2020届安徽省皖江联盟高三上学期12月联考试题 数学（理）（解析版）.doc

2020届安徽省皖江联盟高三上学期12月联考试题 数学（理） 一、单选题 1．复数满足（为虚数单位），则复数的模等于（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据复数模的性质和求解直接解得结果即可. 【详解】 故选： 【点睛】 本题考查复数模长的求解，涉及到复数模的性质的应用，属于基础题. 2．已知全集为，集合，，则的元素个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】解分式不等式求得集合，根据交集和补集的定义求得集合，进而得到元素个数. 【详解】 或 ，有个元素 故选： 【点睛】 本题考查集合元素个数的求解，涉及到分式不等式的求解、交集和补集的混合运算，属于基础题. 3．已知函数在区间上可导，则“函数在区间上有最小值”是“存在，满足”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】由开区间最小值点必为极小值点可知极小值点导数值为，充分性成立；利用可验证出必要性不成立，由此得到结论. 【详解】 为开区间 最小值点一定是极小值点 极小值点处的导数值为 充分性成立 当，时，，结合幂函数图象知无最小值，必要性不成立 “函数在区间上有最小值”是“存在，满足”的充分不必要条件 故选： 【点睛】 本题考查充分条件、必要条件的判断，涉及到导数极值与最值的相关知识；关键是能够明确极值点处的导数值为，但导数值为的点未必是极值点. 4．2011年国际数学协会正式宣布，将每年的3月14日设为国际数学节，来源于中国古代数学家祖冲之的圆周率。公元263年，中国数学家刘徽用“割圆术”计算圆周率，计算到圆内接3072边形的面积，得到的圆周率是.公元480年左右，南北朝时期的数学家祖冲之进一步得出精确到小数点后7位的结果，给出不足近似值3.1415926和过剩近似值3.1415927，还得到两个近似分数值，密率和约率。大约在公元530年，印度数学大师阿耶波多算出圆周率约为（）.在这4个圆周率的近似值中，最接近真实值的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】依次计算出每个近似值，与圆周率作对比找到最接近真实值的项. 【详解】 ，，， 由圆周率的值可知，最接近真实值的为 故选： 【点睛】 本题考查圆周率的相关知识，关键是能够准确计算出各个近似值，属于基础题. 5．已知函数是奇函数，且，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由奇函数定义可得，代入可求得结果. 【详解】 为奇函数 故选： 【点睛】 本题考查利用函数奇偶性求解函数值的问题，关键是能够准确得到函数所满足的关系式，属于基础题. 6．已知数列的通项为，对任意，都有，则正数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】将整理为，结合反比例函数单调性和恒成立的可得到不等式组，解不等式组求得结果. 【详解】 为正数且恒成立 ，解得： 故选： 【点睛】 本题考查利用数列中的最小项求解参数范围问题，关键是能够将问题转化为结合反比例函数单调性来求解的问题，进而得到关于所求参数的不等式. 7．如图所示的程序输出的结果为95040，则判断框中应填（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】运行程序，根据输出结果可判断出输出时，由此可确定判断框条件. 【详解】 按照程序框图运行程序，输入， 则，，循环 ，，循环 ，，循环 ，，循环 ，，输出 满足判断条件，不满足判断条件 判断框中应填 故选： 【点睛】 本题考查根据程序框图循环结构的输出结果补全框图的问题，关键是能够准确确定输出结果是，变量具体的取值，由此确定需补充的条件. 8．函数在上的图象是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】利用和可排除错误选项得到结果. 【详解】 ，可排除； ，可排除. 故选： 【点睛】 本题考查函数图象的识别，此类问题通常采用排除法，排除依据通常为：奇偶性、特殊位置的符号、单调性. 9．矩形中，，，沿将矩形折起，使面面，则四面体的外接球的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为四面体的外接球的球心到各顶点的距离相等，设与的交点为点，在矩形中，可得，当沿翻折后，上述等量关系不会发生改变，故得到球心，进而解得半径和体积。 【详解】 解：设与的交点为点， 在矩形中，可得， 当沿翻折后，上述等量关系不会发生改变， 因为四面体的外接球的球心到各顶点的距离相等， 所以点即为球心， 在中，, 故， 所以球的体积为， 故选A. 【点睛】 本题考查了三棱锥的外接球问题，解决问题的关键是要能准确找出球的球心与半径，属于中档题。 10．已知正数，满足，则的最小值是（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【解析】令，用表示出，结合基本不等式可求得，结合为正数，即可解出不等式的解，进而得到最小值. 【详解】 设，则 （当且仅当，即时取等号） 且，解得：，即 的最小值为 故选： 【点睛】 本题考查利用基本不等式求解最值的问题；关键是能够通过整体构造的方式求得整体满足的不等关系，进而通过解不等式求得取值范围. 11．点是曲线：上的一个动点，曲线在点处的切线与轴、轴分别交于，两点，点是坐标原点，①；②的面积为定值；③曲线上存在两点，使得是等边三角形；④曲线上存在两点，使得是等腰直角三角形，其中真命题的个数是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【解析】设点，得到切线方程后求得坐标，进而知为中点，求得，从而可知①②正确； 过原点作倾斜角等于和的条射线与曲线交于，由对称性可知③正确； 过原点作条夹角等于的射线与曲线交于，由的值的变化过程，可知存在比值等于和的时刻，从而知④正确. 【详解】 设点，由得切线方程：，即 ， 为中点 ，①正确； ，②正确； 过原点作倾斜角等于和的条射线与曲线的交点为 由对称性可知中，，又 为等边三角形，③正确； 过原点作条夹角等于的射线与曲线交于点 当直线的倾斜角从减少到的过程中，的值从变化到 在此变化过程中必然存在的值为和的时刻，此时为等腰直角三角形，④正确. 真命题的个数为个 故选： 【点睛】 本题考查直线与曲线相切、相交相关命题的判断，涉及到定值、等量关系、存在性问题的判断；判断本题中的存在性问题的关键是在确定射线倾斜角的夹角的前提下，寻找符合题意的点的位置. 12．若平面向量满足，，，且，则的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】利用数量积的定义通过已知等式得到，利用平方运算可求得的范围；利用可将表示为与有关的形式，进而可求得最值. 【详解】 由得： 当时，取得最大值 故选： 【点睛】 本题考查平面向量模长最值的求解问题，求解此类模长问题通常采用平方运算，将模长运算转化为数量积运算的形式，结合平面向量数量积运算的相关知识来进行求解. 二、填空题 13．若锐角满足_______________. 【答案】 【解析】因，故， ，应填答案。 14．黎曼函数（Riemannfunction）是一个特殊函数，由德国数学家黎曼发现并提出，黎曼函数定义在上，其定义为：，若函数是定义在上的奇函数，且，当时，，则______. 【答案】 【解析】由已知得到关于对称，结合奇函数性质可确定为周期是的周期函数，进而将所求式子化简为；由黎曼函数的解析式可确定和的值，代入求得结果. 【详解】 由知：关于对称 又为奇函数，图象关于原点对称 为周期函数，周期 故答案为： 【点睛】 本题考查函数奇偶性、对称性和周期性的综合应用问题，涉及到新定义运算的求解；关键是能够通过熟练掌握周期性与对称性的关系，即两个相邻的对称轴（对称中心）之间距离为半个周期. 15．如图，正方体的一个截面经过顶点，及棱上－点，其将正方体分成体积比为的两部分，则的值为______. 【答案】 【解析】作出平面截正方体所得的截面，可知为等腰梯形；设，可利用表示出，利用切割的方式可表示出三棱台的体积，利用体积建立方程求得，进而得到，作比得到结果. 【详解】 设平面与线段交于点，则截面为等腰梯形，延长两腰交于点，如下图所示： 设正方体棱长为，设，则，， 三棱台的体积： 又正方体体积 ，解得： 【点睛】 本题考查空间几何体体积的相关问题的求解，关键是能够利用切割的方式，利用变量表示出三棱台的体积，进而利用体积构造方程求得变量的值；本题同样可直接采用棱台的体积公式来求解棱台的体积. 16．等腰中，三角形面积等于2，则腰上中线的最小值等于______. 【答案】 【解析】由三角形面积公式可得到，进而得到；利用余弦定理可表示出，结合辅助角公式整理可得，根据正弦型函数值域可知，解不等式求得结果. 【详解】 由三角形面积公式知： ，解得： 故答案为： 【点睛】 本题考查三角形中最值问题的求解，涉及到三角形面积公式、余弦定理和辅助角公式的应用；关键是能够利用三角形面积公式和余弦定理构造等量关系，从而结合正弦型函数的值域构造出不等关系. 三、解答题 17．已知正数数列满足，. (1)求的通项公式和； (2)令（其中），数列的前项和为，证明：. 【答案】（1）,（2）证明见解析 【解析】（1）当时，利用可得到递推关系式，利用累乘法可求得，验证首项后可知；利用裂项相消法可求得； （2）由（1）可得，利用裂项相消法求得；根据数列为正数数列和不等式的知识可求得的范围，进而证得结论. 【详解】 （1）当且时， 整理可得： ，，…，， 当时，符合 ， （2）由（1）知： 又 综上所述： 【点睛】 本题考查数列通项公式的求解、裂项相消法求解数列的前项和的问题；涉及到与关系的应用、累乘法求解数列的通项公式等知识；求解数列前项和的关键是能够根据通项公式的形式进行准确裂项，进而前后相消求得结果. 18．如图，在多面体中，侧棱，，，都和平面垂直，，，，. (1)证明：平面平面； (2)求直线和平面所成角的正弦值。 【答案】（1）证明见解析, （2） 【解析】（1）取中点，由四边形为平行四边形可知；分别利用长度关系和线面垂直的性质得到，，由此得到平面，即平面，由面面垂直判定定理证得结论； （2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用直线与平面所成角的向量求法可求得结果. 【详解】 （1）取中点，连接， 且 四边形为平行四边形 ， 四边形为平行四边形 平面，平面 又平面， 平面 平面，又平面 平面平面 （2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 则，，， ，， 设平面的法向量 则，令，则， 设直线与平面所成角为 则 直线与平面所成角的正弦值为 【点睛】 本题考查立体几何中面面垂直关系的证明、空间向量法求解直线与平面所成角；涉及到线面垂直的判定与性质定理的应用等知识；关键是能够找到另一个平面的垂线，利用平行关系的传递性找到所证平面内的另一个面的垂线. 19．内角，，的对边为，，，设，平分交于点. (1)证明：； (2)若，，求的长. 【答案】（1）证明见解析,(2) 【解析】（1）利用正弦定理可代入已知条件和余弦定理化简得到，整理可得到；当时，利用角的大小关系可知为等腰直角三角形，利用勾股定理可整理出结果；当时，可直接整理等式得到结果； （2）根据（1）可得，利用角平分线定理可求得；由，结合余弦定理可构造关于的方程，解方程求得结果. 【详解】 （1）由正弦定理得： ，即： 当时， ， ，即 当时，，即 （2）由（1）得：，即 根据角平分线定理可得：， 设，由得：，解得： 角平分线的长等于 【点睛】 本题考查解三角形的相关知识，涉及到正余弦定理、角平分线定理的应用；关键是能够利用互补角余弦互为相反数的特点，结合余弦定理构造关于所求长度的方程，进而解方程求得结果. 20．已知函数，. (1)当时，比较与的大小； (2)若与的图象有两个不同的交点，，证明：. 【答案】（1）；（2）证明见解析 【解析】（1）令，由可知在上是增函数，进而得到，得到所求大小关系； （2）分别将两交点坐标代入，作和、作差分别表示出，从而建立起等量关系；根据（1）中结论可得，代入可整理得到所证结论. 【详解】 （1）令，则 在上是增函数 ，即 （2）不妨设，则 由题设， 由（1）的结论知： 【点睛】 本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用单调性比较大小、不等式的证明问题；证明不等式的关键是能够利用变量得到的关系，进而利用证明过的不等关系来进行放缩整理. 21．如图，在四棱锥中，侧棱底面，，，，，点在棱上，且. (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析,(2) 【解析】（1）作交于，通过证明四边形为平行四边形可得到，根据线面平行判定定理可证得结论； （2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果. 【详解】 （1）由题意知：是等腰直角三角形，，则 作交于，连接 又，， 四边形为平行四边形 又平面，平面 平面 （2）由底面，可得， 又，可知两两互相垂直 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 则，，，，， ，，， 设平面的法向量为 则，令，得， ； 设平面的法向量为 则，令，得， 设平面与平面所成锐二面角为，则 平面与平面所成锐二面角的余弦值等于 【点睛】 本题考查立体几何中线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题；易错点是在利用空间向量法求解二面角时，误认为两平面法向量所成角必为二面角；实际两平面法向量所成角可能为二面角，也可能为二面角的补角. 22．已知函数，. (1)当时，证明恒成立； (2)当时，若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明见解析,(2) 【解析】（1）令，求得和，由反推可知单调递增，得到，进而证得结论； （2）由（1）可知，时不等式恒成立；当时，令，求得和，由零点存在定理可确定在上存在，使得，由此得到在内，，进而可得，不等式不恒成立，故不合题意；综合可得最终结果. 【详解】 （1）记，则 ，且 当时，，且 在上单调递增 在恒成立 （2）当时， 时，恒成立 下面证明当时，不能在恒成立 记，则，且 当且时，单调递增， 令则 在上存在，使得 单调递增 在区间上 在区间上单调递减 在区间上单调递减 即区间上不成立 时不合题意 综上所述：当时，恒成立，实数的取值范围是 【点睛】 本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数证明不等式、恒成立问题的求解；求解恒成立的关键是能够利用构造函数的方式，通过研究函数的单调性，得到满足条件的参数的取值范围；在研究导函数零点时，灵活应用零点存在定理是处理问题的关键. 第 19 页 共 19 页