2020届宁夏回族自治区银川市第二中学高三上学期统练四数学（文）试题（解析版）

这是一份2020届宁夏回族自治区银川市第二中学高三上学期统练四数学（文）试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020届宁夏回族自治区银川市第二中学高三上学期统练四数学（文）试题  一、单选题1．设集合，，则（   ）A． B．C． D．【答案】D【解析】解分式不等式，得集合A，再计算函数的定义域，得集合B，求集合A与集合B的交集可得答案【详解】因为，即，得，令，得，所以，选择D【点睛】用描述法表示集合，首先要搞清楚集合中代表元素的含义，再看元素的限制条件，明白集合的类型，常借助数轴来解决数集间的关系2．记复数的共轭复数为，若（i虚数单位），则（  ）A． B．1 C． D．2【答案】A【解析】由，得 ， ，故选A. 3．若直线a和b异面，直线b和c异面，则直线a和c（　　）A．异面或相交 B．异面或平行C．异面或平行或相交 D．相交或平行【答案】C【解析】根据已知直线间的位置关系，可以得直线a和c的位置关系得选项.【详解】直线a和b异面，直线b和c异面，则直线a和c可能异面，可能平行，可能相交，故选：C.【点睛】本题考查空间的直线的位置关系，对于位置关系需考虑全：平行、相交、异面，属于基础题.4．“a＝0”是“函数f(x)＝sin x－＋a为奇函数”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】C【解析】试题分析： （1）的定义域为，若； 是奇函数； 是为奇函数的充分条件.（2） 若是奇函数，则： ； “” 是“是奇函数”的必要条件；综合（1）（2）得 “” 是“为奇函数”的充要条件.【考点】1、函数的奇偶性；2、充分条件与必要条件.【方法点睛】本题主要考查函数的奇偶性及充分条件与必要条件，属于中档题.判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题.5．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗实线和粗虚线画出了某几何体的三视图，图中的曲线为半圆弧或圆，则该几何体的体积是（　　）A．B．C．D．【答案】C【解析】先由三视图确定该几何体的形状，再由体积公式求解，即可得出结果.【详解】由三视图可知：该几何体下部为半球，上部为大圆柱挖去了一个小圆柱.且半球的半径为2，大圆柱的底面圆半径为2，高为3，小圆柱的底面圆半径为1，高为3，故该几何体的体积为.故选C．【点睛】本题主要考查由三视图还原几何体、以及几何体的体积，熟记体积公式即可，属于常考题型.6．在等差数列中，，是方程的两根，则数列的前11项和等于（   ）A．66 B．132 C．-66 D．-132【答案】D【解析】利用韦达定理得，进而，再利用求和公式求解即可【详解】因为，是方程的两根，所以，又，所以，，故选D.【点睛】本题考查等差数列的性质及求和公式，考查方程思想，是基础题7．已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且，则（  ）A．16 B．8 C．4 D．2【答案】C【解析】利用方程思想列出关于的方程组，求出，再利用通项公式即可求得的值．【详解】设正数的等比数列{an}的公比为，则，解得，，故选C．【点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键。8．已知，则（　　）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据正弦的和角公式展开，再运用辅助角公式得，再由根据诱导公式可得出所求的值.【详解】由，得，所以，，故选：A.【点睛】本题考查正弦函数的和角公式，辅助角公式和三角函数的诱导公式，在解决给值求值的问题时，关键需找出待求的角与已知角的特殊关系，属于基础题.9．函数的图象可由的图象如何变换得到(    )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【答案】B【解析】由题意化简得，然后再把函数的图象经过平移后可得到所求答案．【详解】由题意得，所以将函数的图象向右平移个单位可得到函数，即函数的图象．故选B．【点睛】在进行三角函数图象的变换时要注意以下几点：①变换的方向，即由谁变换到谁；②变换前后三角函数名是否相同；③变换量的大小．特别注意在横方向上的变换只是对变量而言的，当的系数不是1时要转化为系数为1的情况求解．10．在矩形中，与相交于点，过点作，垂足为，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】通过线性运算将变为，由垂直关系可知；由数量积定义可求得，代入得到结果.【详解】如图：由，得：，又    又本题正确选项：【点睛】本题考查向量数量积的求解问题，关键是能够通过线性运算将问题转化为模长和夹角已知的向量之间的数量积问题.11．如图所示，在三棱锥P–ABC中，PA⊥平面ABC，D是棱PB的中点，已知PA=BC=2，AB=4，CB⊥AB，则异面直线PC，AD所成角的余弦值为A． B． C． D．【答案】D【解析】因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥BC．过点A作AE∥CB，又CB⊥AB，则AP，AB，AE两两垂直．如图，以A为坐标原点，分别以AB，AE，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，2)，B(4，0，0)，C(4，−2，0)．因为D为PB的中点，所以D(2，0，1)．故=(−4，2，2)，=(2，0，1)．所以cos〈，〉===−.设异面直线PC，AD所成的角为θ，则cos θ=|cos〈，〉|=.12．已知函数，若方程有3个不同的实根，则实数的取值范围为（   ）A． B． C． D．【答案】B【解析】构造函数和，则函数的图象过定点，画出函数的图象，求出直线与相切时的值，然后结合图象可判断出所求的取值范围．【详解】令和，则函数的图象过定点．画出函数的图象，如下图所示．由消去整理得.令，解得或（舍去）.又易知曲线在处的切线的斜率为1．结合图象可得：当时，和的图象有两个不同的交点，所以方程有3个不同的实根；当时，和的图象有两个不同的交点，所以方程有2个不同的实根；当时，和的图象有两个不同的交点，所以方程有1个实根或没有实根；当时，和的图象有两个不同的交点，所以方程有2个不同的实根．综上可得所求的范围为．故选B．【点睛】解答本题的关键有两个：一个是运用转化的思想方法，将方程根的个数的问题转化为两函数图象公共点个数的问题；二是运用数形结合的思想进行求解，以增强解题的直观性．解题时的注意点是确定两图象公共点个数变化时的临界位置．  二、填空题13．在平面直角坐标系中，点A，B均在圆心为原点的单位圆上，已知点A在第一象限的横坐标为，点，设 则_____．【答案】【解析】由已知得，且，根据同角三角函数的关系得，再由正弦的二倍角公式可得答案.【详解】平面直角坐标系中，点A，B均在圆心为原点的单位圆上，已知点A在第一象限横坐标为，点，设则，且，所以，所以，故答案为：.【点睛】本题考查三角函数的定义和正弦函数的二倍角公式，属于基础题.14．已知向量，，为两个向量的夹角，则_____．【答案】【解析】根据向量的数量积的坐标运算公式可求得两向量的夹角的余弦值.【详解】向量，，则两个向量的夹角余弦值为．故答案为：.【点睛】本题考查向量的数量积的坐标运算，熟练运用求向量夹角的坐标运算公式是关键，属于基础题.15．记数列的前n项和为，若，则数列的通项公式为_____．【答案】【解析】根据，得,和，再构造出，从而可得数列是以为首项，为公比的等比数列，可求得解.【详解】由，可得，即；时，即有设，解得，又，所以，数列是以为首项，为公比的等比数列，即有，所以，故答案为：.【点睛】本题考查根据数列的和的关系得出数列的通项公式的问题，关键在于将既含有又含有的式子，转化成只含有或只含有的式子，再构造新数列使之成等差数列或等比数列，属于中档题.16．如图边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，现在沿AE，AF以及EF把这个正方形折成一个四面体，使得B，C，D三点重合，重合后的点记为P，则四面体P﹣AEF的高为_____．【答案】【解析】根据折叠前后的线段的数量关系和位置关系可得出两两垂直，进而得平面，再利用三棱锥的等体积法可求得高.【详解】边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，沿AE，AF以及EF把这个正方形折成一个四面体，使得B，C，D三点重合，重合后的点记为P，则所以满足，所以两两垂直，平面，，设P到平面AEF的距离为h，，，，解得．∴四面体的高为．故答案为：.【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题和运用等积法求三棱锥的高，对于折叠问题关键在于注意把握折叠前后的线段间的数量关系和位置关系，属于中档题. 三、解答题17．已知函数．（1）求函数的最小正周期和单调递减区间；（2）设△的内角的对边分别为且，，若，求的值．【答案】（1），;（2），．【解析】试题分析：（1）利用两角和与二倍角公式对函数解析式化简成为的形式，利用三角函数的图象和性质求得最小正周期，由就可求得函数的单调递减区间；（2）由（1）及已知条件可求出角C的大小，再由由正弦定理可得，又因为，所以由余弦定理可再得到一个关于的方程，从而通过解方程组就可求出的值．试题解析：（1），    3分 则最小正周期是；    5分；由，得的单调递减区间， 8分（2），则，    9分，，所以，所以，，    11分因为，所以由正弦定理得，  ①    12分由余弦定理得，即  ②    11分，由①②解得：，．    14分【考点】1.三角恒等变形公式;2.三角函数的图象和性质;3.正弦定理和余弦定理.18．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论；(2)由题意首先证得线面垂直，然后结合线面垂直证明线线垂直即可.【详解】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.【点睛】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.19．已知等差数列{an}的公差是1，且成等比数列．（1）求数列{an}的通项公式；（2）求数列的前n项和Tn．【答案】(1) an＝n．(2)【解析】（1）根据已知条件，等比数列的性质和等差数列的通项公式建立方程可求得等差数列的首项，从而求得等差数列的通项公式； （2）根据错位相减法可求得其和.【详解】（1）因为是公差为1的等差数列，且成等比数列，所以，即，解得．所以；（2），两式相减得所以所以.【点睛】本题考查等差数列、等比数列的基本性质和通项公式，以及运用错位相减法求数列的前项的和，属于基础题.20．已知数列满足：，数列中，，且成等比数列；（1）求证：是等差数列；（2）是数列的前n项和，求数列{}的前n项和．【答案】(1)证明见解析 (2)．【解析】（1）根据递推式构造出，即，可得证； （2）先根据等差数列的前n项和公式，求出，可得，再运用裂项求和的方法可得解.【详解】（1）证明：，可得，所以，因为，所以得，所以是公差为1的等差数列；（2）成等比数列，可得，可得，解得，即，可得，则前n项和.所以.【点睛】本题考查根据递推式证明数列是等差数列，等差数列的前项和,以及运用裂项相消法求数列的和的方法，在证明数列是等差数列时，需构造等差数列的定义式，属于中档题.21．已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，证明: （其中为自然对数的底数）.【答案】（1）单调递增区间是，；单调递减区间是；（2）详见解析.【解析】（1）当时，求得函数的导数，根据导数的符号，即可求解函数的单调区间，得到答案.（2）由,转化为只需证明，令 ，求得函数的单调性与最值，即可作出判定.【详解】（1）由题意，函数的定义域为,当时，， 则 . 由解得或；由解得.所以的单调递增区间是，；单调递减区间是. （2）当时，由,只需证明. 令 ，.设，则. 当时，，单调递减;当时，，单调递增,∴当时，取得唯一的极小值，也是最小值. 的最小值是 成立.故成立.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．22．在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线：，直线的参数方程为（为参数）.直线与曲线交于，两点．（I）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程（不要求具体过程）；（II）设，若，，成等比数列，求的值．【答案】（I），；（II）.【解析】（I）利用所给的极坐标方程和参数方程，直接整理化简得到直角坐标方程和普通方程；（II）联立直线的参数方程和C的直角坐标方程，结合韦达定理以及等比数列的性质即可求得答案.【详解】（I）曲线：，两边同时乘以可得，化简得）；直线的参数方程为（为参数），可得x-y=-1，得x-y+1=0；（II）将（为参数）代入并整理得韦达定理： 由题意得 即 可得 即 解得【点睛】本题考查了极坐标方程、参数方程与直角坐标和普通方程的互化，以及参数方程的综合知识，结合等比数列，熟练运用知识，属于较易题.23．已知．（1）求不等式的解集；（2）设、、为正实数，且，求证：．【答案】(1) (2)见证明【解析】（1）对分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果；（2）先求得，结合，利用基本不等式可得结果.【详解】（1）①时，，由，∴，∴，即，②时，，由，∴，∴，即，③时，，由，∴，∴，可知无解，综上，不等式的解集为；（2）∵，∴，∴，且为正实数∴，∵，，，∴，∴又为正实数，∴可以解得．【点睛】绝对值不等式的常见解法：①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．