浙江省七彩阳光联盟学年高三上学期期初联考数学试题.docx
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浙江省七彩阳光联盟学年高三上学期期初联考数学试题
浙江省七彩阳光联盟2020-2021学年高三上学期期初联考数学试题
学校:
___________姓名:
___________班级:
___________考号:
___________
一、单选题
1.已知集合,,则()
A.B.C.D.
2.双曲线与双曲线有相同的().
A.离心率B.渐近线C.实轴长D.焦点
3.设变量满足约束条件则目标函数的最大值为()
A.B.C.D.
4.某几何体的三视图所示(单位:
cm),则该几何体的体积(单位:
)是()
A.B.C.D.
5.若,则()
A.B.C.D.
6.“点在圆内”是“直线与圆相离”的()
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
7.函数,的图象大致为()
A.B.C.D.
8.如图,四棱锥中,底面是正方形,各侧棱都相等,记直线与直线所成角为,直线与平面所成角为,二面角的平面角为,则()
A.B.C.D.
9.设,若方程无实根,则()
A.B.C.D.
10.已知数列满足,前项和为,且,下列说法中错误的()
A.为定值B.为定值C.为定值D.有最大值
二、双空题
11.设,则____________,____________.
12.已知两条平行直线与的距离为,则____________,_________.
13.已知正项等比数列满足,,则_______,数列的前项和为______.
14.在中,,则____________,____________.
三、填空题
15.已知、是椭圆的左,右焦点,点为上一点,为坐标原点,为正三角形,则的离心率为__________.
16.已知函数,若存在,使得,则正整数的最大值为____________.
17.已知向量,满足,,的最小值为1,当最大时,________.
四、解答题
18.已知函数.
(Ⅰ)求函数的最小正周期和对称轴;
(Ⅱ)求函数在的最值及相应的值.
19.如图,是由两个全等的菱形和组成的空间图形,,∠BAF=∠ECD=60°.
(1)求证:
;
(2)如果二面角B-EF-D的平面角为60°,求直线与平面所成角的正弦值.
20.已知正项数列的前项和为,且对一切,有.
求证:
(Ⅰ)对一切n∈N*,有;
(Ⅱ)数列是等差数列;
(Ⅲ)对一切,.
21.过抛物线外一点P向抛物线作两条切线,切点为M、N,F为抛物线的焦点.证明:
(1);
(2).
22.已知函数.
(Ⅰ)时,求的单调区间;
(Ⅱ)若时,不等式恒成立,求实数的取值范围.
参考答案
1.C
【分析】
计算,再计算交集得到答案.
【详解】
,所以.
故选:
C.
【点睛】
本题考查了集合的交集运算,属于简单题.
2.D
【分析】
利用双曲线方程得出离心率,渐近线方程,实轴长,焦点坐标即可判断.
【详解】
由双曲线的方程得,离心率为,渐近线方程为,实轴长为,焦点为
由双曲线的方程得,离心率为,渐近线方程为,实轴长为,焦点为.
故选:
D
【点睛】
本题主要考查了双曲线的基本性质,属于基础题.
3.B
【分析】
画出可行域和目标函数,根据目标函数的几何意义平移得到答案.
【详解】
作出满足约束条件的平面区域,如图所示,目标函数即,
表示直线与轴的截距,根据图像知:
当时有最大值为.
故选:
B.
【点睛】
本题考查了线性规划问题,画出图像是解题的关键.
4.D
【分析】
由三视图还原出原几何体,确定几何体的结构后求体积.
【详解】
由三视图知,原几何体是一个正方体在旁边挖去一个三棱柱,尺寸见三视图,
其体积为.
故选:
D.
【点睛】
本题考查三视图,考查柱体的体积.解题关键是由三视图还原出原几何体.
5.B
【分析】
由得,所以,其他选项用特殊值法排除,得到答案.
【详解】
由得,所以.
对于,取,不成立;对于取,不成立;对于取,不成立.
故选:
B.
【点睛】
本题考查了不等式的性质,取特殊值排除可以快速得到答案,是解题的关键.
6.C
【分析】
根据点与圆,直线与圆的位置关系判断即可.
【详解】
若点在圆内,则
则圆心到直线的距离
则直线与圆相离
反之
直线与圆相离,则圆心到直线的距离,即,则点在圆内
所以“点在圆内”是“直线与圆相离”的充分必要条件
故选:
C
【点睛】
本题主要考查了充分必要条件的判断,涉及点与圆,直线与圆的位置关系,属于基础题.
7.A
【分析】
根据定义域排除,,排除,得到答案.
【详解】
根据定义域排除,,排除.
故选:
A.
【点睛】
本题考查了图像的识别,利用排除法可以快速得到答案,是解题的关键.
8.C
【分析】
过作平面,过分别作于,连接,则,比较大小得到答案.
【详解】
如图,过作平面,过分别作于,
连接,
则,因为,所以,
又因为,所以,而,所以,
综上可得,,
故选:
C.
【点睛】
本题考查了直线夹角,线面夹角,二面角,意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
9.D
【分析】
无实根,当时,,故恒成立,画出函数图像,根据图像得到答案.
【详解】
无实根,当时,,故恒成立,
即对任意实数恒成立,根据图像知:
,或,,
故选:
D.
【点睛】
本题考查了函数的零点问题,意在考查学生的计算能力和转化能力,画出图像是解题的关键.
10.A
【分析】
当时,,计算,,得到答案.
【详解】
当时,由已知得,
所以
,
故,故,所以,
时等号成立.
故选:
A.
【点睛】
本题考查了数列的求和,确定是解题的关键,意在考查学生的计算能力和应用能力.
11.237
【分析】
直接代入数据计算得到答案.
【详解】
.
故答案为:
2;37.
【点睛】
本题考查了函数值的计算,属于简单题.
12.-1
【分析】
根据直线平行和平行直线距离公式得到答案.
【详解】
因为,所以,两直线的距离为.
故答案为:
-1;.
【点睛】
本题考查了根据平行求参数,平行直线的距离,意在考查学生的计算能力.
13.
【分析】
直接利用等比数列公式计算得到,再计算等差数列和得到答案.
【详解】
由,得,,,
而,所以的前项和为.
故答案为:
;.
【点睛】
本题考查了等比数列通项公式,等差数列求和,意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.
14.2
【分析】
根据余弦定理计算得到,再利用正弦定理计算得到答案.
【详解】
由余弦定理得,,,即,
,所以,,
而,故,即.
故答案为:
2;
【点睛】
本题考查了正弦定理和余弦定理,意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
15.
【分析】
根据题意作出图示,求解出的长度,然后根据椭圆的定义得到之间的关系即可求解出离心率.
【详解】
如图,因为为正三角形,所以,所以是直角三角形.
因为,,所以,
所以,所以,
因为,所以,
即,所以.
故答案为:
.
【点睛】
本题考查根据几何关系以及椭圆的定义求解椭圆的离心率,难度一般.求解离心率的问题,如果涉及到特殊几何图形,一定要注意借助图形本身的性质去求解问题.
16.4
【分析】
根据单调性得到,要使正整数尽可能大,则可以是,得到答案.
【详解】
当时,,单调递减,故,
要使正整数尽可能大,则可以是,故的最大值为4.
故答案为:
4.
【点睛】
本题考查了函数的单调性,值域,意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
17.2
【分析】
设,,由题意知,点到直线的距离为1,计算,故,得到答案.
【详解】
设,,由题意知,点到直线的距离为1,
设的中点为,,,故.
则,
当且仅当时,等号成立,此时,.
故答案为:
2.
【点睛】
本题考查了向量的数量积,向量的模,意在考查学生的计算能力和转化能力.
18.(Ⅰ)周期为,对称轴方程为;(Ⅱ)当时,有最大值2;当时,有最小值
【分析】
(Ⅰ)化简得到,得到周期和对称轴.
(Ⅱ)当时,,得到值域.
【详解】
(Ⅰ),
故函数的最小正周期为,
函数的对称轴方程满足,即.
(Ⅱ),当时,,
因此当时,有最大值2;当时,有最小值.
【点睛】
本题考查了三角函数的周期,对称轴,值域,意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.
19.
(1)见解析;
(2)
【分析】
(1)取的中点,连接、,.利用菱形的性质、等边三角形的性质分别证得,,由此证得平面,进而求得,根据空间角的概念,证得.
(2)根据
(1)得到就是二面角的平面角,即,由此求得的长.利用等体积法计算出到平面的距离,根据线面角的正弦值的计算公式,计算出直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
(1)取的中点,连接、,.在菱形中,
∵,∴是正三角形,∴,
同理在菱形,可证,∴平面,∴,
又∵,∴.
(2)由
(1)知,就是二面角的平面角,即,
又,所以是正三角形,故有,
如图,取的中点,连接,则,又由
(1)得,
所以,平面,且,又,在直角中,,
所以,设到平面的距离为,则
,
,所以,
故直线与平面所成角正弦值为.
【点睛】
本小题主要考查线线垂直的证明,考查线面角的正弦值的求法,考查空间想象能力和逻辑推理能力,属于中档题.
20.(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)见解析;(Ⅲ)见解析
【分析】
(Ⅰ),,相减化简得到答案.
(Ⅱ),,相减得到,得到证明.
(Ⅲ),故,代入计算得到答案.
【详解】
(Ⅰ)由,得,
两式相减得,
因为>0,所以,
所以,对一切,有.
(Ⅱ)可得,
两式相减得,,即,
由于,所以,又时,解得;
时,,解得,满足,
因此对一切,都有,即是等差数列.
(Ⅲ)由(Ⅱ)知,而当时,
,
所以当时,,
又当时,显然成立,
所以对一切,.
【点睛】
本题考查了等差数列的证明,证明数列不等式,意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
21.
(1)见解析;
(2)见解析
【解析】
【详解】
设P,M,N.易求得切线PM:
,
切线PN:
.
因为点P在两条切线上,所以,
.
故点M、N均在直线上.
于是,.
联立
.
由韦达定理知
.
(1)易知,F.
由抛物线的第二定义得
,
.
因此,.
(2)由,,,知
又,则
类似地,
故
.
结合,得
22.(Ⅰ)单调递增区间为,单调递减区间为;(Ⅱ)
【分析】
(Ⅰ)求导得到,得到单调区间.
(Ⅱ),求导根据单调性得到,讨论和两种情况,分别计算函数的最值得到答案.
【详解】
(Ⅰ)当时,,则,
当时,时,,
所以的单调递增区间为,单调递减区间为.
(Ⅱ)设,
而,令,则.
于是当x>0时,为增函数,又由,知.
(1)若,则,.
此时在区间上有唯一零点,设为,则时,.
故在区间上为减函数,,因此,不符合要求.
(2)若,则时,,
此时在区间上为增函数.
故时,,因此符合要求,
综上,的取值范围是.
【点睛】
本题考查了函数的单调区间,恒成立问题,意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
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