湖南省天壹名校大联考学年高三上学期七调理科数学试题答案解析与点睛20页.docx
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湖南省天壹名校大联考学年高三上学期七调理科数学试题答案解析与点睛20页.docx
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湖南省天壹名校大联考学年高三上学期七调理科数学试题答案解析与点睛20页
湖南省天壹名校大联考2019-2020学年高三上学期七调理科数学试题
理科数学试题
本试卷共4页.全卷满分150分,考试时间120分钟.
注意事项:
1.答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效.
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题:
本题共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.已知集合,,则()
A.B.
C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由二次不等式的解法可得集合,再根据幂函数的性质求得集合,再由交集的定义,即可得到所求集合.
【详解】解:
因为
所以,
又因为
所以
故选:
【点睛】本题考查集合的交集的求法,注意运用二次不等式的解法和幂函数的单调性,以及定义法是解题的关键,属于基础题.
2.已知,均为单位向量且夹角为,则下列向量与垂直的是()
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】
首先求出,,,再根据向量的数量积的运算律得到,从而得解;
【详解】解:
依题意可得,且,
则
故选:
【点睛】本题考查平面向量的数量积及运算律,属于基础题.
3.下列函数中,既是奇函数又在其定义域上单调递增的是()
A.B.
C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据奇偶函数的定义及基本函数的单调性逐项判断即可得到答案.
【详解】解:
中,,,函数在和上单调递增,在上单调递减,故排除;
中,,是奇函数,
又递增,递减,也递减,在定义域上为减函数,故排除;
中,,为定义域上的偶函数,故排除;
中,,定义域为,且
即为奇函数,又在定义域上单调递增,在定义域上单调递减,故在定义域上单调递增,故正确;
故选:
D.
【点睛】本题考查函数单调性及奇偶性的判断,属于基础题.
4.设复数,则()
A.B.的共轭复数为
C.的虚部为2D.在复平面内对应的点位于第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】
利用复数代数形式的乘除运算化简,求出,然后逐一核对四个选项得答案.
【详解】解:
因为
所以,,复数的虚部为2,实部为,在复平面内的点的坐标为位于第二象限,故正确的为C;
故选:
C
【点睛】本题考查复数代数形式的乘除法运算,考查共轭复数的概念,属于基础题.
5.我国古代学者庄子在《庄子·天下篇》中提到:
“一尺之棰,日取其半,万世不竭”,指一尺长的木棒,今天取其一半,明天取剩下的一半,后天再取剩下的一半,永远也取不尽,现有1尺长的线段,每天取走它的,天后剩下的线段长度不超过0.01尺,则的最小值为()
A.6B.7C.8D.9
【答案】B
【解析】
【分析】
依题意可得天后剩下的线段的长度为,则,再根据指数函数的性质解不等式即可;
【详解】解:
由题意可知,天后剩下的线段的长度为,
则,
解得,
因为即
所以的最小值为7.
故选:
B.
【点睛】本题主要考查等比数列的概念及通项公式的应用,属于基础题.
6.设,是两个平面,,是两条直线,则下列命题错误的是()
A.若,,则B.若,,则
C.若,,则D.若,,,,则
【答案】B
【解析】
【分析】
利用空间中线线、线面、面面间的位置关系判断.
【详解】解:
对于A:
若,,根据线面垂直的性质可得,故A正确;
对于B:
若,,则与相交、平行或异面,故B错误;
对于C:
若,,则,故C正确;
对于D:
若,,,,由面面垂直的性质可知,故D正确;
故选:
B
【点睛】本题考查命题的真假判断,解题时要注意空间思维能力的培养,属于基础题.
7.设,函数,若命题:
“”是假命题,则a的取值个数有
A.1个B.2个
C.3个D.4个
【答案】D
【解析】
【分析】
由为假命题可得为真命题,由零点存在定理可得,结合是整数即可得结果.
【详解】因为命题:
“”是假命题,
所以为真命题,
为增函数,
且函数是连续函数,
,,
又因为是整数,
所以,
即的个数为4,故选D.
【点睛】本题主要考查全称命题的否定以及零点存在定理的应用,属于中档题.应用零点存在定理解题时,要注意两点:
(1)函数是否为单调函数;
(2)函数是否连续.
8.已知,执行如图所示程序框图,若输入的,输出的,则()
A.2B.3C.4D.6
【答案】B
【解析】
【分析】
根据程序框图模拟执行程序,计算出循环终止时的值,再代入输出的值解方程即可;
详解】解:
依题意:
模拟执行程序可得,满足;,满足;,满足;…,,满足;,不满足;退出循环,输出,则,解或(舍去),故选:
B.
【点睛】本题考查循环结构的程序框图,属于基础题.
9.若双曲线:
的一条渐近线与圆相切,则的离心率为()
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】
设一条渐近线方程为,则圆心到直线的距离等于半径,即可求出参数,从而解出双曲线的离心率;
【详解】解:
设一条渐近线方程为,则,解得,,,.
故选:
A.
【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质,直线与圆的位置关系,属于中档题.
10.已知函数的最小正周期为,且满足,则要得到函数的图像,可将函数的图像()
A.向左平移个单位长度B.向右平移个单位长度
C.向左平移个单位长度D.向右平移个单位长度
【答案】C
【解析】
【分析】
依题意可得,且是的一条对称轴,即可求出的值,再根据三角函数的平移规则计算可得;
【详解】解:
由已知得,是的一条对称轴,且使取得最值,则,,,,
故选:
C.
【点睛】本题考查三角函数的性质以及三角函数的变换规则,属于基础题.
11.已知函数,,直线分别与曲线,相切于点,,则()
A.0B.1C.2D.
【答案】B
【解析】
【分析】
首先求出导函数,即可利用点斜式表示出切线方程,最后根据切线是同一条线得到方程,即可解得;
【详解】解:
因为,
所以,
由已知得直线的方程为:
,,
,消去整理得.
故选:
B
【点睛】本题考查曲线的公切线问题,属于中档题.
12.在三棱锥中,,是的中点,与均是正三角形,,则三棱锥的外接球的表面积为()
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】
设与的中心分别为G,H,过G,H分别作面PAB与面ABC的垂线交于点O,则O是外接球的球心,再利用勾股定理求出外接球的半径,即可得解;
【详解】解:
如图,,,设与的中心分别为G,H,过G,H分别作面PAB与面ABC的垂线交于点O,则O是外接球的球心,连接OE,则.,,,.
故选:
C
【点睛】本题考查多面体的外接球的相关计算,属于中档题.
二、填空题:
本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.已知,满足约束条件,则的最大值为______.
【答案】3
【解析】
【分析】
由约束条件作出可行域,化目标函数为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,联立方程组求得最优解的坐标,代入目标函数得答案.
【详解】解:
由线性约束条件作出可行域如图,
联立,解得.
化目标函数为.
由图可得,当直线过时,直线在轴上的截距最小,有最大值为.
故答案为:
3.
【点睛】本题考查简单的线性规划,考查了数形结合的解题思想方法,属于中档题.
14.设等差数列的公差不为0,且,若是与的等比中项,则实数的值为______.
【答案】4
【解析】
【分析】
设等差数列的公差,运用等差数列的通项公式和等比数列中项的性质,解方程可得的值.
【详解】解:
设等差数列的公差为,且,
可得,即,
可得,
是与的等比中项,
可得,
即为,
可得,
解得舍去),
故答案为:
4.
【点睛】本题考查等差数列的通项公式和等比数列中项的性质,考查方程思想和运算能力,属于基础题.
15.在的展开式中,项的系数为______.
【答案】
【解析】
【分析】
由条件利用二项式定理,分类讨论求得的展开式中,项的系数.
【详解】解:
表示5个因式的乘积,有2个因式都选,其余的3个因式都选1,相乘可得含的项,或者有3个因式选,有1个因式选,1个因式选1,相乘可得含的项,故项的系数为.(或将括号里面2项组合起来展开考虑)
故答案为:
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用,体现了分类讨论的数学思想,属于中档题.
16.已知直线:
,抛物线:
的焦点为,准线为,是抛物线上的一点,到,的距离分别为,,当取最小值时,,则______.
【答案】7
【解析】
【分析】
依题意可得的倾斜角为,如图,设A在上的射影为M,A在上的射影为N.,当A,F,N三点共线时,取得最小值,即可求出参数的值;
【详解】解:
依题意可得的倾斜角为,如图,设A在上的射影为M,A在上的射影为N.,当A,F,N三点共线时,取得最小值,此时AN与AM夹角为,,N在上,FA:
,,代入解得.
故答案为:
7
【点睛】本题考查抛物线的简单几何性质,体现了转化思想,属于中档题.
三、解答题:
共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.
(一)必考题:
共60分.
17.已知a,b,c分别为非等腰内角A,B,C的对边,.
(1)证明:
;
(2)若,,求的面积.
【答案】
(1)详见解析;
(2).
【解析】
【分析】
(1)先利用余弦定理完成边化角,然后得到关于角的等式,分析其中与的关系即可证明;
(2)根据
(1)的结论计算出的值,然后即可计算出的值,再根据面积公式求解三角形面积即可.
【详解】
(1)由余弦定理得,
∴,
∴,或,
由得,不符合条件,∴.
(2)由
(1)及正弦定理得,
∴,解得或(舍),
∴.
【点睛】本题考查解三角形的综合应用,难度一般.
(1)解三角形时,若出现的形式不可盲目认为,可能还会出现这一种情况,需要注意.
(2)已知三角形中的两边及其中一边的对角,求解三角形面积的方法:
先通过已知角的余弦求解出第三边长度,然后利用面积公式即可完成求解.
18.如图,三棱柱的所有棱长均相等,在底面上的投影在棱上,且平面.
(1)证明:
平面平面;
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】
(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
(1)连接交于点O,连接OD,由,即可得到平面,从而得证;
(2)建立如图所示空间直角坐标系,设,利用空间向量法求出线面角的正弦值;
【详解】解:
(1)连接交于点O,连接OD,则平面平面,平面,,为的中点,为BC的中点,,面,,,平面,平面,
平面,平面,平面平面.
(2)建立如图所示空间直角坐标系,设,则,,,,,,设平面的法向量为,则,取得,,
即直线与平面所成的角的正弦值为.
【点睛】本题考查面面垂直的证明,利用空间向量法求线面角的正弦值,属于中档题.
19.李克强总理在2018年政府工作报告指出,要加快建设创新型国家,把握世界新一轮科技革命和产业变革大势,深入实施创新驱动发展战略,不断增强经济创新力和竞争力.某手机生产企业积极响应政府号召,大力研发新产品,争创世界名牌.为了对研发的一批最新款手机进行合理定价,将该款手机按事先拟定的价格进行试销,得到一组销售数据,如表所示:
单价(千元)
销量(百件)
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