6分而在R上单调递减，在R上单调递增，故判断在R上单调递减，……8分不等式化为，，恒成立，，解得. ……12分19.解：（1）由，得. 故集合……2分由，得，.当时，由得故集合………4分当时，由得：故集合………6分当时，由得故集合………8分(2) 是成立的充分不必要条件，是的真子集，………………………10分则有，解得，…………………………12分又当时，，不合题意， (13)分实数的取值范围为. (14)分解:（1）与平面平行. ………1分证明如下：分别在平面和平面内作交于点，交于点，连接..设在中，,则，同理可求，，即四边形是平行四边形. ..............3分.........4分证明：平面平面，，.................5分在中，..........................7分当时，.此时分别是和的中点...................8分以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知，，，....................10分设是平面的一个法向量，由可得.取，可得................11分设是平面的一个法向量，由可得.取，可得 (12)分，∴平面与平面所成角（锐角）的余弦值. ......................14分21.解：（1）由已知其定义域是(6,500).……………2分,其定义域是(6,500) (6)分（2）当且仅当，即时，上述不等式等号成立，此时，答：设计时，运动场地面积最大，最大值为2430平方米..………………………………………14分22.解:（1）....2分当时，，函数在区间内单调递增，所以，函数的单调增区间为，无单调减区间；..............4分当时，由，得；由，得.所以，函数的单调增区间为，单调减区间为. ..............6分（2）由（1）知：如果函数有两个零点，则，且，即，即：，...........................................8分令可知在区间内为增函数，且 (12)分所以存在当时，；当时，.所以，满足条件的最小正整数.....................................................14分23.解：（1）系统G不需要维修的概率为. …………2分（2）设为维修的系统G的个数，则，且，所以.………………4分所以的分布列为所以的期望为元 (6)分（3）当系统有5个电子元件时，若前3个电子元件中有1个正常工作，同时新增的两个必须都正常工作，则概率为；………………………8分若前3个电子元件中有两个正常工作，同时新增的两个至少有1个正常工作，则概率为；……10分若前3个电子元件中3个都正常工作，则不管新增两个元件能否正常工作，系统均能正常工作，则概率为. ………………………12分所以新增两个元件后系统能正常工作的概率为，于是由知，当时，即时，可以提高整个系统的正常工作概率. ……………………………………14分2020届高三数学10月统考检测试题本试卷共4页，共 150分，考试时间120分钟.单项选择题:本大题共10小题，每小题4分，共40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. 已知集合，，若，则A．B．C． D．2. 若实数，则A． B． C． D．3.设随机变量，若，则A． B．C． D．4.设，则“”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5. 设，若，，，则实数的大小关系是A. B. C. D.6.设、为两个不同的平面，l、m为两条不同的直线，且l，m，则下列命题中真命题是A.若l⊥，则⊥B.若l⊥m，则⊥C.若，则l mD.若∥，则l∥m7.函数的图象大致为8. 已知一组数据点，，，，用最小二乘法得到其线性回归方程为，若数据的平均数为1，则A．2 B． 11 C.12 D．149.用平面截一个球，所得的截面面积为，若到该球球心的距离为，则球的体积为A. B. C. D.10.在，，，这四个函数中，当时，使恒成立的函数的个数是A． B． C． D．二、多项选择题:本大题共3小题，每小题4分，共12分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得4分，有选错的得0分，部分选对的得2分.11.某地某所高中 2019 年的高考考生人数是 2016 年高考考生人数的 1.5 倍，为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校 2016 年和 2019年的高考升学情况，得到如下柱图：2016年高考数据统计 2019年高考数据统计则下列结论正确的是A. 与 2016 年相比，2019 年一本达线人数有所增加B. 与 2016 年相比，2019 年二本达线人数增加了0.5 倍C. 与 2016年相比，2019 年艺体达线人数相同D. 与 2016 年相比，2019 年不上线的人数有所增加12.已知空间中两条直线所成的角为，为空间中给定的一个定点，直线过点且与直线所成的角都是（),则下列选项正确的是A.当时，满足题意的直线不存在B.当时，满足题意的直线有且仅有1条C.当时，满足题意的直线有且仅有2条D.当时，满足题意的直线有且仅有3条13.德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，是解析数论的创始人之一，以其名命名的函数称为狄利克雷函数，则关于，下列说法正确的是A.B.函数是偶函数C.任意一个非零有理数，对任意恒成立D.存在三个点，使得为等边三角形三、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分.把答案填在对应题号后的横线上）14.命题：“”的否定是 .15.2019年9月17日至21日期间，某市空气质量呈现重度及以上污染水平，经市政府批准，9月16日20时至21日24时，该市启动了空气重污染红色预警，期间实行了机动车“单双号”限行等措施.某社会调查中心联合问卷网，对2000人进行了调查，调查是否支持机动车“单双号”限行，得到了数据：647人非常支持，893人支持，348人态度一般，112人不支持.则估计该市市民支持限号的概率约为 .16.已知为偶函数,当时, ,则曲线在点(1,0)处的切线方程是______________.17.在棱长为6的正方体中，是的中点，点是面所在的平面内的动点，且满足，则，三棱锥的体积最大值是 .四、解答题：（本大题共6小题，共82分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）18．（12分）已知定义域为的函数且是奇函数．（1）求实数的值；（2）若，判断函数单调性，并求不等式恒成立时的取值范围；19．（14分）已知集合,求集合；当时，若是成立的充分不必要条件，求的取值范围.（14分）在直角梯形中,，两点分别在线段上运动，且（如图1）. 将三角形沿折起,使点到达的位置（如图2），且平面平面.（1）判断直线与平面的位置关系并证明；（2）证明：的长度最短时，分别为和的中点；（3）当的长度最短时，求平面与平面所成角（锐角）的余弦值.图1 图221.（14分）某市城郊有一块大约500m×500m的接近正方形的荒地，地方政府准备在此建一个综合性休闲广场，首先要建设如图所示的一个矩形体育活动场地，其中总面积为3 000平方米，其中阴影部分为通道，通道宽度为2米，中间的三个矩形区域将铺设塑胶地面作为运动场地（其中两个小场地形状相同），塑胶运动场地占地面积为S平方米．(1)分别用x表示y及S的函数关系式，并给出定义域；(2)请你设计规划该体育活动场地，使得该塑胶运动场地占地面积S最大，并求出最大值．22.（14分）设函数.求函数的单调区间；若函数有两个零点，求正整数的最小值.23.（14分）某科技公司新开发一电子产品，该电子产品的一个系统有3个电子元件组成，各个电子元件能否正常工作的概率均为，且每个电子元件能否正常工作相互独立，若系统中有超过一半的电子元件正常工作，则可以正常工作，否则就需要维修，且维修所需要的费用为500元.（1）求系统不需要维修的概率；（2）该电子产品共由3个完全相同的系统组成，设为电子产品需要维修的系统所需的费用，求的分布列与数学期望；（3）为提高系统正常工作概率，在系统内增加两个功能完全一样的其他品牌的电子元件，每个新元件正常工作的概率均为，且新增元件后有超过一半的电子元件正常工作，则可以正常工作，问：满足什么条件时，可以提高整个系统的正常工作概率？数学参考答案2019.10一、单项选择题:本大题共10小题，每小题4分，共40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.1-5 CDABC 6-10 ADDBB二、多项选择题:本大题共3小题，每小题4分，共12分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得4分，有选错的得0分，部分选对的得2分.11.AD 12.ABC 13.ABCD三、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.14. 15. 16. 17. 2；四、解答题：本大题共6小题，共82分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18．解：(1)∵是定义域为R的奇函数，∴…… 2分∴. …… 4分（2），……6分而在R上单调递减，在R上单调递增，故判断在R上单调递减，……8分不等式化为，，恒成立，，解得. ……12分19.解：（1）由，得. 故集合……2分由，得，.当时，由得故集合………4分当时，由得：故集合………6分当时，由得故集合………8分(2) 是成立的充分不必要条件，是的真子集，………………………10分则有，解得，…………………………12分又当时，，不合题意，……………………13分实数的取值范围为. ………………………14分解:（1）与平面平行. ………1分证明如下：分别在平面和平面内作交于点，交于点，连接..设在中，,则，同理可求，，即四边形是平行四边形. ..............3分.........4分证明：平面平面，，.................5分在中，..........................7分当时，.此时分别是和的中点...................8分以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知，，，....................10分设是平面的一个法向量，由可得.取，可得................11分设是平面的一个法向量，由可得.取，可得.......................12分，∴平面与平面所成角（锐角）的余弦值. ......................14分21.解：（1）由已知其定义域是(6,500).……………2分,其定义域是(6,500).……………6分（2）当且仅当，即时，上述不等式等号成立，此时，答：设计时，运动场地面积最大，最大值为2430平方米. .………………………………………14分22.解:（1）....2分当时，，函数在区间内单调递增，所以，函数的单调增区间为，无单调减区间；..............4分当时，由，得；由，得.所以，函数的单调增区间为，单调减区间为. ..............6分（2）由（1）知：如果函数有两个零点，则，且，即，即：，...........................................8分令可知在区间内为增函数，且.....................................................12分所以存在当时，；当时，.所以，满足条件的最小正整数 .....................................................14分23.解：（1）系统G不需要维修的概率为. …………2分（2）设为维修的系统G的个数，则，且，所以.………………4分所以的分布列为所以的期望为元………………………………6分（3）当系统有5个电子元件时，若前3个电子元件中有1个正常工作，同时新增的两个必须都正常工作，则概率为；………………………8分若前3个电子元件中有两个正常工作，同时新增的两个至少有1个正常工作，则概率为；……10分若前3个电子元件中3个都正常工作，则不管新增两个元件能否正常工作，系统均能正常工作，则概率为. ………………………12分所以新增两个元件后系统能正常工作的概率为，于是由知，当时，即时，可以提高整个系统的正常工作概率. ……………………………………14分。
山西省2020版数学高三上学期理数10月月考试卷(II)卷
山西省2020版数学高三上学期理数10月月考试卷（II）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共12题；共24分)1. （2分） (2019高一上·成都期中) 满足的集合A共有（）。
A . 2个B . 4个C . 8个D . 16个2. （2分） (2019高三上·禅城月考) 复数的共轭复数是（）A .B . ｉC .D .3. （2分）已知函数,定义函数给出下列命题:①; ②函数是奇函数;③当时,若,,总有成立,其中所有正确命题的序号是（）A . ②B . ①②C . ③D . ②③4. （2分） (2018高一下·南平期末) 已知数列中，若，则该数列的通项公式（）A .B .C .D .5. （2分）定义在R上的偶函数f(x)满足：对任意的x1 ，x2∈[0，＋∞)(x1≠x2)，有，则（）A . f(3)<f(－2)<f(1)B . f(1)<f(－2)<f(3)C . f(－2)<f(1)<f(3)D . f(3)<f(1)<f(－2)6. （2分）在平行四边形ABCD中，,若将其沿BD折起，使平面ABD平面BDC 则三棱锥A-BCD的外接球的表面积为：（）A .B .C .D .7. （2分） (2016高二上·温州期末) 函数f（x）=sin（2x+θ）+ cos（2x+θ），（|θ|＜）的图象关于点对称，则f（x）的增区间（）A .B .C .D .8. （2分） (2019高一下·广德期中) 已知数列中，，（），则（）A .B . 0C .D .9. （2分） (2017高三上·嘉兴期末) 若函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度变换得到，则的解析式是（）A .B .C .D .10. （2分）(2020·龙岩模拟) 已知数列满足，又的前项和为Sn ，若S6=52，则a5=（）A . 13B . 15C . 17D . 31.11. （2分） (2017高一下·台州期末) 已知数列{an}的各项均为正数，且满足a1=1，﹣ =1（n≥2，n∈N*），则a1024=（）A .B .C .D .12. （2分） (2019高二下·萨尔图期末) 设方程的两个根为，则（）A .B .C .D .二、填空题 (共4题；共4分)13. （1分） (2019高三上·汉中月考) 过原点作函数的图像的切线，则切线方程是________.14. （1分） (2017高三上·定西期中) 若 =（2+λ，1）， =（3，λ），若＜，＞为钝角，则实数λ的取值范围是________．15. （1分） (2019高三上·盐城月考) 设为偶函数，且当时，；当时，．关于函数的零点，有下列三个命题：①当时，存在实数m ，使函数恰有5个不同的零点；②若，函数的零点不超过4个，则；③对，，函数恰有4个不同的零点，且这4个零点可以组成等差数列．其中，正确命题的序号是________．16. （1分） (2020高二下·杭州月考) 在中，已知向量，且，记角的对边依次为 .若，且是锐角三角形，则的取值范围为________.三、解答题 (共6题；共45分)17. （5分）(2020·厦门模拟) 已知函数 .（Ⅰ）当时，求不等式的解集；（Ⅱ）若时，，求a的取值范围.18. （5分） (2017高一下·运城期末) 已知函数f（x）=cosx•cos（x﹣）．（1）求f（）的值．（2）求使f（x）＜成立的x的取值集合．19. （5分） (2017高一下·庐江期末) 已知数列{an}的前n项和为Sn ，且a1=1，Sn+1﹣2Sn=1（n∈N*）．（1）求数列{an}的通项公式；（2）若数列{bn}满足bn=n+ ，求数列{bn}的前n项和Tn ．20. （10分） (2020高二下·铜陵期中) 若在是减函数，求a的最大值.21. （10分） (2019高一下·广东期中) 已知数列中，， .（1）求证：是等比数列，并求数列的通项公式；（2）已知数列满足，求数列的前项和 .22. （10分）设函数f（x）=x2 ， g（x）=mlnx（m＞0），已知f（x），g（x）在x=x0处的切线l相同．（1）求m的值及切线l的方程；（2）设函数h（x）=ax+b，若存在实数a，b使得关于x的不等式g（x）≤h（x）≤f（x）+1对（0，+∞）上的任意实数x恒成立，求a的最小值及对应的h（x）的解析式．参考答案一、单选题 (共12题；共24分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、11-1、12-1、二、填空题 (共4题；共4分)13-1、14-1、15-1、16-1、三、解答题 (共6题；共45分)17-1、18-1、18-2、19-1、19-2、20-1、21-1、21-2、22-1、22-2、第11 页共11 页。
2020届高三数学10月阶段性测试试题理(含解析)
2020届高三数学10月阶段性测试试题理（含解析）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，只有一项是最符合题目要求的1.已知集合，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】求解出的解集作为集合，求解出的解集作为集合，然后再求解的结果.【详解】因为，所以，所以；因为，所以，所以；所以.故选：A.【点睛】本题考查集合的交集运算，难度较易.注意解对数不等式时，对数的真数要大于零.2.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据指数函数的单调性判断的大小，再根据对数函数的单调性判断的正负，即可确定之间的大小关系.【详解】因为在上递增，所以，即；又因为在上递增，所以；又因为，，所以，故选：B.【点睛】利用指、对数函数的单调性比较数的大小时，经常会用到“中间值比较法”：对数式经常会与作比较，指数式经常会与作比较.3.已知函数，则是成立的（）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】分别考虑是否是的充分条件或者必要条件，然后结合前面得到的结论确定是的何种条件.【详解】当时，，所以是成立的充分条件；当时，或，所以是成立的不必要条件，所以是成立的充分不必要条件，故选：A.【点睛】充分、必要条件对应的推出情况（常见两种）：（1）若是的充分不必要条件：；（2）若是的必要不充分条件：.4.我们在求高次方程或超越方程的近似解时常用二分法求解，在实际生活中还有三分法.比如借助天平鉴别假币.有三枚形状大小完全相同的硬币，其中有一假币（质量较轻），把两枚硬币放在天平的两端，若天平平衡，则剩余一枚为假币，若天平不平衡，较轻的一端放的硬币为假币.现有 27 枚这样的硬币，其中有一枚是假币（质量较轻），如果只有一台天平，则一定能找到这枚假币所需要使用天平的最少次数为（）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B【解析】【分析】根据提示三分法，考虑将硬币分为组，然后将有问题的一组再分为组，再将其中有问题的一组分为，此时每组仅为枚硬币，即可分析出哪一个是假币.【详解】第一步将27枚硬币分为三组，每组9枚，取两组分别放于天平左右两侧测量，若天平平衡，则假币在第三组中；若天平不平衡，假币在较轻的那一组中；第二步把较轻的9枚金币再分成三组，每组3枚，任取2组，分别放于天平左右两侧测量，若天平平衡，则假币在第三组，若天平不平衡则假币在较轻的一组；第三步再将假币所在的一组分成三组，每组1枚，取其中两组放于天平左右两侧测量若天平平衡，则假币是剩下的一个；若天平不平衡，则较轻的盘中所放的为假币.因此，一定能找到假币最少需使用3次天平.故选：B.【点睛】本题考查类比推理思想的应用，难度一般.处理该类问题的关键是找到题干中的提示信息，由此入手会方便很多.5.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式先将变形为，然后再利用二倍角公式结合已知条件计算的值即可.【详解】因为，所以，故选：D.【点睛】本题考查利用诱导公式、二倍角余弦公式求值，难度一般.常见的二倍角公式有：.6.已知函数有三个零点，则（）A. 4B. 6C. 8D. 12【答案】C【解析】【分析】作出图象，将有三个零点转化为方程有个根的问题，根据计算出的值，根据韦达定理计算出的值，由此计算出的值.【详解】画出与的图象如下图所示：且，由有三个零点，当时方程在区间内有两个相等实根，所以得或，若时，，舍去；若时，满足条件，所以；当时，的两根之积为，所以，所以，故选：C.【点睛】在函数与方程的综合应用中，例如的零点，即为方程的根，同时也是图象与图象交点的横坐标，注意此三者之间的转化.7.已知关于x 的方程没有正数根，使为真命题的实数 a 的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先考虑均为真命题时的范围，再考虑为假的情况时的范围，对此范围在实数集内取补集即为为真命题时的范围.【详解】若为真命题，则；若为真命题，则或，所以，若为假命题，所以假假，所以或，解得：，所以当为真命题时，，故选：C.【点睛】本题考查根据含逻辑联结词的复合命题的真假求解参数范围，难度一般.对于复合命题的判断要注意是否需要进行分类，同时注意“正难则反”的使用.8.在中，，则该三角形一定是（）A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等边三角形D. 等腰直角三角形【答案】B【解析】【分析】解法一：利用余弦定理完成角化边，然后再进行边的化简即可判断结果；解法二：利用正弦定理完成边化角，进行利用两角和的正弦展开式进行化简即可判断结果.【详解】解法一：由余弦定理得，所以，所以直角三角形.解法二：由正弦定理得，所以，所以.故选：B.【点睛】利用正弦定理进行边角互化时，要注意到“齐次”的问题，也就是每一项对应的边或者角的正弦的次数要相同，如：、.9.已知函数，则（）A. 1B.C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】解法一：通过导数判断单调性，利用特殊值确定的范围，从而计算出的范围，通过选项对进行取值；解法二：根据三次函数的对称性，计算出对称中心，根据的特殊性计算的值；解法三：根据条件将进行化简，然后通过正负判断计算出的值.【详解】解法一：，所以为增函数，又，所以即，所以，可得解法二：，，所以的对称中心为，又，所以解法三：由得，，即因所以.故选：C.【点睛】本题考查三次函数的综合运用，难度一般.对于形如的三次函数的对称中心是.10.关于函数有下述四个结论：①是奇函数；②在区间单调递减；③在有3个零点；④的最大值为.其中所有正确结论的编号是（）A. ①③ B. ②④ C. ③④ D. ②③④【答案】B【解析】【分析】将写成分段函数形式，并作出在的图象，即可判断出①②③的正误，根据周期性并利用图象即可判断出④的正误.【详解】当时，，当时，，所以，画出函数的在区间上的图象如下图所示，显然不是奇函数，所以①错误；在上单调递减，所以②正确；图象在上与轴有个交点，所以有个零点，所以③错误；时，，又因为，所以，所以，所以④正确.故选：B.【点睛】本题考查三角函数的图象与性质综合，难度一般.处理这类问题关键是使用数形结合的思想，通过图象去分析函数性质.11.已知，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解法一：考虑特殊值，通过排除法得到结果；解法二：将等式交叉相乘并化简，根据的单调性得到与的关系，从而得到结果；解法三：对等式两边分别化简，然后根据的单调性得到与的关系，从而得到结果.【详解】解法一：（排除法）当时，，可排除B，C；当时，，可排除A，可知D正确；解法二：由已知得又函数在上为增函数，所以.即；解法三：所以又，上增函数所以，即.故选：D.【点睛】本题考查利用三角函数单调性对等式进行化简，难度较难.（1）在化简过程中注意诱导公式、二倍角公式、三角恒等变换中的公式的灵活运用.（2）函数值相等时，利用函数单调性，可得到对应自变量之间的关系.12.函数与的公共点个数为（）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】A【解析】【分析】根据已知条件分析出的公切线，然后分析区间上的交点数，再根据对应的草图分析和时的交点个数，从而得到结果.【详解】，，所以，所以有公切线，且当时，证明如下：设，则，所以为增函数，又，所以，所以在上单调递减，又，所以即所以当时，当时，所以当时，与只有一个公共点画出函数，的草图如下图，可知时，两函数图象有一个交点，当时，必有一个公共点，所以共有三个公共点，故选：A.【点睛】本题考查利用导数方法分析函数图象的交点个数，难度较难.（1）函数图象的交点个数可认为是函数的零点个数，也可认为是方程的根的数目.（2）利用导数解答函数零点个数问题时，注意结合单调性和图象进行分析.二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13.曲线在点（1，0）处的切线方程为 _______．【答案】【解析】【分析】先求解时的导数值即为切线斜率，根据切点和斜率即可得到直线方程.【详解】因为，所以，所以切线方程为，故答案为：.【点睛】本题考查函数上某一点的切线方程的求解，难度较易.求解函数上某点处的切线方程步骤：（1）对函数进行求导；（2）求出导函数在该点处的导数值作为直线的斜率；（3）根据直线的点斜式方程求解出切线方程.14.定义在上的奇函数在区间上单调递增，且.若，则在区间内的解集为 ________．【答案】【解析】【分析】先根据对称性和奇偶性得到周期，然后分析在上的单调性，考虑且时的取值，再根据单调性即可求解出在内的解集.【详解】因为为奇函数，所以，，即的周期为8，又因为在区间上单调递增，，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.又，，所以在区间内的解集为，【点睛】函数对称性和周期性的认识：（1）若或，则的一条对称轴为；（2）若或或（），则的周期.15.将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象上每一点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变得到的图象，当时，方程有三个实数根，且，则___________.【答案】【解析】【分析】先根据图象变换得到解析式并画出在上的图象，考虑这条直线与有三个交点时的对称情况，根据对称性计算出的值.【详解】由已知得，，函数与的交点分别为，由图可知关于直线对称，关于直线对称，所以，所以【点睛】本题考查三角函数的图象与性质的综合运用，难度一般.通过数形结合方法，将方程根数目问题转化为函数图象交点个数问题.16.已知实数，满足，那么的最小值为_________．【答案】【解析】【分析】根据等式，将点看成函数上一点，将点看成直线上一点，问题转化为：直线上一点到上点的距离平方的最小值，利用平移切线法完成求解即可.【详解】由可知，点在函数上，由知，点在直线上，则，所以当点处的切线与直线平行时，点到直线的距离的平方就是的最小值.由得，，所以，所以，所以，故答案为：.【点睛】本题考查转化思想的应用，难度较难.求解直线上一点到曲线上某一点的最小距离的处理方法：将直线平移至与曲线相切，过对应的切点向直线作垂线，此时垂足与切点相连所形成的线段长度即为直线上的点到曲线上点的距离最小值.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.的内角的对边分别为，的面积. （1）求 C；（2）若，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用面积公式和余弦定理对等式化简，得到的值，计算出；（2）解法一：利用正弦定理以及的结果得到的等式，根据同角的正弦与余弦的平方和为，计算出的值.解法二：利用余弦定理，通过化简得到之间的关系，再根据正弦定理即可得到之间的关系，从而计算出.【详解】（1）由余弦定理以及三角形面积公式得,所以，又，所以.（2）由（1）得，,因为，由正弦定理得,所以,所以,，所以（负根舍去）.解二：由余弦定理得，，又两式消去得，，即,，由正弦定理得.【点睛】本题考查解三角形的综合应用，难度一般.（1）利用面积公式化简时，注意根据等式选择合适的面积公式去化简；（2）考虑用正弦定理完成边角互化时，一定要注意等式的两边是否都是“齐次”的情况.18.已知定义域为的函数是奇函数．（1）求实数的值；（2）若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先根据计算出的值，然后再带回检验是否为奇函数，由此确定出的值；（2）将不等式变形，根据奇偶性将不等式变形为函数值之间的大小关系，再根据单调性将不等会变形为自变量之间的关系，问题转化为：给定区间上的恒成立问题求解参数范围.【详解】（1）因为是奇函数，所以 ,所以,此时，，所以是奇函数，所以满足条件.（2）因函数为奇函数，所以，又因函数为增函数，所以,即对任意的有，所以对任意的，所以，解之得.【点睛】（1）定义域满足的情况下，通过求解奇函数中的参数值，一定要将结果带回原函数中检验；（2）若在区间上恒有，只需要，若在区间上恒有，只需要.19.已知函数.（1）若函数在区间上存在零点，求实数的取值范围；（2）若对任意的，总存在使得成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据对称轴分析零点存在时对应的的范围；（2）根据条件分析可得：的值域应为的值域的子集，此时注意对与的关系进行分类讨论，由此得到满足条件的的取值范围.【详解】（1）因函数的对称轴是，所以在区间上是减函数，因函数在区间上存在零点，则必有，即解得.故所求实数的取值范围.（2）若对任意的，总存在使得成立，只需函数的值域为函数的值域的子集.在区间的值域为,①当时，为常数，不符合题意舍去；②当时，在区间的值域为，所以，解得.③当时，在区间的值域为，所以，无解.综上所述实数的取值范围.【点睛】任意、存在问题对应的函数相等和不等关系的处理方法：（1），使得，则有：在上的值域为在上的值域的子集；（2），使得，则有：；，使得，则有：；，使得，则有：.20.如图有一景区的平面图是一半圆形，其中直径长为两点在半圆弧上满足，设，现要在景区内铺设一条观光通道，由和组成.（1）用表示观光通道的长，并求观光通道的最大值；（2）现要在景区内绿化，其中在中种植鲜花，在中种植果树，在扇形内种植草坪，已知单位面积内种植鲜花和种植果树的利润均是种植草坪利润的倍，则当为何值时总利润最大？【答案】（1），；（2）当时，总利润取最大值.【解析】【分析】（1）根据直径的长度和角度计算出的长度，写出的函数解析式，注意定义域，判断取何值的时候有最大值并计算出最大值；（2）设出单位面积的利润，将三个三角形的面积计算出来并求利润和的表示，利用导数去计算函数的最值，确定取等号时的取值.【详解】（1）作，垂足为，在直角三角形中，，所以，同理作，垂足为，，所以，如图：所以,当时，取最大值.（2）设种植草坪单位面积的利润为，,则总利润,,因为，所以当时，，所以在递增，递减，所以当时总利润取最大值，最大值为.【点睛】本题考查三角函数在实际问题中的应用，难度一般.（1）求解实际问题中的函数解析式时，要注意不要漏写定义域；（2）求解三角函数的有关最值，要注意也可通过导数的方法来先确定单调性然后再确定最值.21.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，函数的图象恒在轴上方，求的最大值.【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增；（2）．【解析】【分析】（1）先对求导，然后对进行分类，分别讨论的单调性；（2）方法一：对于取值进行分类：，考虑每种情况下对应时的取值，由此确定的最大值；方法二：对进行分类，采用参变分离并分析新函数的最小值，由此得到的最大值.【详解】（1），当时，恒成立，在上单调递增,当时，令，即，则 ,当时，，在单调递减，当时，，在单调递增，综上所述：当时，在上单调递增.当时，在单调递减，在单调递增.（2）方法一：由已知得，当时，恒成立，由（1）得，当时，在上单调递增，，不合题意；当时，对于任意有，故在单调递减；对于任意有，故在单调递增，因此当时，有最小值为成立．当时，对于任意有，故在单调递减，因为恒成立，所以只需，即，综上，的最大值为．方法二：由题设知，当时，，（1）当时，．设，则，故在单调递减，因此，的最小值大于，所以．（2）当时，成立．（3）当时，，因为，所以当时，成立．综上，的最大值为．【点睛】本题考查导数的综合应用，难度较难.利用导数去确定参数的范围或者最值的方法如下：（1）分类讨论法：根据已知条件对参数范围分类讨论，注意借助参数的临界值讨论；（2）参变分离法：将参数从不等式中分离出来，构造新函数，分析函数最值与参数的关系从而求解出参数范围或最值.22.已知函数.证明：（1）在区间存在唯一极大值点；（2）有且仅有1个零点.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先确定函数定义域，根据函数的正负先判断出的单调性，然后确定的零点分布，由此得到的单调性即可完成证明；（2）对区间进行分段：，分别考虑每一段区间上的零点情况，由此证明的零点仅有个.【详解】函数的定义域为,（1），，当时，所以在区间上单调递减,，所以在区间内有唯一零点，当时，，当时，所以在区间存在唯一极大值点.（2）当时，，在区间上单调递增因，所以存在零点,当时，当时，,所以有且仅有1个零点．【点睛】本题考查利用导数判断函数的极大值点和零点个数问题，难度较难.（1）判断函数的极值点个数：可通过函数的单调性也就是的取值正负来判断，若的取值正负不易直接判断，可先通过判断的正负来确定的单调性，由此来确定的取值正负；（2）利用导数研究函数的零点个数：先分析给定区间的单调性，然后结合零点的存在性定理说明零点存在情况，注意有时需要对定义域进行分类.2020届高三数学10月阶段性测试试题理（含解析）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，只有一项是最符合题目要求的1.已知集合，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】求解出的解集作为集合，求解出的解集作为集合，然后再求解的结果.【详解】因为，所以，所以；因为，所以，所以；所以.故选：A.【点睛】本题考查集合的交集运算，难度较易.注意解对数不等式时，对数的真数要大于零.2.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据指数函数的单调性判断的大小，再根据对数函数的单调性判断的正负，即可确定之间的大小关系.【详解】因为在上递增，所以，即；又因为在上递增，所以；又因为，，所以，故选：B.【点睛】利用指、对数函数的单调性比较数的大小时，经常会用到“中间值比较法”：对数式经常会与作比较，指数式经常会与作比较.3.已知函数，则是成立的（）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】分别考虑是否是的充分条件或者必要条件，然后结合前面得到的结论确定是的何种条件.【详解】当时，，所以是成立的充分条件；当时，或，所以是成立的不必要条件，所以是成立的充分不必要条件，故选：A.【点睛】充分、必要条件对应的推出情况（常见两种）：（1）若是的充分不必要条件：；（2）若是的必要不充分条件：.4.我们在求高次方程或超越方程的近似解时常用二分法求解，在实际生活中还有三分法.比如借助天平鉴别假币.有三枚形状大小完全相同的硬币，其中有一假币（质量较轻），把两枚硬币放在天平的两端，若天平平衡，则剩余一枚为假币，若天平不平衡，较轻的一端放的硬币为假币.现有 27 枚这样的硬币，其中有一枚是假币（质量较轻），如果只有一台天平，则一定能找到这枚假币所需要使用天平的最少次数为（）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B【解析】【分析】根据提示三分法，考虑将硬币分为组，然后将有问题的一组再分为组，再将其中有问题的一组分为，此时每组仅为枚硬币，即可分析出哪一个是假币.【详解】第一步将27枚硬币分为三组，每组9枚，取两组分别放于天平左右两侧测量，若天平平衡，则假币在第三组中；若天平不平衡，假币在较轻的那一组中；第二步把较轻的9枚金币再分成三组，每组3枚，任取2组，分别放于天平左右两侧测量，若天平平衡，则假币在第三组，若天平不平衡则假币在较轻的一组；第三步再将假币所在的一组分成三组，每组1枚，取其中两组放于天平左右两侧测量若天平平衡，则假币是剩下的一个；若天平不平衡，则较轻的盘中所放的为假币.因此，一定能找到假币最少需使用3次天平.故选：B.【点睛】本题考查类比推理思想的应用，难度一般.处理该类问题的关键是找到题干中的提示信息，由此入手会方便很多.5.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式先将变形为，然后再利用二倍角公式结合已知条件计算的值即可.【详解】因为，所以，故选：D.【点睛】本题考查利用诱导公式、二倍角余弦公式求值，难度一般.常见的二倍角公式有：.6.已知函数有三个零点，则（）A. 4B. 6C. 8D. 12【答案】C【解析】【分析】作出图象，将有三个零点转化为方程有个根的问题，根据计算出的值，根据韦达定理计算出的值，由此计算出的值.【详解】画出与的图象如下图所示：且，由有三个零点，当时方程在区间内有两个相等实根，所以得或，若时，，舍去；若时，满足条件，所以；当时，的两根之积为，所以，所以，故选：C.【点睛】在函数与方程的综合应用中，例如的零点，即为方程的根，同时也是图象与图象交点的横坐标，注意此三者之间的转化.7.已知关于x 的方程没有正数根，使为真命题的实数 a 的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先考虑均为真命题时的范围，再考虑为假的情况时的范围，对此范围在实数集内取补集即为为真命题时的范围.【详解】若为真命题，则；若为真命题，则或，所以，若为假命题，所以假假，所以或，解得：，所以当为真命题时，，故选：C.【点睛】本题考查根据含逻辑联结词的复合命题的真假求解参数范围，难度一般.对于复合命题的判断要注意是否需要进行分类，同时注意“正难则反”的使用.8.在中，，则该三角形一定是（）A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等边三角形D. 等腰直角三角形【答案】B【解析】【分析】解法一：利用余弦定理完成角化边，然后再进行边的化简即可判断结果；解法二：利用正弦定理完成边化角，进行利用两角和的正弦展开式进行化简即可判断结果.【详解】解法一：由余弦定理得，所以，所以直角三角形.解法二：由正弦定理得，所以，所以.故选：B.【点睛】利用正弦定理进行边角互化时，要注意到“齐次”的问题，也就是每一项对应的边或者角的正弦的次数要相同，如：、.9.已知函数，则（）A. 1B.C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】解法一：通过导数判断单调性，利用特殊值确定的范围，从而计算出的范围，通过选项对进行取值；解法二：根据三次函数的对称性，计算出对称中心，根据的特殊性计算的值；解法三：根据条件将进行化简，然后通过正负判断计算出的值.【详解】解法一：，所以为增函数，又，所以即，所以，可得解法二：，，所以的对称中心为，又，所以解法三：由得，，即因所以.故选：C.【点睛】本题考查三次函数的综合运用，难度一般.对于形如的三次函数的对称中心是.10.关于函数有下述四个结论：①是奇函数；②在区间单调递减；③在有3个零点；④的最大值为.其中所有正确结论的编号是（）A. ①③B. ②④C. ③④D. ②③④【答案】B。
山西省吕梁市2020届高三数学上学期第一次阶段性测试试题 理(含解析)
2020学年吕梁市高三第一次阶段性测试试题（理科）数学（本试题满分150分，考试时间12分钟．答案一律写在答题卡上）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号等信息填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置．2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．考试结束后，请将答题卡上交．—、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，只有一项是最符合题目要求的，选出正确的选项并将该选项在答题卡上涂黑．1.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】解不等式得到集合，然后再求出．【详解】由题意得，又，∴．故选A．【点睛】本题考查集合的交集运算，解题时根据交集的定义求解即可，属于基础题．2.命题“，使得”的否定是（）A. ，都有B. ，都有C. ，都有D. ，都有【答案】D【解析】【分析】根据含有量词的命题的否定可得答案．【详解】由于特称命题的否定为全称命题，所以“，使得”的否定为“，都有”．故选D．【点睛】对于含有量词的命题的否定要注意两点：一是要改换量词，即把全称（特称）量词改为特称（全称）量词；二是注意要把命题进行否定．3.设，，，则a，b，c的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先根据指数函数、对数函数的知识得到所在的范围，进而可得的大小关系．【详解】由题意得，∴．故选B．【点睛】比较指数幂和对数的大小时，常用的方法是根据指数函数、对数函数的性质得到各个数的范围，然后通过比较可得大小关系，解题时注意各数与0和1的大小关系．4.已知的三个内角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，若，则该三角形一定是（）A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等边三角形D. 等腰直角三角形【答案】A【解析】【分析】根据余弦定理得到三边间的关系后可得三角形的形状．【详解】由及余弦定理得，整理得，∴，∴为等腰三角形．故选A．【点睛】根据正弦定理、余弦定理判断三角形的形状时，常用的方法有两种，一是把边化成角后进行判断，另一种方法是把角化为边后再进行判断，解题时注意对两种方法的选择．5.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意得，结合条件可得所求结果．【详解】由题意得，故选A．【点睛】本题考查诱导公式和同角三角函数关系式，解题的关键是合理利用“1”的代换，将所求值转化为齐次式的形式，然后再根据条件求解．6.已知是函数的一个极大值点，则的一个单调递增区间是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由函数的极大值点得到，进而可得函数的解析式为，结合正弦函数的增区间可得所求结果．【详解】∵是函数的一个极大值点，∴，∴，∴，∴．由，得，令，得，∴函数的一个单调递增区间为，结合各选项可得C符合题意．故选C．【点睛】本题考查函数的性质，解题时把看作一个整体，然后结合正弦函数的相关性质进行求解，但要注意的符号对解题结果的影响，这一点在解题中很容易忽视．7.函数，有两个不同的零点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】令，可得或，由题意得函数在时有一个零点，所以只需函数在时有一个零点即可，令即可得到结果．【详解】由题意得，当时，函数有一个零点；当时，令，得，要使函数有两个不同的零点，则只需，解得．故选C．【点睛】解决函数零点存在性问题的常用方法有三种：一是用零点存在性定理进行判断，二是通过解方程得到函数的零点，三是用函数的图象，借助数形结合求解．值得说明的是，零点存在性定理是充分条件，而并非是必要条件．8.满足函数在上单调递减的一个充分不必要条件是A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出函数在上单调递减的充要条件，再结合所给的选项进行判断、选择即可．【详解】结合复合函数的单调性，函数在上单调递减的充要条件是，解得．选项A中，是函数在上单调递减的既不充分也不必要条件，所以A不正确；选项B中，是函数在上单调递减的充要条件，所以B不正确；选项C中，是函数在上单调递减的必要不充分条件，所以C不正确；选项D中，是函数在上单调递减的充分不必要条件，所以D正确．故选D．【点睛】解答本题时注意两点：（1）根据题意先求出函数在给定区间上的充要条件，求解时容易忽视函数的定义域；（2）由于求的是函数递减的充分不必要条件，可转化为所选的范围是区间的真子集的问题．考查转化和计算能力，属于基础题．9.已知函致的图象的一个对称中心为，要得到函数的图象，只需将函数的图象（）A. 向右平移个单位长度B. 向左平移个单位长度C. 向右平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】C【解析】【分析】根据题意求出函数的解析式，然后再结合图象的变换进行求解即可得到答案．【详解】∵函致的图象的一个对称中心为，∴，解得，∴，∴，∴将函数的图象向右平移个单位长度即可得到函数的图象．故选C．【点睛】解答三角函数图象变换的注意点：（1）进行图象变换时，变换前后的三角函数名称一样，若名称不一样，则先要根据诱导公式统一名称．（2）在进行三角函数图象变换时，可以“先平移，后伸缩”，也可以“先伸缩，后平移”，无论是哪种变换，切记每一个变换总是对而言的，即图象变换要看“变量”发生了多大的变化，而不是“角”变化多少．10.函数y=•sinx的部分图象大致为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】设，由得，则函数的定义域为．∵，∴函数为奇函数，排除D．又，且，故可排除B．，且，故可排除C．选A．11.函数在上有且仅有一个极值点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意得到，然后将问题转化为函数在区间上有一个变号零点的问题处理，分离参数后借助数形结合的方法可得结果．【详解】∵，∴．∵函数在区间上有且仅有一个极值点，∴在区间上只有一个变号零点．令，得．令，则在区间上单调递减，在区间上单调递增，∴，又．结合函数的图象可得，当时，在区间上只有一个变号零点．∴实数的范围为．故选B．【点睛】本题具有综合性，解答本题时注意以下几点：（1）将函数有一个极值点的问题转化为导函数有一个变号零点的问题处理，然后再转化为两个函数图象的公共点的问题处理；（2）解题中要利用数形结合的方法解题，求解时注意所求范围的端点值能否取到．12.定义在函数上的函数满足，，则关于x的不等式的解集为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由构造函数，则有，从而得到函数在上单调递增．又，所以不等式可化为，根据函数的单调性可得，于是可得所求结果．【详解】令，则，∵，∴，∴函数在上单调递增．又，∴．结合题意，不等式可转化为，即，∴，解得，原不等式的解集为．故选B．【点睛】对于含有导函数的不等式的问题，在求解过程中一般要根据不等式的形式构造出相应的函数，然后根据所给的不等式得到导函数的符号，进而得到构造的函数的单调性，然后再根据所构造的函数的单调性进行解题，其中根据题意构造符合题意的函数是解题的关键．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分．13.已知的终边过点，若，则__________．【答案】【解析】【分析】根据三角函数的定义得到，再根据得到，于是可得的值．【详解】∵的终边过点，∴．又，∴，∴．故答案为．【点睛】本题考查正切函数的定义和诱导公式，解题的关键是得到关于的方程，属于基础题．14.已知，则__________．【答案】【解析】【分析】先根据定积分得到，两边平方后可得所求．【详解】∵，∴，即，∴，∴．故答案为．【点睛】本题考查微积分基本定理和三角函数的基本关系，解题的关键是根据定积分得到，考查转化能力和计算能力．15.已知函数，，则的值为__________．【答案】【解析】【分析】令，则可得函数为奇函数，然后根据题意求解可得结果．【详解】设，则，∴函数为奇函数．∵，∴，∴，∴．故答案为．【点睛】解答本题的关键是构造函数，并利用函数为奇函数进行求解，另外解题中还要注意这个整体在解题中所起的作用．16.设，若函数在上的最大值与最小值之差为2，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】设，结合导数可得函数的值域为，最大值与最小值之差为2，从而得到函数的值域为，最大值与最小值之差也为2．然后根据题意可得或，于是可得所求的范围．【详解】设，则，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增．∵，，，∴函数的值域为，最大值与最小值之差为2，∴函数的值域为，最大值与最小值之差也为2．∵函数在上的最大值与最小值之差为2，∴或，解得或.∴实数的取值范围为．故答案为．【点睛】本题考查用导数研究函数的最值问题，具有综合性和难度，解题的关键是注意将问题进行合理的转化．二、解答题：本大题共6小题，共计70分．解答应写出文字说明、证明过程或盐酸步骤．17.设：函数的定义域为，，使得不等式成立，如果“或”为真命题，“且”为假，求实数的取值范围．【答案】【解析】【分析】先求出命题p,q分别为真命题时的取值范围，由“p或q”为真命题，“p且q”为假可得p，q一真一假，然后根据分类讨论可得所求的范围．【详解】若命题p为真，即恒成立，则有，解得．令，且，，所以函数在上单调递减，所以，即，所以的值域为，若命题q为真，即，使得成立，则．由命题“p或q”为真命题，“p且q”为假命题，可知p，q一真一假，①当p为真命题，q为假命题时，则有，不等式组无解．②当p为假命题q为真命题时，则有，解得．综上可得．所以实数的取值范围是．【点睛】解决此类问题的关键是准确地把每个条件所对应的参数的取值范围求解出来，然后转化为集合交、并、补的基本运算．18.已知四边形OACB中，a、b、c分别为的内角A、B、C所对的边长，且满足．（1）证明：；（2）若，设，，求四边形OACB面积的最大值．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）由及正弦定理和三角变换可得，再由正弦定理可得结论成立．（2）先证得为等边三角形，根据及三角形的面积公式，得到，然后根据的取值范围可得所求的最大值．【详解】（1）证明：∵，由正弦定理得，∴ ，∴ ，∴ ，由正弦定理得：．（2）解：∵，，∴，∴ 为等边三角形．由题意得，∵，∴，∴当，即时，有最大值，且最大值为．【点睛】本题考查用三角函数模型解决问题，该类问题主要有两种情形：一种是用已知的模型去分析解决实际问题，另一种是需要建立精确的或者数据拟合的模型去解决问题，尤其是利用数据建立拟合函数解决实际问题，体现了新课标中“数学建模”的本质．解题中的关键是将问题逐步转化成形如的函数的问题求解．19.已知函数图象的一条对称轴为．（1）求的最小值；（2）当取最小值时，若，，求的值．【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）由题意得，又函数图象的一条对称轴为，所以，根据条件可得所求；（2）由（1）知，可得，根据同角关系可得，最后利用求解可得所求的结果．【详解】（1）由题意得．因为函数的一条对称轴为，所以，所以，又，所以的最小值为1．（2）由（1）知．∴．∵，∴∴．【点睛】（1）解答形如的函数的问题时，需要把作为一个整体，并结合正弦函数的相关性质求解，解题时注意的符号对结果的影响．（2）在解答“给值求值”型的问题时，要注意角的变换，通过“拆”、“凑”等方法将所求角用已知角表示出来，然后再将所给条件作为整体进行求解．20.已知定义域为R的函数是奇函数．（1）求实数m，n的值；（2）若对于任意的，不等式恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据和，利用取特殊的方法求出，但要注意进行验证；（2）由题意得到函数在上为减函数，然后将不等式转化为对任意的，恒成立，最后根据二次方程根的分布求解．【详解】（1）∵是R上的奇函数，∴，∴，∴，又，∴，解得，∴．经验证可得函数为奇函数，∴，．（2）由（1）知，∴在上为减函数．∵,∴，又是奇函数，∴，又为减函数，∴对任意的恒成立．∴对任意的恒成立．令，则,解得.∴实数的取值范围为．【点睛】（1）已知函数的奇偶性求参数的取值时，一般根据定义得到关于变量的恒等式，然后通过比较系数可得所求参数．也可根据题意利用取特殊值的方法求解，但求出参数的值后必须进行验证．（2）解决一元二次不等式的恒成立问题时，可通过二次函数求最值解决，也可通过分离参数后再最值，也可通过构造函数、利用二次方程根的分布求解．解题时注意要搞清谁是自变量，谁是参数．一般地，知道谁的范围，谁就是变量，求谁的范围，谁就是参数．21.已知函数．（1）当时，讨论函数的单调性；（2）若函数有两个极值点，，证明: ．【答案】（1）时，在单调递增；时，在区间，单调递增；在区间单调递减．（2）见解析【解析】【分析】（1）求出导函数，然后根据方程的判别式得到导函数的符号，进而得到函数的单调性；（2）由题意得到方程有两个根，故可得，且．然后可得，最后利用导数可证得，从而不等式成立．【详解】（1）∵，∴．①当，即时，，所以在单调递增；②当，即时，令，得，，且，，当时，；当时，；∴单调递增区间为，；单调递减区间为．综上所述：当时，在单调递增；时，在区间，单调递增；在区间单调递减．（2）由（1）得．∵函数有两个极值点，，∴方程有两个根，，∴，且，解得．由题意得．令，则，∴在上单调递减，∴，∴．【点睛】（1）求函数的单调区间或讨论函数的单调性时，若解析式中含有参数时，解题中一定要弄清参数对导函数在某一区间内的符号是否有影响，若有影响则必须进行分类讨论．（2）解答第二问的关键在于求出的表达式后将问题转化，通过构造新函数并利用单调性可得结论成立．22.已知函数．（1）当时，求函数在点处的切线方程；（2）对于任意的，的图象恒在图象的上方，求实数a的取值菹围．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）求出的值可得切点坐标，求出的值，可得切线斜率，利用点斜式可得曲线在点处的切线方程；（2）由题意得在恒成立，令，则需求出函数的最小值即可，但由于的零点不易求出，故通过再次求导的方法逐步求解，进而求得的最小值．【详解】（1）当时，，∴，∴，又，∴函数在点处的切线方程为，即．（2）由题知当时，恒成立，即当时，恒成立，等价于在恒成立．令，则，令，则，∴在上单调递增，且，存在唯一零点，使得，且当时，，单调递减；当时，，单调递增．∴．由，得，∴，即．设，则,∴在单调递增．∴，∴，∴ ,∴．∴．故实数的取值范围为．【点睛】（1）对于恒成立问题，求解的基本方法是分离参数后转化为求函数的最值的问题．（2）解答第二问的难度较大，由于导函数的符号不易判断，进而需要构造函数再次求导，直到问题得以解决，这是解题中常用的方法．（3）对于导函数的零点存在但是不可求的问题，解题时可根据导函数的单调性得到零点所在的范围，在得到函数的单调性后进一步得到函数的最值，在求最值的过程中需要利用导函数的零点进行代换，以达到求出函数最值的目的，如在本题中由得到，进而得到是能求出最值的关键．。
山西省吕梁市京汾中学2020年高三数学理月考试卷含解析
山西省吕梁市京汾中学2020年高三数学理月考试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知，，则（）A．1 B． C． D．参考答案：C本题主要考查平面向量的线性运算和向量的模.,=====,故选C.2. 若直线x﹣y+m=0被圆（x﹣1）2+y2=5截得的弦长为2，则m的值为（）A．1 B．﹣3 C．1或﹣3 D．2参考答案：C【考点】J9：直线与圆的位置关系．【分析】先求出圆（x﹣1）2+y2=5的圆心C（1，0），半径r=，再求出圆心C（1，0）到直线x ﹣y+m=0的距离d，由此利用直线x﹣y+m=0被圆（x﹣1）2+y2=5截得的弦长为2，根据勾股定理能求出m．【解答】解：圆（x﹣1）2+y2=5的圆心C（1，0），半径r=，圆心C（1，0）到直线x﹣y+m=0的距离：d==，∵直线x﹣y+m=0被圆（x﹣1）2+y2=5截得的弦长为2，∴=（）2，解得m=1或m=﹣3．故选：C．3. 设曲线在点（3，2）处的切线与直线垂直，则a=A．2 B．-2 C．- D．参考答案：B4. 设曲线x=上的点到直线x﹣y﹣2=0的距离的最大值为a，最小值为b，则a﹣b的值为（）A．B．C． +1 D．2参考答案：C【考点】直线与双曲线的位置关系．【分析】利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离d，由d﹣r求出最小值，最大值为（0，2）到直线的距离，确定出a与b的值，即可求出a﹣b的值．【解答】解：将x=化为：x2+（y﹣1）2=1，∴圆心（0，1），半径r=1，∵圆心到直线x﹣y﹣2=0的距离d=，∴圆上的点到直线的最小距离b=﹣1，最大值为（0，2）到直线的距离，即a==2则a﹣b=+1．故选C．5. 设函数，，，的最小值为，若，（）且，则（）A．B． 1 C. -1 D．参考答案：A6. 定义在R上的函数y=f（x）为减函数，且函数y=f（x﹣1）的图象关于点（1，0）对称，若f（x2﹣2x）+f（2b﹣b2）≤0，且0≤x≤2，则x﹣b的取值范围是（）A．[﹣2，0] B．[﹣2，2] C．[0，2] D．[0，4]参考答案：B【考点】奇偶性与单调性的综合．【分析】设P（x，y）为函数y=f（x﹣1）的图象上的任意一点，关于（1，0）对称点为（2﹣x，﹣y），可得f（2﹣x﹣1）=﹣f（x﹣1），即f（1﹣x）=﹣f（x﹣1）．由于不等式f（x2﹣2x）+f（2b ﹣b2）≤0化为f（x2﹣2x）≤﹣f（2b﹣b2）=f（1﹣1﹣2b+b2）=f（b2﹣2b），再利用函数y=f（x）为定义在R上的减函数，可得x2﹣2x≥b2﹣2b，可画出可行域，进而得出答案．【解答】解：设P（x，y）为函数y=f（x﹣1）的图象上的任意一点，关于（1，0）对称点为（2﹣x，﹣y），∴f（2﹣x﹣1）=﹣f（x﹣1），即f（1﹣x）=﹣f（x﹣1）．∴不等式f（x2﹣2x）+f（2b﹣b2）≤0化为f（x2﹣2x）≤﹣f（2b﹣b2）=f（1﹣1﹣2b+b2）=f（b2﹣2b），∵函数y=f（x）为定义在R上的减函数，∴x2﹣2x≥b2﹣2b，化为（x﹣1）2≥（b﹣1）2，∵0≤x≤2，∴或．画出可行域．设x﹣b=z，则b=x﹣z，由图可知：当直线b=x﹣z经过点（0，2）时，z取得最小值﹣2．当直线b=x﹣z经过点（2，0）时，z取得最大值2．综上可得：x﹣b的取值范围是[﹣2，2]．故选B．【点评】本题综合考查了函数的对称性、单调性、线性规划的可行域及其最值、直线的平移等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．7. 如图所示，用4种不同颜色对图中的5个区域涂色（4种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数为（）A．72种 B．96种 C．108种 D．120种参考答案：B8. 设函数f(x)＝若f(α)＝4，则实数α=()A．－4或－2 B．－4或2C．－2或4 D．－2或2参考答案：B当α≤0时，f(α)＝－α＝4，α＝－4；当α＞0，f(α)＝α2＝4，α＝2.9.已知数列是公差为2的等差数列，且成等比数列，则为A B 1 C 2 D 3参考答案：答案:D 10. 若，且，则P （|）的值为 （ ） A ．B ．C ．D ．参考答案：答案:D解析:由，∴故选D 。
2020年山西省吕梁市结绳焉中学高三数学理月考试题含解析
2020年山西省吕梁市结绳焉中学高三数学理月考试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 与的值相等的是（）A． B． C． D．参考答案：B2. 已知条件p：|x+1|≤2，条件q：x≤a，且p是q的充分不必要条件，则a的取值范围是（）A．a≥1B．a≤1C．a≥﹣1 D．a≤﹣3参考答案：A考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．专题：简易逻辑．分析：根据充分条件和必要条件的定义，转化为对应的不等式关系进行求解即可．解答：解：由|x+1|≤2得﹣3≤x≤1，即p：﹣3≤x≤1，若p是q的充分不必要条件，则a≥1，故选：A．点评：本题主要考查充分条件和必要条件的判断，比较基础．3. 若0＜α＜，﹣＜β＜0，cos（+α）=，cos（﹣）=，则cos（α+）=( )A．B．﹣C．D．﹣参考答案：C【考点】三角函数的恒等变换及化简求值．【专题】三角函数的求值．【分析】先利用同角三角函数的基本关系分别求得sin（+α）和sin（﹣）的值，进而利用cos（α+）=cos[（+α）﹣（﹣）]通过余弦的两角和公式求得答案．【解答】解：∵0＜α＜，﹣＜β＜0，∴＜+α＜，＜﹣＜∴sin（+α）==，sin（﹣）==∴cos（α+）=cos[（+α）﹣（﹣）]=cos（+α）cos（﹣）+sin（+α）sin（﹣）=故选C【点评】本题主要考查了三角函数的恒等变换及化简求值．关键是根据cos（α+）=cos[（+α）﹣（﹣）]，巧妙利用两角和公式进行求解．4. 已知点、、、,则向量在方向上的投影为（）A． B． C、 D．参考答案：A5. 已知点P（x，y）为圆x2+y2=1上的动点，则3x+4y的最小值为（）A．5 B．1 C．0 D．﹣5参考答案：D【考点】圆方程的综合应用．【专题】计算题；规律型；方程思想；直线与圆．【分析】利用三角变换化简所求表达式为一个角的一个三角函数的形式，然后求出最小值．【解答】解：点P（x，y）为圆x2+y2=1上的动点，令x=cosα，y=sinα，3x+4y=3cosα+4sinα=5（cosα+sinα）=5sin（α+θ），其中tanθ=．5sin（α+θ）≥﹣5．可得3x+4y的最小值为：﹣5．故选：D．【点评】本题考查圆的方程的综合应用，考查计算能力．6. 下列命题中，正确的个数是（）①②已知m为直线，为平面，若“”是“”的充分不必要条件.③.④对于两个分类变量X，Y，随机变量K2的观测值k越大，则认为这两个变量有关系的把握越大.A. 1B. 2C. 3D. 4参考答案：B【分析】对每个选项逐一进行判断,得到答案【详解】①中,则无意义③中应为.故选B【点睛】本题考查了命题的判断,充分必要条件,命题的否定以及相关性,综合性比较大.7. 如图是函数在区间上的图象，为了得到这个函数的图象，只需将y＝sin x(x∈R)的图象上所有的点( )(A)向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变(B)向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变(C)向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变(D)向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变参考答案：D8. 已知命题，则（）A．B．C．D．参考答案：A略9. 已知全集U={0，1，2，3，4}，集合A={1，3，4}，B={2，3}，则A(B)为(A){3} (B){0，2} (C) (D){1，4}参考答案：D略10. 已知向量=（sin（α+），1），=（4，4cosα﹣），若⊥，则sin（α+）等于（）A．﹣B．﹣C．D．参考答案：B略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 设分别是椭圆的左、右焦点，过的直线与相交于两点，且成等差数列，则的长为．参考答案：略12. 已知，则．参考答案：13. 设抛物线的焦点为，为抛物线上一点，且点的横坐标为2，则.参考答案：略14. 一个几何体的三视图如下图所示，其中正视图中是边长为的正三角形，俯视图为正六边形，那么该几何体的侧视图的面积为____________．参考答案：略15. 设函数，集合，且．在直角坐标系中，集合所表示的区域的面积为______．参考答案：因为，所以由得，即，它表示以为圆心，半径为的圆面。
山西省吕梁市东坡村中学2020年高三数学理测试题含解析
山西省吕梁市东坡村中学2020年高三数学理测试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 函数y= | lg（x-1）| 的图象是参考答案：C略2. 函数在区间[－1,+∞)上是增函数，则实数a的取值范围是（）A. B. (－∞,0] C. D.参考答案：D【分析】就分类讨论，后者需结合对称轴来讨论.【详解】若，则，在区间上是增函数，符合.若，因为在区间上是增函数，故，解得.综上，.故选：D.【点睛】本题考查含参数的函数的单调性，注意根据解析式的特点合理分类，比如解析式是二次三项式，则需讨论二次项系数的正负以及对称轴的位置，本题属于基础题.3. 已知函数是定义在实数集R上的奇函数，且当（其中是的导函数），设，则a，b，c的大小关系是（）A. B. C. D.参考答案：C略4. 且是的（）A．充要条件 B．必要不充分条件C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件参考答案：C5. 在△ABC中，若，则cosB的值为(A) (B) (C) (D)参考答案：D6. 执行如图的程序框图，输出的C的值为（）A. 3B. 5C. 8D. 13参考答案：B第一次循环，得；第二次循环，得；第三次循环，得，不满足循环条件，退出循环，输出，故选B．考点：程序框图．7. 设等差数列{a n}满足=1，公差d∈（﹣1，0），若当且仅当n=9时，数列{a n}的前n项和S n取得最大值，则首项a1的取值范围是（）A．（π，）B．[π，] C．[，] D．（，）参考答案：A【考点】数列的应用．【专题】等差数列与等比数列．【分析】利用三角函数的倍角公式、积化和差与和差化积公式化简已知的等式，根据公差d的范围求出公差的值，代入前n项和公式后利用二次函数的对称轴的范围求解首项a1取值范围．【解答】解：∵======﹣=﹣sin（4d），∴sin（4d）=﹣1，∵d∈（﹣1，0），∴4d∈（﹣4，0），∴4d=﹣，d=﹣，∵S n=na1+==﹣+，∴其对称轴方程为：n=，有题意可知当且仅当n=9时，数列{a n}的前n项和S n取得最大值，∴＜＜，解得π＜a1＜，故选：A．【点评】本题考查等差数列的通项公式，考查三角函数的有关公式，考查等差数列的前n项和，训练二次函数取得最值得条件，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．8. 右图是年中央电视台举办的挑战主持人大赛上，七位评委为某选手打出的分数的茎叶统计图，去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的平均数和方差分别为（）.A．， B．，C．， D．，参考答案：C略9. 若曲线在处的切线与直线a x+2y+1=0互相垂直，则实数a的值为A．-2 B．-lC．1 D．2参考答案：D直线a x+2y+1=0的斜率为，函数的导数为，所以，由，解得，选D.10. 曲线：如何变换得到曲线：（）A．向左平移个单位B．向右平移个单位C．向左平移个单位D．向右平移个单位参考答案：B分析：先化为正弦型函数，根据图象平移法则即可得出结论．详解：曲线C1：=所以曲线：图象向右平移个单位即可得到曲线：. 故答案为：B 二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 若，则的定义域为.参考答案：要使函数有意义，则有，即，所以解得，即不等式的定义域为.12. 将全体正整数排成一个三角形数阵：按照以上排列的规律，第n 行（n≥3）从左向右的第3个数为．参考答案：由三角数阵可知：第一行有一个数，第二行有两个数，第三行有三个数，……，所以前n-1行共有：，所以第n行的第一个数为，所以第n行（n≥3）从左向右的第3个数为。
2020-2021学年山西省吕梁市城子中学高三数学理测试题含解析
2020-2021学年山西省吕梁市城子中学高三数学理测试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知双曲线C:－=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为y=x，且与椭圆+=1有公共焦点,则C的方程为A．－=1B．－=1C．－=1D．－=1参考答案：B2. 如图在矩形OABC中的曲线分别是、，，在矩形OABC内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为（A）（B）（C）（D）参考答案：B3. 已知集合，则（）A．B．Ｃ．Ｄ．参考答案：D4. 设二次函数f（x）=ax2﹣4x+c（x∈R）的值域为[0，+∞），则的最小值为（）．CA略5. 设a=（3x2﹣2x）dx，则（ax2﹣）6的展开式中的第4项为（）A．﹣1280x3 B．﹣1280 C．240 D．﹣240参考答案：A【考点】定积分．【专题】导数的综合应用；二项式定理．【分析】先计算定积分，再写出二项式的通项，即可求得展开式中的第4项．【解答】解：由于a=（3x2﹣2x）dx=（x3﹣x2）=4，则（ax2﹣）6的通项为=（﹣1）r?，故（ax2﹣）6的展开式中的第4项为T3+1=，故选：A．【点评】本题考查定积分知识，考查二项展开式，考查展开式中的特殊项，属于基础题．6. 设复数z=a+i，a∈R，若复数z+的虚部为，则a等于（）A．1 B．±1C．2 D．±2D【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】把复数z=a+i代入复数z+，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数z+的虚部为，列出方程求解即可得答案．【解答】解：∵z=a+i，∴z+==，又复数z+的虚部为，∴，解得：a=±2．故选：D．7. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．12 C. D．4参考答案：D8. i是虚数单位，复数=（）（A）1-i （B）-1+i （C）1+i （D）-1-iC9. 执行如图所示的程序框图，输出的值为A. 3B. 4 C．5 D．6参考答案：B终止循环时故输出的，故选B．10. 如图E、F是正方形ABCD两边的三等分点，向正方形ABCD内任投一点M，记点M落在阴影区域的概率为p，则a=p是函数y=ax2+2x+1有两个零点的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．非充分非必要条件参考答案：A考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数零点的判定定理．专题：简易逻辑．分析：求出概率p，结合函数零点的关系以及成充分条件和必要条件的定义进行判断即可．解答：解：∵E、F是正方形ABCD两边的三等分点，∴向正方形ABCD内任投一点M，记点M落在阴影区域的概率为p=，若函数y=ax2+2x+1有两个零点，则判别式△=4﹣4a≥0，即a≤1，则a=p是函数y=ax2+2x+1有两个零点的充分不必要条件，故选：A点评：本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据概率的计算以及函数零点的关系是解决本题的关键．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知复数，则参考答案：略12. 在平面直角坐标系中，已知点是函数的图象上的动点，该图象在处的切线交轴于点，过点作的垂线交轴于点，设线段的中点的纵坐标为，则的最大值是．参考答案：13. 已知正项数列的首项，且，则的通项公式为▲．参考答案：14. 已知f（x）=，则f（2011）= ．参考答案：考点：函数的值．专题：函数的性质及应用．分析：利用分段函数的性质求解．解答：解：∵f（x）=，∴f（2011）=f（1005）﹣f（﹣1）=f（0）﹣=1﹣=．故答案为：．点评：本题考查函数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用．15. 已知条件不是等边三角形，给出下列条件：① 的三个内角不全是② 的三个内角全不是③ 至多有一个内角为④ 至少有两个内角不为则其中是的充要条件的是 .（写出所有正确结论的序号）参考答案：①③④略16. 某射手射击1次，击中目标的概率是0.9．他连续射击4次，且各次射击是否击中目标相互之间没有影响．有下列结论：①他第3次击中目标的概率是0.9；②他恰好击中目标3次的概率是0.93×0.1；③他至少击中目标1次的概率是1﹣0.14．其中正确结论的序号是（写出所有正确结论的序号）．参考答案：①③【考点】相互独立事件的概率乘法公式．【专题】计算题；压轴题．【分析】由题意知射击一次击中目标的概率是0.9，得到第3次击中目标的概率是0.9，连续射击4次，且各次射击是否击中目标相互之间没有影响，得到是一个独立重复试验，根据独立重复试验的公式得到恰好击中目标3次的概率和至少击中目标1次的概率，得到结果．【解答】解：∵射击一次击中目标的概率是0.9，∴第3次击中目标的概率是0.9，∴①正确，∵连续射击4次，且各次射击是否击中目标相互之间没有影响，∴本题是一个独立重复试验，根据独立重复试验的公式得到恰好击中目标3次的概率是C43×0.93×0.1∴②不正确，∵至少击中目标1次的概率用对立事件表示是1﹣0.14．∴③正确，故答案为：①③【点评】本题考查独立重复试验，独立重复试验要从三方面考虑①每次试验是在同样条件下进行，②各次试验中的事件是相互独立的，③每次试验都只有两种结果．17. 依此类推，第个等式为.参考答案：2n×1×3×……(2n-1)=(n+1)·…(2n-1)·2n三、解答题：本大题共5小题，共72分。
山西省吕梁市东会中学2020年高三数学理联考试题含解析
山西省吕梁市东会中学2020年高三数学理联考试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 如图所示的茎叶图（图一）为高三某班50名学生的化学考试成绩，图（二）的算法框图中输入的为茎叶图中的学生成绩，则输出的，分别是（）A．，B．，C．，D．，参考答案：B2. 在等比数列 {a n} 中， a7a11 =6，a4 +a14 =5，则= （）A．或 B． C．D．－或－参考答案：A∵a4a14 = a7a11 =6，a4 +a14 =5，∴构造方程x2－5x+6=0，解得：或．∴ == 或；3. 设向量，向量，向量，则向量（）A．（－15，12） B.0 C.－3 D.－11参考答案：C 4. 集合A={x|x≤a}，B={1，2}，A∩B=?，则a的取值范围为（）A．（﹣∞，1）B．（1，+∞）C．（2，+∞）D．（﹣∞，2）参考答案：A【考点】交集及其运算．【分析】由已知可得a＜1，且a＜2，进而得到a的取值范围．【解答】解：∵集合A={x|x≤a}，B={1，2}，若A∩B=?，则a＜1，且a＜2，综上可得：a∈（﹣∞，1），故选：A5. 已知，，则（）A. B. C. D.参考答案：C【分析】由辅助角公式将所求的角化为与已知同角，再利用同角间的三角函数关系，即可求解.【详解】，，，.故选:C.【点睛】本题考查三角恒等变换、同角间的三角函数关系求值，应用平方关系要注意角的范围判断，属于中档题.6. 某商场在今年端午节的促销活动中，对6月2日时至14时的销售额进行统计，其频率分布直方图如图所示，已知9时至10时的销售额为3万元，则11时至12月的销售额为（）A ．8万元B ．10万元C ．12万元D ．15万元参考答案：7. 设函数的图象关于直线及对称，且时，，则（ ）A ．B ．C ．D ．参考答案： B8. 设，若，则的最大值为（ ）．(A)（B ）1 (C)(D)2(A) （B ） (C) (D)参考答案：B9. 已知，为第二象限角，则sin2x =（ ）A ．B ．C ．D ．参考答案：B因为，为第二象限角，所以，所以，故选B ．10. 阅读右边的程序框图，运行相应的程序，则输出的值为（ ）（A ）3 （B ）4（C ）5 （D ）6参考答案：B二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知三棱锥A -BCD 中，，当三棱锥A -BCD 的体积最大时，其外接球的体积为．参考答案：12. 连续投骰子两次得到的点数分别为m ，n ，作向量（m ，n ），则与（1，﹣1）的夹角成为直角三角形内角的概率是_____．参考答案：【分析】根据分步计数原理可以得到试验发生包含的所有事件数，满足条件的事件数通过列举得到即可求解 【详解】由题意知本题是一个古典概型， 试验发生包含的所有事件数6×6， ∵m ＞0，n ＞0， ∴（m ，n ）与（1，﹣1）不可能同向．∴夹角θ≠0．∵θ∈（0，]?0，∴m ﹣n ≥0， 即m ≥n ．当m ＝6时，n ＝6，5，4，3，2，1； 当m ＝5时，n ＝5，4，3，2，1； 当m ＝4时，n ＝4，3，2，1； 当m ＝3时，n ＝3，2，1； 当m ＝2时，n ＝2，1； 当m ＝1时，n ＝1．∴满足条件的事件数6+5+4+3+2+1∴概率P ．故答案为：【点睛】本题考查古典概型，考查向量数量积，考查分类讨论思想，准确计算是关键 13. 复数为纯虚数，则实数a的值为▲ ．参考答案：114. 下图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图均是高为2，底边长为的等腰三角形，俯视图是边长为2的正方形，则该几何体的外接球的体积是__________．参考答案：由三视图可画出该几何体的直观图,如下图,三棱锥,顶点S 在底面上的射影为D,且 ,四边形为正方形,易得的中点为三棱锥的外接球的球心,,所以外接球的半径为,体积为.15. 已知函数，则___________________。
山西省吕梁市2020届高三上学期10月阶段性测试(理数试题PDF版)
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·项是最符合题目要求的，选出正确的选项并将该选项在答题卡上涂黑。
1.已知集合A =｛x |log 3x <1｝，B =｛x |x 2+2x -8<0｝，则A ∩B =A.｛x |0<x <2｝B.｛x |-4<x <2｝C.｛x |-4<x <3｝D.｛x |2<x <3｝2.已知a =log 30.3，b =0.3-0.2，c =3-0.3，则A.a <b <cB.a <c <bC.c <a <bD.b <c <a3.已知函数f （x ）=2x ，（x ≥0）ln （-x ），（x <0）⎧⎩⏐⏐⏐⏐⏐⎨⏐⏐⏐⏐⏐，则x =2是f （x ）=4成立的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4.我们在求高次方程或超越方程的近似解时常用二分法求解，在实际生活中还有三分法。
比如借助天平鉴别假币。
有三枚形状大小完全相同的硬币，其中有一假币（质量较轻），把两枚硬币放在天平的两端，若天平平衡，则剩余一枚为假币，若天平不平衡，较轻的一端放的硬币为假币。
现有27枚这样的硬币，其中有一枚是假币（质量较轻），如果只有一台天平，则一定能找到这枚假币所需要使用天平的最少次数为A.2B.3C.4D.55.已知sin （α+π6）=45，则sin （2α+5π6）=A.35B.2425C.725D.-7256.已知函数f （x ）=x 2-5x+4-kx 有三个零点x 1，x 2，x 3，则x 1x 2x 3=A.4B.6C.8D.127.已知p ：a -1<6；q ：关于x 的方程x 2+（a +2）x +1=0没有正数根，使p ∨q 为真命题的实数a 的取值范围是A.（-∞，-5］B.（-4，7）C.（-5，+∞）D.（-5，-4）8.在△ABC 中，b +c =a （cos B +cos C ），则该三角形一定是A.等腰三角形B.直角三角形C.等边三角形D.等腰直角三角形9.已知函数f （x ）=x 3-3x 2+4x +5，f （m ）=4，f （n ）=10，则m +n =A.1B.32C.2D.310.关于函数f （x ）=sinx +12+sin x 有下述四个结论：①f （x ）是奇函数②f （x ）在区间（π2，7π6）单调递减③f （x ）在［-π，π］有3个零点④f （x ）的最大值为52其中所有正确结论的编号是A.①③B.②④C.③④D.②③④吕梁市2019年10月高三阶段性测试（理科）数学命题人：临县一中李有贵审题人：孝义中学蔡雪梅（本试题满分150分，考试时间120分钟。
山西省吕梁市2020届高三上学期10月阶段性测试(理数参考答案)
数学（理科）参考答案选择题1~5 ABABD 6~10 CCBCB 11~12 DA填空题13.22y x =-，14.(5,7)，15.203π， 16.2(2+ln 2)5详细解析1.A 解析：{|03}A x x =<<，{42}B x x =-<<，所以{|02}A B x x =<<2.B 解析：易得0,1,01a b c <><<，所以a c b <<3.A 当2x =时，()4f x =，所以2x =是()4f x =成立的充分条件；当()4f x =时，2x =或4x e =-，所以2x =是()4f x =成立的不必要条件， 所以2x =是()4f x =成立的充分不必要条件4.B 解析：第一步将27枚硬币分为三组，每组9枚，取两组分别放于天平左右两侧测量，若天平平衡，则假币在第三组中；若天平不平衡，假币在较轻的那一组中;第二步把较轻的9枚金币再分成三组，每组3枚，任取2组，分别放于天平左右两侧测量，若天平平衡，则假币在第三组，若天平不平衡则假币在较轻的一组；第三步再将假币所在的一组分成三组，每组1枚，取其中两组放于天平左右两侧测量若天平平衡，则假币是剩下的一个;若天平不平衡，则较轻的盘中所放的为假币.因此，一定能找到假币最少需使用3次天平.5.D 解析：22547sin(2)sin(2+)cos(2)12sin ()12()63236525πππππαααα+=+=+=-+=-⨯=- 6.C 解析：画出2|54|y x x =-+与y kx =的图象，由2()|54|f x x x kx =-+-有三个零点，可知 方程2540x x kx -+--=在区间[1,4]内有两个相等的实根，所以2(5)160k ∆=--=得9k =或1k =，当9k =时，2x =-，舍去；当1k =时，2x =满足条件.此时2540x x kx -+-=的两根之积为4，所以1238x x x =7.C 解析：p 为真命题，则57p -<<；q 为真命题，则2(2)40a +-<或2(2)4020a a ⎧+-≥⎨+>⎩，所以4a >-，p q ∨为真命题，则5a >-8.B 解析：解法一：由余弦定理得，22222222a c b a b c b c c b+-+-+=+所以222()()0b c b c a ++-=，所以ABC ∆为直角三角形. 解法二：由正弦定理得，sin sin sin (cos cos )B C A B C +=+sin()sin()sin (cos cos )A C A B A B C +++=+所以cos (sin sin )0A B C +=，所以2A π=9.C 解析：解法一：22'()3643(1)10f x x x x =-+=-+>，所以()f x 为增函数，又125(),(0)5,(2)9,(3)1728f f f f -====，所以1()()(0),(2)()(3)2f f m f f f m f -<<<<即10,232m n -<<<<，所以332m n <+<，可得2m n +=解法二：2'()364f x x x =-+，''()66f x x =-，所以()f x 的对称中心为(1,7)，又()()14f m f n +=，所以2m n += 解法三：由()4,()10f m f n ==得，()()14f m f n +=，即33223()4()4m n m n m n +-+++= 22(2)(2)0m n m n mn m n +-+---+=因22222()32(1)102m nm n mn m n m n mn m n ++---+=+---+≥-+> 所以2m n += 10.B 解析：当1sin 02x +≥时，1()2sin 2f x x =+，当1sin 02x +<时，1()2f x =-，画出函数()f x 的在区间7[,]6ππ-上的图象如图所示，可知②④正确.11.D 解析：解法一：（排除法）当0x →时，2y π→，可排除B ，C ；当0y →时，4x π→，可排除A ，故选D解法二：由已知得sin()cos()cos sin sin()cos()22x y x y x x x x ππ+-+=-=---又0,022x y x πππ<+<<-<函数sin cos y x x =-在3(,)44ππ-上为增函数， 所以2x y x π+=-.即22x y π+=解法三：cos sin 1tan tan()cos sin 1tan 4x x x x x x x π--==-++22sin cossin 22tan 1cos 22cos 2y y y y y y ==+ 所以tan()tan 42yx π-=又,044424y x ππππ-<-<<<，tan y x =在(,)22ππ-上增函数所以42y x π-=，即22x y π+=12.A 解析： 32()22(1)(1)(2)f x x x x x x x =+--=-++2'()341f x x x =+-，'()(1)x g x x e =-，所以(0)(0)2f g ==-，'(0)'(0)1f g ==-所以(),()f x g x 有公切线2y x =--，且当20x -<<时，()2()f x x g x >-->证明如下：2()(2)(2)0f x x x x ---=+>设()2(2)x h x x x e =----(20)x -<<，则'()1(1)x h x x e =---，''()0x h x xe =->所以'()1(1)x h x x e =---为增函数，又'(0)0h =，所以'()0h x <，所以()h x 在(2,0)-上单调递减，又(0)0h =，所以()0h x >即2()x g x --> 所以当20x -<<时，()2()f x x g x >-->当02x <<时，32()()22(2)x f x g x x x x x e -=+----323222(2)(1)0x x x x x x x >+----+=+>所以当22x -<<时，()f x 与()g x 只有一个公共点画出函数()f x ，()g x 的草图，可知2x <-时，两函数图象有一个交点，当2x >时，必有一个公共点，所以共有三个公共点。
山西省吕梁市2020届高三上学期10月阶段性测试(化学试题PDF版)
液反应的离子方程式 _____________________________。
（2）若 X、W 为日常生活中常见的两种金属，且 Y 常用作红色油漆和涂料，则该反应的化学方程式为
_____________________________。
（3）若 X 为淡黄色粉末，Y 为生活中常见液体，则：
① X 的电子式为 ________________________，该反应的化学方程式为 _________________________，
实验结论 该装置气密性良好 I2 氧化性强于 Fe3 +
C
往 Cu（OH）2 沉淀中分别滴加盐酸和氨水，沉淀皆溶解
Fe2 + 还原性强于 I-
将 SO2 通入 Na2CO3 溶液中生成的气体，通入澄清石灰
D
说明酸性：H2SO3 ＞ H2CO3
水中有浑浊
7. 下列化学用语的表述正确的是
A. 磷酸溶于水的电离方程式：H3PO4
生成的化合物中所含化学键类型有 ________________________。
② 若 7.8 克 X 物质完全反应，转移的电子数为 ________________________。
18. （14 分）过氧化钙是一种白色固体，难溶于水，常用作杀菌剂、防腐剂。
（1）化学实验小组选用如图装置（部分固定装置略）用钙和氧气制备过氧化钙。
可能用到的相对原子质量：H：1
C：12
Cu：64 Na：23
N：14
O：16
Cl：35.5
Al：27
Mg：24
第Ⅰ卷 （选择题 共 48 分）
一、选择题（本大题共 16 个小题，每小题 3 分，共 48 分）
在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的，请将正确选项的字母标号在答题卡相应位 ····
2020年山西省吕梁市高考数学一模试卷(理科)(有解析)
2020年山西省吕梁市高考数学一模试卷(理科)一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.设集合A={0,4,6},B={4,6,7}.则A∪B=()A. {4,6}B. {0,4，6}C. {0,4，6，7}D. {0,2，4，6，7}2.下列四个函数中，既是奇函数又在定义域上单调递减的是()A. y=2−|x|B. y=tanxC. y=−x3D. y=log15x3.使命题“存在x0∈[1,2]，x02−a≤0”为真命题的一个充分不必要条件为()A. a≥2B. a≤2C. a≥1D. a≤14.设S n为等差数列{a n}的前n项和，若a2017=S2017=2017，则首项a1=()．A. −2014B. −2015C. −2016D. −20175.已知向量a⃗⊥b⃗ ，|b⃗ |=1，则|a⃗|a⃗ |+b⃗ |=()A. √2B. √3C. √5D. √76.函数y=−xsinx的部分图象是()A. B.C. D.7.计算1−2sin215°的结果为()A. 12B. √22C. √32D. 18.已知a=2−13，，c=log1213，则()A. a>b>cB. a>c>bC. c>a>bD. c>b>a9.直线2x−y−1=0被圆(x−2)2+(y+2)2=9截得的弦长为()A. 2√5B. 4C. 3D. 210. 已知函数f(x)={1x ,x ≥1x 3,x <1若函数g(x)=f(x)−kx 恰好有两个零点，则k 的取值范围是( ) A. (1,+∞) B. (0,1) C. [1,+∞) D. (−∞,0)∪(0,1)11. 如图，平面四边形ABCD 中，E ，F 是AD ，BD 中点，AB =AD =CD =2，BD =2√2，∠BDC =90°，将△ABD 沿对角线BD 折起至△A′BD ，使平面A′BD ⊥平面BCD ，则四面体A′BCD 中，下列结论不正确的是( )A. EF//平面A′BCB. 异面直线CD 与A′B 所成的角为90°C. 异面直线EF 与A′C 所成的角为60°D. 直线A′C 与平面BCD 所成的角为30°12. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n+1−2S n =1(n ∈N ∗)，a 1=1，则S 7= ( )A. 255B. 63C. 128D. 127二、填空题（本大题共3小题，共15.0分）13. 若实数x ，y 满足：{y ≥2x −2y ≥−x +1y ≤x +1，则z =3x −y 的最大值是______；14. 四面体ABCD 的四个顶点都在球O 的表面上，AB =2，BC =CD =1，∠BCD =60°，AB ⊥平面BCD ，则球O 的表面积为 ．15. 函数f(x)=Asin(ωx +φ)(A,ω,φ是常数，且A >0，ω>0)的部分图象如图所示，下列结论：①最小正周期为π；②f(0)=1③f(x)=−f(5π3−x) ④将f(x)的图象向左平移π6个单位，所得到的函数是偶函数；其中正确的是______．三、多空题（本大题共1小题，共5.0分）16.已知函数f(x)=alnxx+1+bx，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y−3=0，则a=，b=．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2c−bcosB =acosA．(Ⅰ)求A；(Ⅱ)若a=√7,2b=3c，求△ABC的面积．18.如图，在直三棱柱ADF−BCE中，AB=BC=BE=2，CE=2√2．(1)求证：AC⊥平面BDE；(2)若EB=4EK，求直线AK与平面BDF所成角φ的正弦值．19.正项数列{a n}满足：a n2−(2n−1)a n−2n=0．(1)求数列{a n}的通项公式a n；(2)令b n=1(n+1)a n ，求数列{b n}的前n项和T n.并求使T n>511成立的最小正整数n的值．20.如图所示，四棱锥V−ABCD的底面为边长等于2cm的正方形，顶点V与底面正方形中心的连线为棱锥的高，侧棱长VC=4cm，求这个正四棱锥的体积．21.已知两点A(−1,0)、B(1,0)，分别求满足下列条件的点M的轨迹方程：(1)M到两定点A、B的距离的差的绝对值等于1；(2)直线AM、BM相交于点M，且它们的斜率之和是2．22.已知函数f(x)=(2−x)e2x，求f(x)的最大值．【答案与解析】1.答案：C解析：本题主要考查集合的并集运算，属于基础题．解：A∪B={0,4,6}∪{4,6,7}={0,4,6,7}．故选C．2.答案：C解析：解：A.y=2−|x|是偶函数；B.y=tanx在定义域上不具有单调性；C.y=−x3是R上的奇函数且具有单调递减；x是非奇非偶函数．D.y=log15故选：C．利用奇偶性、单调性的定义，即可得出结论．本题考查了函数的奇偶性、单调性，考查了推理能力，属于基础题．3.答案：A解析：解：存在x0∈[1,2]，x02−a≤0，可得a≥(x02)min，∴a≥1．∴命题“存在x0∈[1,2]，x02−a≤0”为真命题的一个充分不必要条件为a≥2．故选：A．存在x0∈[1,2]，x02−a≤0，可得a≥(x02)min，即可判断出结论．本题考查了等价转化方法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．4.答案：B解析：本题考查等差数列的求和，属于基础题．根据等差数列的求和公式即可求出．解：由等差数列前n项和公式可得：S2017=2017(a1+a2017)2=2017，所以a1=−2015．故选B．5.答案：A解析：利用向量的模的运算法则，通过向量的数量积求解即可．本题考查向量的数量积的应用，是基本知识的考查．解：向量a⃗⊥b⃗ ，|b⃗ |=1，则|a⃗|a⃗ |+b⃗ |=√(a⃗|a⃗ |)2+2a⃗ ⋅b⃗|a⃗ |+b⃗ 2=√1+1=√2．故选：A．6.答案：C解析：解：函数y=−xsinx是偶函数，排除B，D，当x=π2时，y=−π2，排除A，故选：C．判断函数的奇偶性，排除选项，利用特殊角的函数值判断即可．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，是常用方法．7.答案：C解析：解：1−2sin215°=cos30°=√32，故选：C．利用二倍角的余弦公式即可求得答案．本题考查二倍角的余弦，属于基础题．8.答案：C解析：本题考查了指数式与对数式的比较大小，属于基础题．解：0<a=2−13<20=1，b=log213<log21=0，c=log1213>log1212=1，即0<a<1,b<0,c>1，所以c>a>b．故选C．9.答案：B解析：解：圆心(2,−2)到直线2x−y−1=0的距离d=5=√5，圆的半径r=3，∴弦长为2√r2−d2=4．故选：B．利用垂径定理求出弦长．本题考查了直线与圆的位置关系，属于基础题．10.答案：A解析：令g(x)=0得出f(x)=kx，做出y=kx与y=f(x)的函数图象，则两图象有两个交点，求出y=kx的过原点的斜率，即可得出k的范围．解：令g(x)=0得f(x)=kx，∵g(x)有两个零点，∴直线y=kx与y=f(x)有两个交点，做出y=kx和y=f(x)的函数图象，如图所示：由图可知当直线过A(1,1)是有三个零点，此时斜率k=1，要想函数g(x)恰有两个零点，只需要k>1即可故选A．11.答案：C解析：本题考查异面直线所成角的求法，线面角的求法和线面平行的判断，考查转化思想和运算能力，属于中档题．运用线面平行的判定定理可判断A；由面面垂直的性质定理，结合异面直线所成角可判断B；由异面直线所成角和勾股定理的逆定理可判断C；由线面角的求法，可判断D．解：A：因为E，F分别为A′D和BD两边中点，所以EF//A′B，即EF//平面A′BC，EF⊄平面A′BC，A正确；B：因为平面A′BD⊥平面BCD，交线为BD，且CD⊥BD，所以CD⊥平面A′BD，A′B⊂平面A′BD，即CD⊥A′B，故B正确；C：取CD边中点M，连接EM，FM，则EM//A′C，所以∠FEM为异面直线EF与A′C所成角，又EF=1，EM=12A′C=√2，FM=12BC=√3，即∠FEM=90°，故C错误；D：连接A′F，可得A′F⊥BD，由面面垂直的性质定理可得A′F⊥平面BCD，连接CF，可得∠A′CF为A′C与平面BCD所成角，由sin∠A′CF=A′FA′C =√22√2=12，则直线A′C与平面BCD所成的角为30°，故D正确．故选：C．12.答案：D解析：本题考查等比数列的定义、通项公式与求和公式，考查运算求解能力，考查数学运算及逻辑推理核心素养．根据递推式可得数列{a n}是首项a1=1，公比q=2的等比数列，然后利用等比数列的求和公式可求出答案．解：由S n+1=2S n+1得S n=2S n−1+1(n∈N ∗，n>1)，两式相减得a n+1−2a n=0，即a n+1a n=2，又a2=2，所以a n=2×2n−2=2n−1，且当n=1时，a1=1也满足a n=2n−1，所以数列{a n}是首项a1=1，公比q=2的等比数列，所以S n=a1−a n q1−q =1−2n−1×21−2=2n−1，故S7=27−1=128−1=127，故选D．13.答案：5解析：解：作出实数x ，y 满足：{y ≥2x −2y ≥−x +1y ≤x +1，对应的平面区域如图：z =3x −y ，得y =3x −z ，平移直线y =3x −z ，由图象可知当直线y =3x −z 经过点A(3,4)时，直线y =3x −z 的截距最小，此时z 最大，z max =3×3−4=5． 即z 的最大值是5， 故答案为：5．作出不等式组对应的平面区域，通过z =3x −y ，利用数形结合即可的得到结论． 本题主要考查线性规划的应用，利用z 的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．14.答案：16π3解析：本题考查球的表面积的求法，考查四面体及外接球等知识，考查运算求解能力，是中档题． 推导出底面△BCD 为等边三角形，取CD 中点为E ，连接BE ，则△BCD 的外心在BE 上，设为G ，取BC 中点F ，连接GF ，过G 作AB 的平行线与AB 的中垂线HO 交于O ，O 为四面体ABCD 的外接球的球心，R =OB ，由此能求出球O 的表面积． 解：如图所示：∵BC =CD =1，∠BCD =60°， ∴底面△BCD 为等边三角形， 取CD 中点为E ，连接BE ，∴△BCD 的外心在BE 上，设为G ，取BC 中点F ，连接GF ， 在Rt △BCE 中，由CE =12，∠CBE =30°，得BF =12BC =12，又在Rt △BFG 中，得BG =12cos30°=√33， 过G 作AB 的平行线与AB 的中垂线HO 交于O ， 则O 为四面体ABCD 的外接球的球心，即R =OB ， ∵AB ⊥平面BCD ，BG ⊂平面BCD ， ∴OG ⊥BG ， 在Rt △BGO 中，得OB =√OG 2+BG 2=√12+(√33)2=2√33，∴球O 的表面积为．故答案为：16π3．15.答案：①③解析：解：由图象可得A =2，T4=7π12−π3=π4， 解得T =π； 即有ω=2πT=2，将(7π12,−2)代入f(x)=2sin(2x +φ)，可得 −2=2sin(7π6+φ)，解得φ=2kπ+π3，k ∈Z ，即有f(x)=2sin(2x +π3)， 可得f(0)=2sin π3=√3； f(x)+f(5π3−x)=2sin(2x +π3)+2sin(11π3−2x)=2sin(2x +π3)−2sin(2x +π3)=0，即有f(x)=−f(5π3−x)；将f(x)的图象向左平移π6个单位，可得y =2sin(2x +π3+π3)=2sin(2x +2π3)对应的图象，不关于y 轴对称，不为偶函数． 综上可得①③正确；②④错误． 故答案为：①③．由图象可得A=2，由图象求得T4=π4，可得周期和ω，可判断①；代入图象的最低点，可得φ，求得f(0)，可判断②；检验f(x)+f(5π3−x)是否为0，可判断③；运用图象平移变换和函数的奇偶性的定义，即可判断④．本题考查三角函数的图象和性质，考查正弦函数的周期和对称性、奇偶性和图象变换，考查数形结合思想方法，以及方程思想，运算能力，属于中档题．16.答案：11解析：本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查导数的几何意义，注意切点在切线上，也在曲线上，正确求导和运用直线方程是解题的关键，属于基础题．求得函数f(x)的导数，可得切线的斜率，由切线的方程，可得a，b的方程组，解方程即可得到答案．解：函数f(x)=alnxx+1+bx的导数为f′(x)=a(x+1)x−alnx(x+1)2−bx2，可得y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为k=2a4−b=12a−b，切线方程为x+2y−3=0，可得12a−b=−12，且f(1)=b=1，解得a=b=1，故答案为：1，1．17.答案：(本小题满分12分)解：(Ⅰ)∵2c−bcosB =acosA．由正弦定理，得2sinC−sinBcosB =sinAcosA………(2分)整理得2sinCcosA−sinBcosA=sinAcosB，∴2sinCcosA=sinBcosA+sinAcosB=sin(A+B)=sinC………(4分)因为sinC≠0，所以cosA=12，又0<A<π，所以A=π3.………(6分)方法二：由余弦定理得：(2c−b)×b2+c2−a22bc =a×a2+c2−b22ac………(2分)化简整理得：b2+c2−a2=bc………(4分)即cosA=12，又0<A<π，所以A=π3.………(6分)(Ⅱ)由余弦定理得：(√7)2=b2+c2−2bccosπ3，a2=b2+c2−2bccosA，即b2+c2−bc=7，………(8分)又2b=3c，解得b=3，c=2.………(10分)所以S△ABC=12bcsinA=12×3×2×√32=3√32………(12分)解析：(Ⅰ)方法一：由已知结合正弦定理及两角和的正弦公式可求cos A ，进而可求A ；方法二：由余弦定理对已知进行化简可得b 2+c 2−a 2=bc ，然后再由余弦定理可求cos A ，进而可求A ；(Ⅱ)由已知结合余弦定理可得b 2+c 2−bc =7，结合已知2b =3c ，可求b ，c 代入三角形面积s =12bcsinA 可求．本题主要考查了正弦定理余弦定理，三角形的面积公式及两角和的正弦公式，诱导公式等知识的综合应用，数中档试题18.答案：(1)证明：由题意，AB ⊥BE ，AB ⊥BC ．∵AB =BC =BE =2，CE =2√2， ∴BC 2+BE 2=CE 2，AC ⊥BD ， ∴BE ⊥BC ． ∵AB ∩BC =B ， ∴BE ⊥平面ABCD ， ∴BE ⊥AC ， ∵BD ∩BE =B ， ∴AC ⊥平面BDE ；(2)解：建立如图所示的坐标系，则B(0,0，0)，F(0,2，2)，A(0,2，0)，D(2,2，0)， BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2，0)，BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2，2)， ∵EB =4EK ， ∴K(0,0，32).设平面BDF 的法向量为n ⃗ =(x,y ，z)，则{2x +2y =02y +2z =0，取n⃗ =(1,−1,1)， ∵AK⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2,32). ∴直线AK 与平面BDF 所成角φ的正弦值=|2+32|√3×√4+94=7√315．解析：本题考查线面垂直的判定与性质，考查线面角，考查向量方法的运用，属于中档题．(1)证出AC⊥BD，BE⊥AC，即可证明AC⊥平面BDE；(2)若EB=4EK，结论坐标系，利用向量方法求直线AK与平面BDF所成角φ的正弦值．19.答案：解：(1)∵a n2−(2n−1)a n−2n=0，∴(a n−2n)(a n+1)=0，又∵各项为正，∴a n=2n．(2)∵b n=1(n+1)a n =12n(n+1)=12(1n−1n+1)，∴数列{b n}的前n项和T n=12(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=12(1−1n+1)，若T n>511，即12(1−1n+1)>511，解得n>10，即使T n>511成立的最小正整数n=11．解析：(1)根据数列的递推关系，即可求数列{a n}的通项公式a n；(2)求出b n=1(n+1)an的通项公式，利用裂项法即可得到结论．本题主要考查数列的通项公式以及数列求和，利用裂项法是解决本题的关键．20.答案：解：连AC、BD相交于点O，连VO，∵AB=BC=2cm，∴在正方形ABCD中，CO=√2cm，在直角三角形VOC中，VO=√14cm，∴V V−ABCD=13S ABCD⋅VO=13×4×√14=43√14(cm3).故这个正四棱锥的体积为43√14cm3．解析：连AC、BD相交于点O，连VO，求出VO，则V V−ABCD=13S ABCD⋅VO，由此能求出这个正四棱锥的体积．本题考查四棱锥的体积的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．21.答案：解：(1)∵两点A(−1,0)、B(1,0)，M到两定点A、B的距离的差的绝对值等于1，∴依题意得，设点M的轨迹方程为双曲线x2a2−y2b2=1，(a,b>0)，∴a =12，c =1，即b 2=c 2−a 2=34， ∴所求点M 轨迹方程为4x 2−4y 23=1.………………………………………………………(5分)(2)设M(x,y)(x ≠±1)，则k AM =yx+1，k BM =yx−1， ∴k AM +k BM =yx+1+yx−1=2xyx 2−1=2，即y =x −1x ，∴所求点M 轨迹方程为y =x −1x (x ≠±1).………………………………………………(10分)解析：(1)设点M 的轨迹方程为双曲线x 2a 2−y 2b 2=1，(a,b >0)，ega =12，c =1，由此能求出所求点M 轨迹方程．(2)设M(x,y)(x ≠±1)，则k AM =yx+1，k BM =yx−1，由k AM +k BM =yx+1+yx−1=2xyx 2−1=2，能求出所求点M 轨迹方程．本题考查曲线方程的求法，考查双曲线圆、直线方程等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．22.答案：12e 3．解析：f′(x)=−e 2x +2(2−x)e 2x =e 2x (3−2x)，令f′(x)<0⇒x >32；令f′(x)>0⇒x <32.所以函数f(x)在(32,+∞)上单调递减，在(−∞,32)上递增，∴f(x)最大值是f(32)=(2−32)⋅e 2⋅32=12e 3．。
2020年山西省吕梁市高考数学一模试卷(理科)
2020年山西省吕梁市高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，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．（5分）已知集合{|52}A x x =-<„，{}2|4B x y x ==-，则(A B =U ) A ．{|52}x x --剟B ．{|52}x x -<„C ．{|52}x x -剟D ．{|22}x x -<„2．（5分）下列函数中，既是奇函数又在其定义域上单调递增的是( ) A ．1()f x x x=-B ．()x x f x e e -=-C ．()sin f x x x =D ．()(1)(1)f x ln x ln x =--+3．（5分）22x y >的充分不必要条件是( ) A ．x y >B ．0y x <<C ．||||y x <D ．||y x <4．（5分）已知n S 为公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，918S =，2m a =，则(m =)A ．4B ．5C ．6D ．75．（5分）已知向量,a b rr ，满足||1,(1,1),1a b a b ===r r r r g，则|2|(a b -=r r ) A ．5 B ．3 C ．2 D ．16．（5分）已知函数()y f x =的部分图象如下，是判断函数解析式为( )A ．()sin f x x x =B ．2()cos f x x x =+C ．()sin cos f x x x x =+D ．()()sin 1x x f x e e x -=-+7．（5分）被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的引用.0.618就是黄金分割比：51t -=的近似值，黄金分割比还可以表示成2sin18︒22(4t t=- )A ．12B ．51-C ．2D ．48．（5分）已知3222log 5,0.5,2a b c -===，则( ) A ．b c a <<B ．c a b <<C ．a b c <<D ．a c b <<9．（5分）已知直线:20l mx ny +-=与圆224x y +=相交的弦长为22，则m n +的取值范围为( ) A ．[2-，2]B ．[2,2]-C ．[22,22]-D ．[4-，4]10．（5分）若直线:2l y kx =-与函数2(1),1()43,1ln x x f x x x x -<⎧=⎨-+⎩…的图象恰好有2个不同的公共点，则k 的取值范围为( ) A ．(,0)-∞B ．(2,)(254)+∞-UC ．(-∞，0)(2⋃，)+∞D ．(,0)(2,)(254)-∞+∞-U U11．（5分）如图四面体A BCD -中，2AD BC ==，AD BC ⊥，截面四边形EFGH 满足//EF BC ；//FG AD ，则下列结论正确的个数为( )①四边形EFGH 的周长为定值 ②四边形EFGH 的面积为定值 ③四边形EFGH 为矩形④四边形EFGH 的面积有最大值1A ．0B ．1C ．2D ．312．（5分）已知数列{}n a 中，11a =，22a =，1123(2)n n n a a a n +-=+…，数列{}n a 的前99项和99(S = )A ．503(91)8-B ．50918-C ．99312-D ．493(91)8-二、填空题（本大题共4小题，每题5分，满分20分）13．（5分）设变量x ，y 满足约束条件23030230x y x y x y -+⎧⎪+-⎨⎪--⎩…„„，则目标函数32z x y =-++的最小值为 ．14．（5分）函数2()f x alnx bx =+在点(1，f （1）)处的切向方程为43y x =-，则a = ，b = ．15．（5分）已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的球面上，PA PB PC ==，2AB =，BC =，3AC =，E ，F 分别为AC ，PB 的中点，32EF =，则球O 的体积为 ． 16．（5分）函数()sin()(0,||)2f x x πωϕωϕ=+><，则如下结论正确的序号是 ．①当2ω=时，若()f x 图象的对称轴为3x π=，则6πϕ=-；②当2ω=时，若()f x 的图象向右平移6π单位长度后关于原点对称，则()112f π=； ③当4πϕ=时，若()f x 的图象在区间[0,]4π内有且仅有一条对称轴，则ω的取值范围为[1，5)；④当4πϕ=-时，若集合(0,)|()x f x π⎧⎪∈=⎨⎪⎪⎩⎭含有2020个元素，则ω的取值范围为(2019,2020.5)．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．（10分）已知ABC ∆的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若1cos22cos 2C C +=， （1）求C 的值；（2）若2,b c ==ABC ∆的面积．18．（12分）如图三棱柱111ABC A B C -中，111,1,AB AC BC AC C A ====⊥平面ABC ． （1）证明：AB ⊥平面11ACC A ；（2）求1AB 与平面1BCC 所成的角的正弦值．19．（12分）已知数列{}n a 满足11a =，1(1)1n n n a na n ++=++． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）n S 为数列11nn a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，求证：223n S <„．20．（12分）如图正方形ABCD 纸片的边长为52，中心为O ，正方形EFGH 的中心也是O ，AEH ∆，BEF ∆，CFG ∆，DGH ∆分别是以EH ，EF ，FG ，GH 为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以EH ，EF ，FG ，GH 为折痕折起AEH ∆，BEF ∆，CFG ∆，DGH ∆，使得A 、B 、C 、D 重合于点S ，得到四棱锥S EFGH -，设正方形EFGH 的边长为x ． （1）用x 表示四棱锥S EFGH -的体积()V x ； （2）当()V x 最大时，求四棱锥S EFGH -的表面积．21．（12分）已知两定点(1,0)M ，(4,0)N 点P 满足||2||PN PM =． （1）求点P 的轨迹C 的方程；（2）若(0,2)D -，直线l 与轨迹C 交于A ，B 两点，DA ，DB 的斜率之和为2，直线l 是否恒过定点，若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由 22．（12分）已知函数()f x ax xlnx =-，()a R ∈的最大值为1． （1）求a 的值；（2）证明：22()2x f x e x -+„．2020年山西省吕梁市高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12个小题，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．（5分）已知集合{|52}A x x =-<„，{|B x y ==，则(A B =U ) A ．{|52}x x --剟B ．{|52}x x -<„C ．{|52}x x -剟D ．{|22}x x -<„【解答】解：因为{|22}B x x =-剟，所以{|52}A B x x =-U 剟， 故选：C ．2．（5分）下列函数中，既是奇函数又在其定义域上单调递增的是( ) A ．1()f x x x=-B ．()x x f x e e -=-C ．()sin f x x x =D ．()(1)(1)f x ln x ln x =--+【解答】解：A 中单增区间为(,0)-∞和(0,)+∞，定义域上不是单调递增；B 满足条件，C 为偶函数，D 为减函数．故选：B ．3．（5分）22x y >的充分不必要条件是( ) A ．x y >B ．0y x <<C ．||||y x <D ．||y x <【解答】解：由22||||x y x y >⇔>，又22||x y x y >⇒>，A ，B 既不是充分条件也不是必要条件，C 是充要条件．故选：D ．4．（5分）已知n S 为公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，918S =，2m a =，则(m =)A ．4B ．5C ．6D ．7【解答】解：19959()9182a a S a +===， 52a ∴=， 2m a =Q5m ∴=，故选：B ．5．（5分）已知向量,a b rr ，满足||1,(1,1),1a b a b ===r r r r g，则|2|(a b -=r r ) A ．5 B ．3 C ．2 D ．1【解答】解：因为222|2|444422a b a a b b -=-+=-+=r r r r r r g ， 所以|2|2a b -=rr ；故选：C ．6．（5分）已知函数()y f x =的部分图象如下，是判断函数解析式为( )A ．()sin f x x x =B ．2()cos f x x x =+C ．()sin cos f x x x x =+D ．()()sin 1x x f x e e x -=-+【解答】解：(0)1f =，可排除A ；()0f π<，可排除B ，D ． 故选：C ．7．（5分）被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的引用.0.618就是黄金分割比：51t -=的近似值，黄金分割比还可以表示成2sin18︒22(4t t=- )A ．12B 51C ．2D ．4【解答】解：把2sin18t =︒代入200002020sin 3614sin18cos18242sin1844sin 18t t===--， 故选：A ．8．（5分）已知3222log 5,0.5,2a b c -===，则( ) A ．b c a <<B ．c a b <<C ．a b c <<D ．a c b <<【解答】解：2 1.50.5,2 2.828b c -===≈，因2552<，所以552<，所以25log 52<，所以a c b <<．故选：D ．9．（5分）已知直线:20l mx ny +-=与圆224x y +=相交的弦长为m n +的取值范围为( )A ．[2-，2]B ．[C ．[-D ．[4-，4] 【解答】解：圆心(0,0)O 到直线:20l mx ny +-=的距离d =，Q 直线:20l mx ny +-=与圆224x y +=相交的弦长为∴2222+=，得222m n +=，又222()2()4m n m n ++=Q „，22m n ∴-+剟．故选：A ．10．（5分）若直线:2l y kx =-与函数2(1),1()43,1ln x x f x x x x -<⎧=⎨-+⎩…的图象恰好有2个不同的公共点，则k 的取值范围为( )A ．(,0)-∞B ．(2,)4)+∞-UC ．(-∞，0)(2⋃，)+∞D ．(,0)(2,)4)-∞+∞U U【解答】解：画出函数()f x 的图象， 由图可知，当0k <时，直线l 与函数()f x 在区间(,1)-∞内有两个交点，与区间[1，)+∞的部分没有交点，因而满足条件，当0k =时，直线l 与函数()f x 只有一个交点，不满足条件， 当0k >时，直线l 与函数()f x 在区间(,1)-∞内只有一个交点， 当直线l 与()f x 在区间[1，)+∞内的部分也有一个交点时满足条件， 这时由2y kx =-与243y x x =-+联立， 得2(4)50x k x -++=，由△2(4)200k =+-=得， 254k =-，当2k >时，直线l 也与()f x 在区间[1，)+∞内的部分也有一个交点， 所以满足条件的k 的取值范围为(,0)(2,)(254)-∞+∞-U U ． 故选：D ．11．（5分）如图四面体A BCD -中，2AD BC ==，AD BC ⊥，截面四边形EFGH 满足//EF BC ；//FG AD ，则下列结论正确的个数为( )①四边形EFGH 的周长为定值 ②四边形EFGH 的面积为定值 ③四边形EFGH 为矩形④四边形EFGH 的面积有最大值1A ．0B ．1C ．2D ．3【解答】解：因为//EF BC ，EF ⊂/平面BCD ，所以//EF 平面BCD ，又平面EFGH ⋂平面BDC GH =， 所以//EF GH ，同理//FG EH ，所以四边形EFGH 为平行四边形，又AD BC ⊥， 所以四边形EFGH 为矩形． 由相似三角形的性质得,EF AF FC FG BC AC AC AD ==，所以EF FG AF FCBC AD AC AC+=+，2BC AD ==，所以2EF FG +=，所以四边形EFGH 的周长为定值4，2()12EFGH EF FG S EF FG ⨯=⨯=„，所以四边形EFGH 的面积有最大值1，因为①③④正确． 故选：D ．12．（5分）已知数列{}n a 中，11a =，22a =，1123(2)n n n a a a n +-=+…，数列{}n a 的前99项和99(S = )A ．503(91)8-B ．50918-C ．99312-D ．493(91)8-【解答】解：由题意，递推式1123n n n a a a +-=+两边同时加上n a ，可得 111233()n n n n n n n a a a a a a a +--+=++=+． 123a a +=Q ，∴数列1{}n n a a ++是以3为首项，公比为3的等比数列，∴13n n n a a ++=．由题意，设13n n n n c a a =++=，则 991299S a a a =++⋯+123459899()()()a a a a a a a =+++++⋯++ 12498a c c c =+++⋯+24981333=+++⋯+2100233113-=+- 50918-=． 故选：B ．二、填空题（本大题共4小题，每题5分，满分20分）13．（5分）设变量x ，y 满足约束条件23030230x y x y x y -+⎧⎪+-⎨⎪--⎩…„„，则目标函数32z x y =-++的最小值为 7- ．【解答】-解：可行域为ABC ∆如图所示：目标函数32z x y =-++化为32y x z =+-， 平移直线3y x =，由图象可知当直线32y x z =+-，经过B 点(3,0)时，直线32y x z =+-在y 轴上的截距最小， 此时z 最小，33027min z =-⨯++=-故答案为：7-14．（5分）函数2()f x alnx bx =+在点(1，f （1）)处的切向方程为43y x =-，则a = 2 ，b = ．【解答】解：()2af x bx x'=+， 由导数的几何意义可得f （1）1=，k f '=（1）4=， 即1b =，2141ab +⨯=， 所以2a =，1b =． 故答案为：2，115．（5分）已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的球面上，PA PB PC ==，2AB =，5BC =，3AC =，E ，F 分别为AC ，PB 的中点，32EF =，则球O 的体积为 3π ． 【解答】解：如图所示：由已知可得90ABC ∠=︒，因PA PB PC ==， 所以点P 在ABC ∆内的投影为ABC ∆的外心E ， 所以PE ⊥平面ABC ，PE BE ⊥， 所以23PB EF ==，所以22223333()2PE PB BE =--又球心O 在PE 上，设PO r =，则222333()()2r r -+=，所以3r ，所以球O 体积，34433V r ππ==，故答案为：43π．16．（5分）函数()sin()(0,||)2f x x πωϕωϕ=+><，则如下结论正确的序号是 ①②③ ．①当2ω=时，若()f x 图象的对称轴为3x π=，则6πϕ=-；②当2ω=时，若()f x 的图象向右平移6π单位长度后关于原点对称，则()112f π=； ③当4πϕ=时，若()f x 的图象在区间[0,]4π内有且仅有一条对称轴，则ω的取值范围为[1，5)；④当4πϕ=-时，若集合2(0,)|()x f x π⎧⎪∈=⎨⎪⎪⎩⎭含有2020个元素，则ω的取值范围为(2019,2020.5)．【解答】解：对于①，由232k ππφπ⨯+=+得6k πφπ=-，因||2πφ<，取0k =得6πφ=-；对于②，由sin(2())sin(2)63x x ππφφ-+=-+得3πφ=，所以()sin(2)112123f πππ=⨯+=；对于③，由()sin()4f x x πω=+的对称轴为,4k x k Z ππωω=+∈，由0,4444πππππωωω<+>…得[1ω∈，5)； 对于④，由2()sin()42f x x πω=-=得，244x k ππωπ-=+或32,44x k k Z ππωπ-=+∈所以22k x ππωω=+或2,k x k Z ππωω=+∈．因集合含有2020个元素，所以2018x πππωω=+<且20202πππωω+…，所以20192020.5ω<„，所以④不正确； 故正确序号为①②③． 故答案为：①②③．三、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．（10分）已知ABC ∆的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若1cos22cos 2C C +=， （1）求C 的值；（2）若2,b c ==ABC ∆的面积． 【解答】解：（1）由1cos22cos 2C C +=得，232cos 2cos 02C C +-=， 所以1cos 2C =， 由于0C π<<， 所以3C π=．（2）解法一：由正弦定理得，sin sin c bC B=，即2sin sin b CB c==， 又c b >， 所以C B >， 所以4B π=，所以53412A ππππ=--=，可得sin sin()46A ππ=+=，所以11sin 222ABC S bc A ∆==⨯=解法二：作AD BC ⊥垂足为D ，则1cos 212CD b C ==⨯=，sin 2AD b C ===，所以BD =所以1a BD DC =+=，所以1133(31)3222ABCS a AD∆+=⨯=⨯+⨯=．18．（12分）如图三棱柱111ABC A B C-中，111,2,1,AB AC BC AC C A====⊥平面ABC．（1）证明：AB⊥平面11ACC A；（2）求1AB与平面1BCC所成的角的正弦值．【解答】解：（1）因为1,2AB AC BC===，所以ABC∆是直角三角形，AB AC⊥，又1C A AB⊥，1AC C A A=I，所以AB⊥平面11ACC A（2）以AB，AC，?AC分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间坐标系，则(0A，0，0)，(1B，0，0)，(0C，1，0)，1(1B，1-，1)-，1(0C，0，1)所以111(1,1,1),(1,0,1),(0,1,1)AB AC CC=---u u u u r u u u u r u u u u r，设平面1BCC的法向量为(,,)m x y z=r，则11m BCm CC⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u u rrgu u u u rrg，即x zy z-+=⎧⎨-+=⎩，取(1,1,1)m=r，设1AB 与平面1BCC 所成的角为α，则11||1sin 3||||AB m AB m α==u u u u r rg u u u u r r g ， 故1AB 与平面1BCC 所成角的正弦值13．19．（12分）已知数列{}n a 满足11a =，1(1)1n n n a na n ++=++． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）n S 为数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，求证：223n S <„．【解答】解：（1）由1(1)1n n n a na n ++=++得，1(1)1n n n a na n ++-=+， 取1n =，2，3，⋯，1n -得，21324322323434a a a a a a -=-=-=， 1(1)n n na n a n -⋯⋯--=，相加得(1)122n n n na n +=++⋯+=， 所以12n n a +=． 证明：（2）由（1）得，114114()(1)(2)12n n a a n n n n +==-++++， 所以1111111144[()()()()]2233445122n S n n n =-+-+-+⋯+-=-+++， 因n S 随n 的增大而增大，所以132n S S =…， 又2n S <， 所以322n S <„．20．（12分）如图正方形ABCD纸片的边长为中心为O ，正方形EFGH 的中心也是O ，AEH ∆，BEF ∆，CFG ∆，DGH ∆分别是以EH ，EF ，FG ，GH 为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以EH ，EF ，FG ，GH 为折痕折起AEH ∆，BEF ∆，CFG ∆，DGH ∆，使得A 、B 、C 、D 重合于点S ，得到四棱锥S EFGH -，设正方形EFGH 的边长为x ． （1）用x 表示四棱锥S EFGH -的体积()V x ； （2）当()V x 最大时，求四棱锥S EFGH -的表面积．【解答】解：（1）连接OA 交EH 为M ，则5,2xOA OM ==， 所以四棱锥S EFGH -的高为22(5)()255(05)22x xh x x =--=-<<所以21()2553V x x x =-（2）解法一：24511()25525533V x x x x x =-=-设45()255(05)f x x x x =-<<，则34()10025f x x x '=-， 由()0f x '=得，4x =．所以当4x =时，()f x 由最大值，也即()V x 有最大值． 此时四棱锥S EFGH -的表面积为22(5)10402xx x x +-==解法二：2451554204165()255(204)()3665x x V x x x x x +-=-=-=… 当且仅当4x =时，体积取最大值，此时四棱锥S EFGH -的表面积为22(5)10402xx x x +-==．21．（12分）已知两定点(1,0)M ，(4,0)N 点P 满足||2||PN PM =． （1）求点P 的轨迹C 的方程；（2）若(0,2)D -，直线l 与轨迹C 交于A ，B 两点，DA ，DB 的斜率之和为2，直线l 是否恒过定点，若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由 【解答】解：（1）设P 的坐标为(,)x y ， 2222(4)2(1)x y x y -+=-+化简得：224x y +=．（2）当直线l 的斜率不存在时， 设0(A x ，0)y ，0(B x ，0)y -． 则有0000222y y x x +-++=，得02x =， 此时直线l 与圆相切，不合题意． 当直线l 的斜率存在时，设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，直线l 的方程为y kx m =+，与轨迹C 联立得222(1)240k x kmx m +++-=，212122224,11km m x x x x k k -+=-=++， 所以1212121222(2)()22222DA DB y y m x x kmk k k k x x x x m +++++=+=+=-=-，所以22m k =-+，所以直线l 的方程为(2)2y k x =-+， 所以直线l 过定点(2,2)．22．（12分）已知函数()f x ax xlnx =-，()a R ∈的最大值为1． （1）求a 的值；（2）证明：22()2x f x e x -+„．【解答】解：（1）由题意0x >，1()1()100a f x a lnxf x a lnx x e -''=--=--=⇒=>， 故当1(0,)a x e -∈时，()0f x '>，当1(a x e -∈，)+∞时，()0f x '<，所以函数()f x 在1(0,)a x e -∈上单调递增，函数()f x 在1(a x e -∈，)+∞上单调递减； 所以()f x 在1a x e -=处取到最大值，即1()1a f e -=，所以1a =， （2）解法一：欲证22()2x f x e x -+„，即证明222x e x x xlnx -+-…， 令22()2x h x e x x xlnx -=+-+，则2()24x h x e x lnx -'=-++，21()440x h x e x-''=++>， 所以()h x '为增函数，又h '（1）2240e -=-+>，121()21404h e ln -'=-+-<，所以存在001(,1),()04x h x '∈=，所以0()()h x h x …，由0()0h x '=得，00200222x lnx e x e lnx --=+， 设()2x g x e x =+，则()210x g x e '=+>， 所以()g x 为增函数，所以20002,x x lnx e x --==， 所以2000000()2(2)0h x x x x x x =+-+-=， 即()0h x …，即22()2x f x e x -+„．解法二：欲证22()2x f x e x -+„，即证明222x e x x xlnx -+-…， 设22()x g x e x -=+，2()h x x x xlnx =-+-， 则2()22x g x e x -'=-+，因()g x '为增函数，g '（1）2220e -=-+>，1211()2042g e -'=-+<，得()g x '在区间1(,1)4上存在唯一零点0x ，此时020x e x -=，()g x 在0x x =时，有最小值2000()g x x x =+，()2h x x lnx '=--，因()h x '为减函数，h '（1）20h '=-<（1）20=-<，11()22042h ln '=-+>，得()h x '在区间1(,1)4上存在唯一零点1x ，此时112lnx x =-，所以121x e x -=，即()h x 在10x x =时，有最大值220000000()(2)h x x x x x x x =-+--=+所以00()()()()g x g x h x h x =厖， 即22()2x f x e x -+„．。