2020届百校联盟TOP20高三上学期11月联考数学（理）试题（解析版）.doc

2020届百校联盟TOP20高三上学期11月联考数学（理）试题 一、单选题 1．复数的模为（ ） A．1 B． C． D．5 【答案】C 【解析】对复数进行计算化简，然后根据复数的模长公式，得到答案. 【详解】 根据题意， ， 所以. 故选：C. 【点睛】 本题考查复数的四则运算，求复数的模长，属于简单题. 2．集合，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】对集合进行化简，然后根据集合的补集运算，得到答案. 【详解】 因为 ， 因为集合 所以. 故选：B. 【点睛】 本题考查解对数不等式，一元二次不等式，集合的补集运算，属于简单题. 3．已知向量，则实数是的（ ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】先求出，然后分别判断由能否得到，和由能否得到，从而得到答案. 【详解】 因为向量，所以 因为，所以可得， 所以是的充分条件. 因为，所以 即. 所以是的不必要条件. 综上所述，实数是的充分而不必要条件. 故选：A. 【点睛】 本题考查根据向量的坐标求向量的模长，判断充分而不必要条件，属于简单题. 4．已知函数，则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】按和，分别解不等式，从而得到答案. 【详解】 根据题意，， 由不等式 得或 所以或. 即 所以不等式的解集为. 故选：C. 【点睛】 本题考查解分段函数不等式，解对数不等式，属于简单题. 5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） 正视图 侧视图 俯视图 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据三视图还原出几何体的直观图，将几何体分为三棱锥和三棱锥两部分，根据三视图中的数据及线段的位置关系分别得到底面积和高，求出几何体的体积. 【详解】 该几何体的直观图如下图， 平面平面，平面， 与均是边长为的等边三角形，， 点在平面上的射影落在的平分线上， 所以平面， 所以， ， 所以几何体的体积为. 故选：C. 【点睛】 本题考查三视图还原结合体，根据三视图求几何体的体积，属于中档题. 6．函数的图象在点处的切线与函数的图象围成的封闭图形的面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】对求导，利用导数的几何意义，求出切线方程，然后求出切线与的交点坐标，利用定积分求出围成的封闭图形的面积，得到答案. 【详解】 由题意，， ， 所以切线方程为， 与的交点横坐标为，. 故封闭图形的面积 故选：D. 【点睛】 本题考查利用导数求函数图像上在一点的切线方程，定积分求封闭图形的面积，属于中档题. 7．已知数列满足，，设数列的前n项和为，若，则与最接近的整数是（ ） A．5 B．4 C．2 D．1 【答案】C 【解析】根据递推关系式，得到，得到的通项，从而得到的通项和前项和，从而求出，再得到，从而得到答案. 【详解】 由题意，， 所以， 所以为以为首项，为公比的等比数列， 所以， 因此， 数列的前n项和为， ， 所以. 所以与最接近的整数是. 故选：C. 【点睛】 本题考查构造法求数列的通项，等差数列前项和公式，裂项相消法求数列的和，属于中档题. 8．已知函数，若函数有两个零点，则实数m的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】画出的图像，然后得到的图像和的图像有两个交点，从而得到的取值范围. 【详解】 根据函数， 画出的图象如图所示， 函数有两个零点 则函数的图象与的图象有2个交点， 所以， 所以实数的取值范围为. 故选：D. 【点睛】 本题考查画分段函数的图像，函数与方程，属于简单题. 9．如果函数的单调递增区间为，则的最小值为（ ） A． B．2 C．1 D． 【答案】A 【解析】由单调递增区间为，得到对称轴方程，即，再根据基本不等式求出的最小值，得到答案. 【详解】 因为函数的单调递增区间为 所以对称轴为：，即， 所以 ， 当且仅当时，等号成立. 故选：A. 【点睛】 本题考查根据二次函数的单调区间求参数之间的关系，基本不等式求和的最小值，属于简单题. 10．已知 则 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】利用倍角公式，结合函数名的转换求解. 【详解】 , ,故选C. 【点睛】 本题主要考查三角函数的给值求值问题，首先从角入手，寻求已知角和所求角的关系，再利用三角恒等变换公式求解. 11．如图，在三角形中，上有一点满足，将沿折起使得，若平面分别交边，，，于点，，，，且平面，平面则当四边形对角线的平方和取最小值时，（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】易得，，设，易得，，得，从而得到，，平行四边形中，，从而得到最小时的值，得到答案. 【详解】 平面，平面， 平面平面， 所以，同理 设， 平面，平面， 平面平面， 所以，同理 所以， 因为， 所以，， 在平行四边形中， ， 又， 当时，取得最小值. 故选：B. 【点睛】 本题考查线面平行证明线线平行，平行四边形对角线的性质，二次函数求最值，属于中档题. 12．定义在上的函数满足，，任意的，函数在区间上存在极值点，则实数m的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据得到周期为，再求得，得到，求导得到，判断出的两根一正一负，则在区间上存在极值点，且，得到在上有且只有一个根，从而得到关于的不等式组，再根据二次函数保号性，得到关于不等式组，解得的范围. 【详解】 由题意知，， ， 所以是以4为周期的函数， ， 所以， 求导得， 令，， ， 由， 知有一正一负的两个实根. 又， 根据在上存在极值点， 得到在上有且只有一个正实根. 从而有，即恒成立， 又对任意，上述不等式组恒成立， 进一步得到 所以 故满足要求的的取值范围为：. 故选：C. 【点睛】 本题考查函数的周期性的应用，根据函数的极值点求参数的范围，二次函数根的分布和保号性，属于中档题. 二、填空题 13．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，，，，，则________. 【答案】 【解析】将转化为，从而得到的坐标，然后根据向量数量积的坐标运算，得到答案. 【详解】 因为，所以， 所以， 所以. 故答案为：. 【点睛】 本题考查向量线性运算的坐标表示，数量积的坐标表示，属于简单题. 14．已知x，y满足不等式组，则的最小值为________. 【答案】 【解析】根据约束条件，画出可行域，将目标函数看成点与点两点连线的斜率，从而得到斜率的最小值，得到答案. 【详解】 因为已知x，y满足不等式组， 画出可行域，如图所示， 表示点与点两点连线的斜率， 所以可得当直线过点时，最小， 由得 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】 本题考查根据线性规划求分式型目标函数的最值，属于简单题. 15．如图，底面为正方形，四边形为直角梯形，，平面，，，则异面直线与所成的角为________. 【答案】 【解析】设正方形的中心为，可得，得到直线与所成角为（或其补角），根据余弦定理，可得的值，从而得到答案. 【详解】 如图， 设正方形的中心为，连接，， 则 因为， 所以， 所以为平行四边形， 所以， 所以直线与所成角等于与所成的角，即（或其补角）， 因为， 在三角形中，根据余弦定理，可知， 所以. 故答案为：. 【点睛】 本题考查求异面直线所成的角的大小，属于简单题. 16．已知函数在区间上有最小值，无最大值，则________. 【答案】 【解析】先对进行整理，得到，根据最小值，得到，然后根据在区间无最大值，得到周期的范围，从而得到的范围，确定出的值. 【详解】 ， 依题意，则， 所以. 因为在区间上有最小值，无最大值， 所以，即， 令，得. 故答案为：. 【点睛】 本题考查二倍角公式，辅助角公式化简，根据正弦型函数的最值和周期求参数的值，属于中档题. 三、解答题 17．已知递增的等比数列的前n项和为，，. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前n项和. 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）根据等比数列，解出和的值，从而得到公比，得到的通项公式；（2）根据（1）得到，再利用错位相减法和分组求和的方法求出的前n项和. 【详解】 （1）由题意， 解得或； 而等比数列递增，所以， 故公比，所以. （2）由（1）得到…， 所以， ……， 设…， …， 两式相减可得，… 故， 所以. 【点睛】 本题考查等比数列通项基本量的计算，分组求和的方法，错位相减法求数列的前项的和，属于简单题. 18．已知函数在区间上为单调递减函数. （1）求的最大值； （2）当时，方程有三个实根，求的取值范围. 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）先求得，根据在区间上为减函数，得到在区间上恒成立，从而得到关于，的约束条件，画出可行域，利用线性规划，得到的最大值；（2）根据，得到的范围，设，求导得到，令得到或，从而得到的极值点，根据有个零点，得到的不等式组，解得的范围. 【详解】 （1）， 因为在区间上为减函数， 所以在区间上恒成立 即， 画出可行域如图所示： 设，所以， 表示直线，在纵轴上的截距. 当直线经过点时，最大， 由 所以， 故的最大值为. （2）由得 代入 可得， 令 ， 故由， 得或， 所以得到和随x的变化情况如下表： 极大值 极小值 要使有三个零点， 故需 即 解得， 而 所以的取值范围是. 【点睛】 本题考查利用导数研究函数的单调性、极值和零点，根据函数的单调性求参数的取值范围，根据函数零点个数求参数的取值范围，属于中档题. 19．已知的内角，，所对的边分别为， ，满足，且边上一点使得. （1）求角的大小； （2）若，，求的面积. 【答案】（1）；（2） 【解析】根据正弦定理，将边化成角，然后整理化简，得到的值，从而得到的值；（2）根据条件得到为等边三角形，从而得到，根据正弦定理，得到的值，根据余弦定理，得到的长，根据三角形面积公式，得到答案. 【详解】 （1）因为 在，由正弦定理 所以得. 所以. 即 所以， 因为，所以 （2）由（1）知，而 为等边三角形. 由于是的外角， 所以. 在中，由正弦定理得， 即，所以. 所以由余弦定理得，， 即， 所以， 故，， 所以. 【点睛】 本题考查正弦定理的边角互化，正弦定理、余弦定理解三角形，三角形面积公式，属于简单题. 20．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，且为的中点，延长交于点，且在底内的射影恰为的中点，为的中点，为上任意一点. （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面所成锐角二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）根据平面ABCD，得到，由平面几何知识得到，从而得到平面，所以所以平面平面；（2）以为原点建立空间直角坐标系，得到平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，得到这两个面所成的锐角二面角的余弦值. 【详解】 （1）由题意，E为CD的中点， 因为平面ABCD，平面ABCD， 所以，又因为， ，， 所以垂直平分， 所以 又因， 所以为正方形， 所以 因为为的中点， 所以 而，所以， 又，所以平面， 又平面， 所以平面平面. （2）因为在底面ABCD内的射影恰为OA的中点H， 所以. 因为，所以过点O分别作AD，AB的平行线（如图）， 并以它们分别为x，y轴， 以过O点且垂直于平面的直线为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，，，，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，所以 令，则， 由（1）知，平面，所以平面， 所以为平面的一个法向量， 则. 故平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 【点睛】 本题考查线面垂直的判定和性质，面面垂直的判定，利用空间向量求二面角的余弦值，属于中档题. 21．已知函数与满足的函数具有相同的对称中心. （1）求的解析式； （2）当，期中，是常数时，函数是否存在最小值若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由； （3）若，求的最小值. 【答案】（1）；（2）（3） 【解析】（1）根据关于对称，从而得到，整理化简，得到的值；（2）判断出的单调性，得到当时，单调递减，从而得到最小值；（3）由得到，关系，然后将代入到，利用基本不等式，得到其最小值. 【详解】 （1）因为，所以， 所以图象关于对称， 所以 所以 解得， 所以. （2）的定义域为， ， 当且时，为减函数， 所以当时，单调递减， 所以当时，. （3）由， 得 解得， 所以 令，则， 当且仅当时，等号成立， 即当，时，的最小值为. 【点睛】 本题考查根据函数的对称性求参数的值，根据函数的单调性求最值，基本不等式求和的最小值，属于中档题. 22．已知函数，函数的图象经过，其导函数的图象是斜率为，过定点的一条直线. （1）讨论的单调性； （2）当时，不等式恒成立，求整数的最小值. 【答案】（1）当时，在上为减函数； 当时，在上为减函数，在上为增函数. （2）2 【解析】对求导，得到，按和进行分类讨论，利用导函数的正负，得到的单调性；（2）根据题意先得到，然后得到的解析式，设，按和分别讨论，利用得到的单调性和最大值，然后研究其最大值恒小于等于时，整数的最小值. 【详解】 （1）函数的定义域是，， 当时，，所以在上为减函数， 当时，令，则， 当时，，为减函数， 当时，，为增函数， 综上，当时，在上为减函数； 当时，在上为减函数，在上为增函数. （2）根据题意，， 设，代入，可得， 令， 所以. 当时，因为，所以. 所以在上是单调递增函数， 又因为， 所以关于x的不等式不能恒成立. 当时，， 令，得. 所以当时，； 当时，， 因此函数在上是增函数，在上是减函数. 故函数的最大值为. 令，因为， 又因为在上是减函数. 所以当时，. 所以整数的最小值为. 【点睛】 本题考查函数与方程的应用，利用导数研究函数的单调区间、极值和最值，根据导函数的解析式求原函数的解析式，利用导数研究不等式恒成立问题，涉及分类讨论的思想，题目比较综合，属于难题. 第 24 页 共 24 页