2019-2020年高三數(shù)學(xué)返校聯(lián)考試題 理（含解析）【試卷綜析】客觀地說試題的設(shè)計、考查的要求和復(fù)習(xí)的導(dǎo)向都比較好，結(jié)構(gòu)穩(wěn)定。整套試卷的題型設(shè)置，試題總體結(jié)構(gòu)、考點分布、題型題量、賦分權(quán)重等方面均與歷年考題保持一致，充分體現(xiàn)了穩(wěn)定的特點。試題緊緊圍繞教材選材，注重基礎(chǔ)知識和基本能力的檢測?？疾榱吮匾獢?shù)學(xué)基礎(chǔ)知識、基本技能、基本數(shù)學(xué)思想；考查基本的數(shù)學(xué)能力，以及數(shù)學(xué)的應(yīng)用意識、創(chuàng)新意識、科學(xué)態(tài)度和理性精神等要求落到實處，模擬試卷有模仿性，即緊跟上一年高考試卷的命題，又有預(yù)見性，能夠預(yù)測當(dāng)年試卷的些微變化，具有一定的前瞻性，對學(xué)生有所啟發(fā)，提高學(xué)生的應(yīng)試備考能力，提升得分。第卷（選擇題部分 共50分）一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.【題文】1.已知函數(shù)的定義域為,的定義域為,則=（）ABCD 【知識點】函數(shù)的定義域；補集以及并集的運算.A1 B1 【答案解析】A 解析：因為函數(shù)的定義域為，的定義域為,所以，則，所以由這些結(jié)論可得=.【思路點撥】先由題設(shè)解出集合，然后借助于補集以及并集的運算即可.【題文】2.若“”是“”的充分而不必要條件,則實數(shù)的取值范圍是（）ABC D【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷A2 【答案解析】A 解析：由得，要使“”是“”的充分不必要條件，則，即，故選A【思路點撥】先求出不等式的等價條件，根據(jù)充分不必要條件的定義進行判斷即可【題文】3.如圖，三棱錐的底面為正三角形，側(cè)面與底面垂直且，已知其正視圖的面積為，則其側(cè)視圖的面積為( )A B C D【知識點】三視圖.G2 【答案解析】B 解析：設(shè)底面正ABC的邊長為a，側(cè)面VAC的底邊AC上的高為h，可知底面正ABC的高為，其主視圖為VAC，；左視圖的高與主視圖的高相等，左視圖的高是h，又左視圖的寬是底面ABC的邊AC上的高，故選B【思路點撥】由三視圖的畫圖要求“長對正，高平齊，寬相等”可以找出左視圖的寬、高與俯視圖的寬、主視圖的高的相等關(guān)系，進而求出答案【題文】4.為了得到函數(shù)的圖象，只需將函數(shù)的圖象（ ）A向左平移個單位 B向右平移個單位C向左平移個單位 D向右平移個單位 【知識點】函數(shù)的圖象變換C4 【答案解析】A 解析：函數(shù)，故將函數(shù)y=sin2x的圖象向左平移個單位，可得函數(shù)的圖象，故選：A【思路點撥】利用誘導(dǎo)公式可得函數(shù)變形，再利用函數(shù)的圖象變換規(guī)律，可得結(jié)論【題文】5.已知數(shù)列是等差數(shù)列，若，且數(shù)列的前項和有最大值，那么取得最小正值時等于（）A20B17C19D21 【知識點】等差數(shù)列的性質(zhì)D2 【答案解析】C 解析：數(shù)列是等差數(shù)列，若，設(shè)公差為d，則有，即，故有，且再由前n項和Sn有最大值，可得數(shù)列為遞減數(shù)列，公差d0結(jié)合，可得，故綜上可得令0，且0，可得，且化簡可得，且即，且 再由，可得，19n19，n=19，故選C【思路點撥】由條件求得，d0令0，且0，可得，且再由，可得，19n19，從而得到n的值【題文】6.若關(guān)于的不等式在區(qū)間上有解,則實數(shù)的取值范圍為（）ABC(1,+)D 【知識點】一元二次不等式的解法E3 【答案解析】A 解析：令，則， 頂點橫坐標，要使關(guān)于x的不等式在區(qū)間上有解，則應(yīng)滿足，解得；時，要使關(guān)于x的不等式在區(qū)間上有解，也應(yīng)滿足，解得綜上可知：實數(shù)a的取值范圍是(，+)故選A【思路點撥】令，則，無論頂點橫坐標，還是時，要使關(guān)于要使關(guān)于x的不等式在區(qū)間上有解，則應(yīng)滿足，解出即可【題文】7.設(shè)，若函數(shù)為單調(diào)遞增函數(shù)，且對任意實數(shù)x，都有（是自然對數(shù)的底數(shù)），則的值等于( ) A. 1 B C3 D【知識點】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)B3 【答案解析】C 解析：設(shè)，則，則條件等價為，令，則，函數(shù)為單調(diào)遞增函數(shù)，函數(shù)為一對一函數(shù)，解得，即，故選：C【思路點撥】利用換元法 將函數(shù)轉(zhuǎn)化為，根據(jù)函數(shù)的對應(yīng)關(guān)系求出的值，即可求出函數(shù)的表達式，即可得到結(jié)論【題文】8.已知、分別是橢圓的左、右焦點，是橢圓上一動點，圓與的延長線、的延長線以及線段相切，若為其中一個切點，則()A BC D與2的大小關(guān)系不確定【知識點】圓與圓錐曲線的綜合H3 H9 【答案解析】A 解析：由題意知，圓C是AF1F2的旁切圓，點M是圓C與x軸的切點，設(shè)圓C與直線F1A的延長線、AF2分別相切于點P，Q，則由切線的性質(zhì)可知：AP=AQ，F(xiàn)2Q=F2M，F(xiàn)1P=F1M，MF2=QF2=（AF1+AF2）-（AF1+AQ）=2a-AF1-AP=2a-F1P=2a-F1MMF1+MF2=2a，t=a=2故選A【思路點撥】由題意知，圓C是AF1F2的旁切圓，點M是圓C與x軸的切點，設(shè)圓C與直線F1A的延長線、AF2分別相切于點P，Q，則由切線的性質(zhì)可知：AP=AQ，F(xiàn)2Q=F2M，F(xiàn)1P=F1M，由此能求出t的值【題文】.9.在正方體中，是棱的中點，是側(cè)面內(nèi)的動點，且平面，則與平面所成角的正切值構(gòu)成的集合是 （ ）A B C D【知識點】直線與平面所成的角G5 【答案解析】D 解析：設(shè)平面AD1E與直線BC交于點G，連接AG、EG，則G為BC的中點分別取B1B、B1C1的中點M、N，連接AM、MN、AN，則A1MD1E，A1M平面D1AE，D1E平面D1AE，A1M平面D1AE同理可得MN平面D1AE，A1M、MN是平面A1MN內(nèi)的相交直線平面A1MN平面D1AE，由此結(jié)合A1F平面D1AE，可得直線A1F平面A1MN，即點F是線段MN上上的動點設(shè)直線A1F與平面BCC1B1所成角為，運動點F并加以觀察，可得：當(dāng)F與M（或N）重合時，A1F與平面BCC1B1所成角等于A1MB1，此時所成角達到最小值，滿足；當(dāng)F與MN中點重合時，A1F與平面BCC1B1所成角達到最大值，滿足A1F與平面BCC1B1所成角的正切取值范圍為故選：D【思路點撥】設(shè)平面AD1E與直線BC交于點G，連接AG、EG，則G為BC的中點分別取B1B、B1C1的中點M、N，連接AM、MN、AN，可證出平面A1MN平面D1AE，從而得到A1F是平面A1MN內(nèi)的直線由此將點F在線段MN上運動并加以觀察，即可得到A1F與平面BCC1B1所成角取最大值、最小值的位置，由此不難得到A1F與平面BCC1B1所成角的正切取值范圍【題文】10定義為兩個向量，間的“距離”，若向量，滿足：； ；對任意的，恒有，則（ ）A（A） B（B） C D【知識點】向量的模L4 【答案解析】C 解析：如圖：，的終點在單位圓上，用表示，用表示，用表示-，設(shè) ，由恒成立得，恒成立，故選 C【思路點撥】由題意知的終點在單位圓上，由恒成立得，恒成立，從而得到結(jié)論【題文】第卷（非選擇題部分 共100分）二、填空題：本大題共7小題，每小題4分，共28分【題文】11.設(shè)sin，則_. 【知識點】兩角和的正弦公式；二倍角的正弦公式.C5 C6 【答案解析】 解析：因為sin，所以整理得：，兩邊平方可得：，即，故答案為：.【思路點撥】把原式展開后再平方即可得到結(jié)果.【題文】12.已知實數(shù)滿足，且目標函數(shù)的最大值為6，最小值為1（其中），則的值為_. 【知識點】簡單線性規(guī)劃E5 【答案解析】 解析：作出不等式對應(yīng)的平面區(qū)域，（陰影部分）由，得，平移直線，由圖象可知當(dāng)直線經(jīng)過點A時，直線的截距最大，此時最大當(dāng)直線經(jīng)過點B時，直線的截距最小，此時最小由，解得，即，由，解得，即，點A，B也在直線上，即，兩式相減得，解得故答案為：4【思路點撥】作出不等式對應(yīng)的平面區(qū)域，利用線性規(guī)劃的知識，通過平移即先確定z的最優(yōu)解，即可得到結(jié)論【題文】13.已知數(shù)列，滿足，（），則_.【知識點】數(shù)列遞推式D1 【答案解析】 解析：，且，且，再根據(jù)，數(shù)列是以-2為首項，-1為公差的等差數(shù)列，則故答案為：【思路點撥】根據(jù)，先求得的值，再根據(jù)，得到，根據(jù)遞推關(guān)系，構(gòu)造數(shù)列，利用等差數(shù)列的定義，證明是一個常數(shù)，即可證得數(shù)列是等差數(shù)列，利用等差數(shù)列的通項公式，求出，即可求得【題文】14.已知是定義在上且周期為的函數(shù),當(dāng)時，.若函數(shù)在區(qū)間上有個零點(互不相同)，則實數(shù)的取值范圍是_.【知識點】函數(shù)的零點與方程根的關(guān)系；函數(shù)的周期性；函數(shù)零點的判定定理L4 【答案解析】解析：由y=f（x）-a=0得f（x）=a，作出函數(shù)f（x）在-3，4上的圖象如圖：f（0）=f（1）=f（2）=，當(dāng)a=時，方程f（x）=在上有8個根，當(dāng)a=0時，方程f（x）=0在上有5個根，則要使函數(shù)y=f（x）-a在區(qū)間上有10個零點，即方程f（x）=a在區(qū)間上有10個根，則，故答案為：.【思路點撥】作出函數(shù)y=f（x）在區(qū)間上圖象，利用數(shù)形結(jié)合即可得到結(jié)論【題文】15.已知點是雙曲線 (,)的左焦點，點是該雙曲線的右頂點，過點且垂直于軸的直線與雙曲線交于，兩點，若是銳角三角形，則該雙曲線的離心率的取值范圍是_【知識點】雙曲線的簡單性質(zhì)H6【答案解析】 解析：根據(jù)雙曲線的對稱性，得ABE中，|AE|=|BE|，ABE是銳角三角形，即AEB為銳角,由此可得RtAFE中，AEF45°，得,|AF|= ，|EF|= ,，即兩邊都除以，得，解之得,雙曲線的離心率e1該雙曲線的離心率e的取值范圍是（1，2）【思路點撥】根據(jù)雙曲線的對稱性，得到等腰ABE中，AEB為銳角，可得，將此式轉(zhuǎn)化為關(guān)于a、c的不等式，化簡整理即可得到該雙曲線的離心率e的取值范圍【題文】16.設(shè)是外接圓的圓心,分別為角對應(yīng)的邊,已知,則的范圍是_.【知識點】平面向量數(shù)量積的運算F3 【答案解析 解析：設(shè)O是ABC的三邊中垂線的交點，故O是三角形外接圓的圓心，如圖所示，延長AO交外接圓于D AD是O的直徑，ACD=ABD=90°， ，解得令當(dāng)時，取得最小值又f(b)2即的取值范圍是故答案為【思路點撥】如圖所示，延長AO交外接圓于D由于AD是O的直徑，可得ACD=ABD=90°，于是，可得，由于，解得令利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出【題文】17.一個直徑等于2的半圓，過作這個圓所在平面的垂線，在垂線上取一點,使，為半圓上的一個動點，、分別為在、上的射影。當(dāng)三棱錐的體積最大時，與平面所成角的正弦值是_.【知識點】線面垂直的性質(zhì)；線面角.G5 G6 【答案解析】 解析：由題意畫出圖像如下：不妨設(shè)直徑AB=AS=2,AN=x，連接AC,BC,所以,又因為在上的射影為N, ,故有,所以三棱錐的體積為 ，此時等號成立時，當(dāng)且僅當(dāng)即時有最大值，此時,故答案為。【思路點撥】不妨設(shè)直徑AB=AS=2,AN=x，連接AC,BC,所以,又因為在上的射影為N, ,故有,所以可得三棱錐的體積的解析式，再利用基本不等式可求得結(jié)果.三、解答題：本大題共5小題，共72分解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟【題文】18.（本小題滿分14分）設(shè)函數(shù)直線與函數(shù)圖像相鄰兩交點的距離為.（）求的值;（）在中，角、所對的邊分別是、，若點是函數(shù)圖像的一個對稱中心，且,求面積的最大值.【知識點】三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用；三角函數(shù)的周期性及其求法C4 【答案解析】（）（） 解析：（），4分的最大值為，的最小正周期為.7分（）由（1）知，8分，.12分故，面積的最大值為.14分【思路點撥】（）利用三角恒等變換化為，在由題意得到函數(shù)的周期，由周期公式求得的值；（）把（）中求得的值代入函數(shù)解析式，由點是函數(shù)圖象的一個對稱中心求得B，利用正弦定理求出,再利用面積公式即可.【題文】19（本小題滿分14分）如圖，四棱錐的底面是正方形，側(cè)棱底面，是的中點 （）證明：/平面； （）求二面角的平面角的余弦值； （）在棱上是否存在點，使平面？證明你的結(jié)論 【知識點】用空間向量求平面間的夾角；直線與平面平行的判定G10 G11 【答案解析】（）見解析（） （）棱上存在點，使得平面解析：法一：（）以為坐標原點，分別以、所在直線為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，設(shè)，則，2分設(shè) 是平面BDE的一個法向量，則由 ，得 取，得4分， 5分 （）由（）知是平面BDE的一個法向量，又是平面的一個法向量 7分設(shè)二面角的平面角為，由圖可知故二面角的余弦值為10分（）假設(shè)棱上存在點，使平面，設(shè)，則，由得13分即在棱上存在點，使得平面14分法二：（）連接，交于，連接在中，為中位線，,/平面4分（）底面, 平面底面，為交線,平面平面，為交線, =，是的中點平面， 即為二面角的平面角設(shè)，在中,故二面角的余弦值為9分（）由（）可知平面，所以，所以在平面內(nèi)過作，連EF，則平面在中,，所以在棱上存在點，使得平面14分【思路點撥】（）建立空間直角坐標系，根據(jù)直線所在的向量與平面的法向量相互垂直，并且直線不在平面內(nèi)可得直線與平面平行（）分別求出兩個平面的法向量，利用向量的有關(guān)運算計算出兩個向量的夾角，進而得到二面角平面角的余弦值（）假設(shè)存在點F，則直線PB所在的向量與平面DEF的法向量平行，根據(jù)這個條件可得到一個方程，再根據(jù)有關(guān)知識判斷方程的解的情況【題文】20（本小題滿分14分）已知數(shù)列滿足：，數(shù)列滿足：，數(shù)列的前項和為. （）求證：數(shù)列為等比數(shù)列； （II）求證：數(shù)列為遞增數(shù)列；（）若當(dāng)且僅當(dāng)時，取得最小值，求的取值范圍【知識點】數(shù)列遞推式；數(shù)列的函數(shù)特性；數(shù)列的求和；等比數(shù)列的性質(zhì)D1 D2 D3 D4 【答案解析】（）見解析（）見解析（） 解析：（）是等差數(shù)列又 3分又為首項，以為公比的等比數(shù)列6分 （）當(dāng)又， 是單調(diào)遞增數(shù)列 10分 （）時， 即，14分【思路點撥】（）可以先根據(jù)數(shù)列的遞推關(guān)系式求的數(shù)列的通項，再有數(shù)列滿足的關(guān)系，將與作差化簡即可獲得解答；（）先結(jié)合（）的結(jié)論求的通項公式，又數(shù)列的通項知道，故可求得數(shù)列的通項，通過通項研究即可解答；（）結(jié)合數(shù)列的變化將問題轉(zhuǎn)化為通項的不等關(guān)系，解方程組即可獲得解答【題文】21（本小題滿分15分）已知二次函數(shù)（）.（）當(dāng)時，函數(shù)定義域和值域都是，求的值；（）若函數(shù)在區(qū)間上與軸有兩個不同的交點，求的取值范圍.【知識點】二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，函數(shù)的零點，基本不等式.B5 B9 E6 【答案解析】（）10 （）解析：（），函數(shù)對稱軸為，故在區(qū)間單調(diào)遞減，在區(qū)間單調(diào)遞增.當(dāng)時，在區(qū)間上單調(diào)遞減；故，無解；當(dāng)時，在區(qū)間上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞增，且，故，； 當(dāng)時，在區(qū)間上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞增，且，故，無解. 的值為10. 8分（）設(shè)函數(shù)的兩個零點為、（），則.又，而，由于，故，. 15分【思路點撥】（）當(dāng)時，函數(shù)圖象的對稱軸為直線，結(jié)合二次函數(shù)的單調(diào)性，分當(dāng)時，當(dāng)時，當(dāng)時，三種情況討論滿足條件的b值，最后綜合討論結(jié)果，可得答案（）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）上與x軸有兩個不同的交點，即函數(shù)的兩個零點為、（），即，進而結(jié)合基本不等式可得的取值范圍【題文】22（本小題滿分15分）已知橢圓直線與以原點為圓心，以橢圓的短半軸為半徑的圓相切，為其左右焦點，為橢圓上的任意一點，的重心為，內(nèi)心為，且（）求橢圓的方程；（）已知為橢圓上的左頂點，直線過右焦點與橢圓交于兩點，若的斜率滿足，求直線的方程【知識點】直線與圓錐曲線的綜合問題；橢圓的簡單性質(zhì)H5 H8 【答案解析】（）（） 解析：（）設(shè)，則. 2分又，.4分，故又直線與以原點為圓心，以橢圓的短半軸為半徑的圓相切，6分，7分 （）若直線斜率不存在，顯然不合題意；8分則直線的斜率存在設(shè)直線為，直線和橢圓交于，將：依題意： 10分由韋達定理可知：又而從而 14分求得符合故所求直線的方程為：15分【思路點撥】（）設(shè)，則.然后找到a,c的關(guān)系式，最后結(jié)合“直線與以原點為圓心，以橢圓的短半軸為半徑的圓相切”，求出b的值即可；（）設(shè)出直線l的方程，代入橢圓方程，由韋達定理求出代入中，化簡即可求出k的值，得到直線l的方程