市六中2020屆高三一輪復習過關考試（五）

數學（理）

一、選擇題：本大題共12個小題，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．

1.已知全集，函數的定義域為，集合，則下列結論正確的是

A.B.C.D.【答案】A

【解析】

【分析】

求函數定義域得集合M，N后，再判斷．

【詳解】由題意，∴．

故選A．

【點睛】本題考查集合的運算，解題關鍵是確定集合中的元素．確定集合的元素時要注意代表元形式，集合是函數的定義域，還是函數的值域，是不等式的解集還是曲線上的點集，都由代表元決定．

2.下面關于復數的四個命題：的共軛復數在復平面內對應的點的坐標為的虛部為-1

其中的真命題是（）

A.B.C.D.【答案】C

【解析】

由題意可得：，則：，命題假命題；，其在復平面內對應的點的坐標為命題為真命題；的虛部為，命題為假命題；，命題為真命題；

綜上可得：真命題是.本題選擇C選項.3.下列有關命題的說法正確的是（）

A.若“”為假命題，則均為假命題

B.“”是“”的必要不充分條件

C.命題“若，則”的逆否命題為真命題

D.命題“，使得”的否定是：“，均有”

【答案】C

【解析】

【分析】

對每一個命題逐一判斷得解.【詳解】A.若為假命題，則中至少有一個假命題，所以該選項是錯誤的；B.是的充分不必要條件，因為由得到“x=-1或x=6”，所以該選項是錯誤的；C.命題若則的逆否命題為真命題，因為原命題是真命題，而原命題的真假性和其逆否命題的真假是一致的，所以該選項是正確的；D.命題使得的否定是：均有，所以該選項是錯誤的.故答案為C

【點睛】本題主要考查復合命題的真假和充要條件的判斷，考查逆否命題及其真假，考查特稱命題的否定，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.4.設，，則（）

A.B.C.D.【答案】D

【解析】

【分析】

利用函數的單調性，并結合取中間值法即可判斷大小.【詳解】由于，，則，即.故選D.【點睛】本題主要考查對數與對數函數和指數與指數函數，利用函數的單調性比較大小是常用手段，屬基礎題.5.空間中有不重合的平面，和直線，，則下列四個命題中正確的有（）

：若且，則；

：若且，則；

：若且，則；

：若，且，則.A.，B.，C.，D.，【答案】D

【解析】

對于，得出或與相交，故錯誤；對于，得出或相交或異面，故錯誤；對于，得出，故正確；對于，得出，故正確，選D.點睛：本題主要考查立體幾何中的平行、垂直問題，屬于基礎題，對于線面、面面之間的平行或垂直關系，要掌握，才能做好這道題．

6.已知等比數列中，有，數列是等差數列，其前項和為，且，則（）

A.26

B.52

C.78

D.104

【答案】B

【解析】

【分析】

設等比數列的公比為q，利用等比性質可得，即，再結合，即可得到結果.【詳解】設等比數列的公比為q，∵，∴≠0，解得＝4，數列是等差數列，且．

∴

故選B．

【點睛】本題考查了等比數列與等差數列的通項公式及其性質，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．

7.已知四棱錐的底面是正方形且側棱長與底面邊長都相等，E是SB的中點，則AE，SD所成的角的余弦值為（）

A.B.C.D.【答案】C

【解析】

【分析】

由四棱錐的底面是正方形且側棱長與底面邊長都相等，可推出四棱錐為正四棱錐，可以建立空間坐標系用向量的方法求解.【詳解】設點為底面正方形的中心，連接,由四棱錐的底面是正方形且側棱長與底面邊長都相等，可得,則,同理可得，所以平面，即四棱錐為正四棱錐.以點為原點，的中垂線為軸，的中垂線為軸，為軸建立空間坐標系,根據條件，設棱長為2，如圖，則，則，所以,，所以,所以AE，SD所成的角的余弦值為

故選：C

【點睛】本題考查異面直線所成角的求法，本題還可以用定義法求解,是基礎題.8.已知函數若函數存在零點，則實數a的取值范圍是（）

A.B.C.D.【答案】B

【解析】

【分析】

分析函數f(x)解析式可知函數存在唯一零點x=0,則只需，從而得到a的范圍.【詳解】指數函數，沒有零點，有唯一的零點，所以若函數存在零點，須有零點，即，則，故選B.【點睛】利用函數零點的情況求參數值或取值范圍的方法(1)直接法：直接根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數的范圍；

(2)分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域(最值)問題加以解決；(3)數形結合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解.9.如右圖所示的圖象對應的函數解析式可能是（）

A.B.C.D.【答案】A

【解析】

【分析】

根據圖像判斷函數的定義域可排除B,C選項，對于選項D分析函數值的正負可得出錯誤，對選項A可通過求導，求出單調區間，極值，函數值的正負，可判斷正確.【詳解】選項A：，令，函數的單調遞增區間是，單調遞減區間是，函數的極大值點為，極小值點為，函數的零點為，，故選項A滿足題意；

選項B：函數定義域為，不合題意；

選項C：函數的定義域為，不合題意；

選項D：當，不合題意.故選:A

【點睛】本題考查了函數的圖像和性質的應用問題，解題時要注意分析每個函數的定義域與值域的圖像特征，是綜合性題目.10.已知函數f(x)＝A

cos(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分圖象如圖所示，下面結論錯誤的是()

A.函數f(x)的最小正周期為

B.函數f(x)的圖象可由g(x)＝Acos

ωx的圖象向右平移個單位長度得到

C.函數f(x)的圖象關于直線x＝對稱

D.函數f(x)在區間上單調遞增

【答案】D

【解析】

∵由題意可知，此函數的周期T=2（﹣），∴解得：ω=3，可得：f（x）=Acos（3x+φ）．

又∵由題圖可知f（）=Acos（3×+φ）=Acos（φ﹣π）=0，∴利用五點作圖法可得：φ﹣π=，解得：φ=，∴f（x）=Acos（3x+）．

∴令3x+=kπ，k∈Z，可解得函數的對稱軸方程為：x=﹣，k∈Z，令2kπ﹣π≤3x+≤2kπ，k∈Z，可解得：kπ﹣≤x≤kπ﹣，k∈Z，故函數的單調遞增區間為：[kπ﹣，kπ﹣]，k∈Z．

∴對于A，函數f（x）最小周期為，故A正確；

對于B，因為g（x）=Acos3x的圖象向右平移個單位得到y=Acos[3（x﹣）]=Acos（3x﹣）=Acos（3x﹣）=Acos（3x+）=f（x），故B正確；

對于C，因為函數的對稱軸方程為：x=﹣，k∈Z，令k=2，可得函數f（x）的圖象關于直線x=對稱，故C正確；

對于D，因為函數的單調遞增區間為：[kπ﹣，kπ﹣]，k∈Z，令k=2，可得函數單調遞增區間為：[，]，故函數f（x）在區間（，）上不單調遞增，故D錯誤．

故選D．

點睛：點睛：三角函數的圖象變換，提倡“先平移，后伸縮”，但“先伸縮，后平移”也常出現在題目中，所以也必須熟練掌握.無論是哪種變形，切記每一個變換總是對字母而言.函數是奇函數；

函數是偶函數；

函數是奇函數；

函數是偶函數.由求增區間;由求減區間.11.“牟和方蓋”是我國古代數學家劉徽在研究球的體積的過程中構造的一個和諧優美的幾何體.它由完全相同的四個曲面構成，相對的兩個曲面在同一個圓柱的側面上（圖1），好似兩個扣合（牟合）在一起的方形傘（方蓋）.其直觀圖如（圖2）所示，圖中四邊形是為體現其直觀性所作的輔助線，當其正視圖與側視圖完全相同時，它的正視圖和俯視圖分別可能是（）

A.B.C.D.【答案】A

【解析】

∵相對的兩個曲面在同一個圓柱的側面上，好似兩個扣合（牟合）在一起的方形傘（方蓋）．

∴其正視圖和側視圖是一個圓，∵俯視圖是從上向下看，相對的兩個曲面在同一個圓柱的側面上

∴俯視圖是有2條對角線且為實線的正方形，故選A．

點睛：本題很是新穎，相對的兩個曲面在同一個圓柱的側面上，好似兩個扣合（牟合）在一起的方形傘（方蓋）．根據三視圖看到方向，可以確定三個識圖的形狀．三視圖是一個常考的內容，對于幾何體，他描述的應該熟悉，想想出它的樣子，才能夠作對此題．

12.已知是函數的導函數，且對任意的實數x都有（e是自然對數的底數），若不等式的解集中恰有兩個整數，則實數k的取值范圍是（）

A.B.C.D.【答案】C

【解析】

【分析】

設，則，可得由條件可得，從而，再求導分析出的單調性并畫出的圖像即可得解.【詳解】由對任意的實數x都有，有，即

設，則，所以，其中為常數.即

所以，又，則，即

所以，由得或，得.則

上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，且，，當時，當時，.其圖像大致如下.不等式的解集中恰有兩個整數,即的解集中恰有兩個整數,則，即.故選:

C

【點睛】本題考查了利用導數研究其單調性極值與最值及其圖象性質、方程與不等式的解法、數形結合思想方法、構造方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．

二、填空題（將答案填在答題紙上）

13.已知實數，滿足不等式組且的最大值為，則=_____．

【答案】

【解析】

作出可行域，目標函數可變為，令，作出，由平移可知直線過時取最大值，則．則．故本題應填．

14.已知向量，如果，那么的值為_______．

【答案】

【解析】

【分析】

由，得，又，結合可求解.【詳解】由，向量，有，即，故答案為：

【點睛】本題考查兩個向量的共線，誘導公式和二倍角公式的應用，屬于中檔題.15.已知三棱錐的底面是以AB為斜邊的等腰直角三角形，，則三棱錐的外接球的球心到平面ABC的距離是_______．

【答案】

【解析】

【分析】

根據三棱錐的底面是以AB為斜邊的等腰直角三角形，可得在面上的射影為的的中點，則平面，則三棱錐的外接球的球心在線段上，為與平面的距離，則可得出答案.【詳解】由三棱錐的底面是以AB為斜邊的等腰直角三角形，所以在面上的射影為的的中點，連接,如圖.則平面，由,則上任意一點到的距離都相等,所以三棱錐的外接球的球心在線段上，在中,為的中點,所以，在中，,得,解得：，所以三棱錐的外接球的球心到平面ABC的距離是.故答案為：

【點睛】本題考查三棱錐的外接球的球心到平面的距離，考查球的性質，屬于中檔題.16.已知為等腰直角三角形，OC為斜邊的高．

（1）若P為線段OC的中點，則__________．

（2）若P為線段OC上的動點，則的取值范圍為__________．

【答案】

(1).(2).【解析】

分析】

(1)

由條件可知，又，代入中，利用向量的數量積的定義可求解答案.(2)

當P為線段OC上的動點時，設，利用向量的數量積的運算性質和定義可求解.【詳解】為等腰直角三角形，為斜邊的高,則為邊的中線，所以,.(1)

當為線段OC的中點時，在中,為邊上的中線,則

所以

(2)當P為線段OC上的動點時，設,.所以的取值范圍為

故答案為：(1).(2).【點睛】本題考查向量的加法運算，數量積的運算，本題還可以建立坐標系利用向量的坐標運算解決本題,屬于中檔題.三、解答題（解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．）

17.在銳角中，，為內角，的對邊，且滿足．

（）求角的大小．

（）已知，邊邊上的高，求的面積的值．

【答案】（1）；（2）.【解析】

試題分析：（）由，利用正弦定理和三角函數的恒等變換，可得，即可得到角的值；

（）由三角形的面積公式，代入，解得的值，及的值，再根據余弦定理，求得的值，由三角形的面積公式，即可求解三角形的面積.試題解析：

（）∵，由正弦定理得，∴，∵且，∴，∵，．

（）∵，代入，，得，由余弦定理得：，代入，得，解得，或，又∵銳角三角形，∴，∴，∴

18.已知等差數列中，公差，且，成等比數列．

求數列的通項公式；

若為數列的前項和，且存在，使得成立，求實數的取值范圍．

【答案】(1)

(2)

【解析】

試題分析：（1）由題意可得解得即可求得通項公式；(2),裂項相消求和，因為存在，使得成立，所以存在，使得成立，即存在，使得成立.求出的最大值即可解得的取值范圍.試題解析：

（1）由題意可得即

又因為，所以所以.（2）因為，所以

.因為存在，使得成立，所以存在，使得成立，即存在，使得成立.又（當且僅當時取等號）.所以，即實數的取值范圍是.19.在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為正方形，平面ABCD，，．

（1）求證：平面PAD；

（2）在棱AB上是否存在一點F，使得平面平面PCE？如果存在，求的值；如果不存在，說明理由．

【答案】（1）證明見解析（2）存在，【解析】

【分析】

（1）根據已知條件便可證明平面BCE∥平面PAD，從而便得到CE∥平面PAD；

（2）首先分別以AB，AD，AP三直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，要使平面DEF⊥平面PCE，則有這兩平面的法向量垂直，設，平面PCE的法向量為，根據即可求出，同樣的辦法表示出平面DEF的法向量，根據即可求出，從而求出的值.【詳解】解：（1）設PA中點為G，連結EG，DG，因為，且，所以且，所以四邊形BEGA為平行四邊形，所以，且．

因為正方形ABCD，所以，所以，且，所以四邊形CDGE為平行四邊形，所以．

因為平面PAD，平面PAD，所以平面PAD．

(2)如圖，建立空間坐標系，則，，，所以，．

設平面PCE的一個法向量為，所以

令，則，所以．

假設存在點滿足題意，則，．

設平面DEF的一個法向量為，則，令，則，所以．

因為平面平面PCE，所以，即，所以，故存在點滿足題意，且．

【點睛】考查線面平行、面面平行的判定定理，通過建立空間直角坐標系，利用空間向量解決面面垂直問題的方法是常用的方法．屬于中檔題.20.如圖，在三棱錐中，，O為AC的中點．

（1）證明：平面ABC；

（2）若點M在棱BC上，且，求點C到平面POM的距離．

（3）若點M在棱BC上，且二面角為30°，求PC與平面PAM所成角的正弦值．

【答案】（1）證明見解析（2）（3）

【解析】

【分析】

（1）由條件,O為AC的中點可得，同理，求出的三邊長，利用勾股定理可得，從而可證.（2）由（1）可知，平面平面ABC，作，垂足為H，所以平面POM．所以的長度為點C到平面POM的距離，然后通過解三角形解出即可.（3）以O為坐標原點，，的分別為x，軸，建立空間直角坐標系，平面PAC的一個法向量，設，求出平面PAM的法向量為，由，可求出的值，從而可求出PC與平面PAM所成角的正弦值.【詳解】證明：因為，O為AC的中點，所以，且．

連接OB．因為，所以為等腰直角三角形，且，．

在中，由知，．

由，且，知平面ABC．

（2）解：作，垂足為H．

又由（1）可得，所以平面POM．

故CH的長為點C到平面POM的距離．

由題設可知，．

在中，,所以，則,即

又,所以．

所以點C到平面POM的距離為．

（3）解：如圖，以O為坐標原點，，的分別為x，軸，建立空間直角坐標系，由已知得，，，．

取平面PAC的一個法向量．

在平面內直線的平面直角坐標方程為：，設（），則．,設平面PAM的法向量為．

由，得

可取，所以．

由已知可得，所以，解得（舍去），所以．

又，所以．

所以PC與平面PAM所成角的正弦值為．

【點睛】本題考查線面垂直的證明，點面距離和根據二面角探索點的位置從而求線面角.利用向量法解決立體幾何問題時，注意計算要準確，屬于中檔題.21.已知函數在處的切線斜率為2.（Ⅰ）求的單調區間和極值；

（Ⅱ）若在上無解，求的取值范圍.【答案】(Ⅰ)

單調遞增區間為，單調遞減區間為和

極小值為，極大值為

(Ⅱ)

【解析】

試題分析：

(Ⅰ)結合導函數的解析式有，則，由得或.結合導函數的符號研究函數的性質可得函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為和.則函數的極小值為，極大值為；

(Ⅱ)構造新函數，令，由題意可得在上恒成立.其中，研究其分母部分，記，由題意可得.分類討論：

若，則單調遞減∴恒成立.若，則在上單調遞增.而，故與已知矛盾，舍去.綜上可知，.試題解析：

解：（Ⅰ）∵，∴.∴，.令，解得或.當變化時，的變化情況如下表：

∴函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為和.∴函數的極小值為，極大值為；

（Ⅱ）令.∵在上無解，∴在上恒成立.∵，記，∵在上恒成立，∴在上單調遞減.∴.若，則，∴.∴單調遞減.∴恒成立.若，則，存在，使得，∴當時，即.∴在上單調遞增.∵，∴在上成立，與已知矛盾，故舍去.綜上可知，.點睛：導數是研究函數的單調性、極值(最值)最有效的工具，而函數是高中數學中重要的知識點，所以在歷屆高考中，對導數的應用的考查都非常突出，本專題在高考中的命題方向及命題角度

從高考來看，對導數的應用的考查主要從以下幾個角度進行：

(1)考查導數的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯系．

(2)利用導數求函數的單調區間，判斷單調性；已知單調性，求參數．

(3)利用導數求函數的最值(極值)，解決生活中的優化問題．

(4)考查數形結合思想的應用．

22.在平面直角坐標系中，已知曲線的參數方程為，以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為．

（1）求曲線與曲線兩交點所在直線的極坐標方程；

（2）若直線的極坐標方程為，直線與軸的交點為，與曲線相交于兩點，求的值．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

(1)先將和化為普通方程，可知是兩個圓，由圓心的距離判斷出兩者相交，進而得相交直線的普通方程，再化成極坐標方程即可；(2)先求出l的普通方程有，點，寫出直線l的參數方程，代入曲線：，設交點兩點的參數為，根據韋達定理可得和，進而求得的值．

【詳解】(1)

曲線的普通方程為：

曲線的普通方程為：，即

由兩圓心的距離，所以兩圓相交，所以兩方程相減可得交線為，即.所以直線的極坐標方程為.(2)

直線的直角坐標方程：，則與軸的交點為

直線的參數方程為，帶入曲線得.設兩點的參數為，所以，所以，同號.所以

【點睛】本題考查了極坐標，參數方程和普通方程的互化和用參數方程計算長度，是常見考題．