2019-2020年高三下学期总复习质量调查（一）数学（文）试题 含解析.doc

2019-2020年高三下学期总复习质量调查（一）数学（文）试题 含解析一.选择题：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设全集为，集合，则（A） （B） （C） （D） 【答案】A【解析】试题分析：因为，所以.考点：集合的运算.2 设是公比为的等比数列，则“”是“为递减数列”的 （A） 充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件（C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件【答案】D【解析】试题分析：若“”，当，时，所以为递增数列；若为递减数列，当时，所以应选D.考点：充分必要条件.3.阅读右边的程序框图，运行相应的程序，则输出的和值分别为（A）， （B）， （C）， （D）， 开始输出K,S结束是否【答案】B【解析】试题分析：第一次循环前：；第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：；第四次循环：；第五次循环：.考点：程序框图.4.设，,则（A） （B）（C） （D）【答案】C【解析】试题分析：由题意可得：，所以应选C考点：对数函数的性质.5. 已知双曲线：的焦距为，点在的渐近线上，则的方程为( ) （A） （B） （C） （D） 【答案】B【解析】试题分析：由题意可得：双曲线的渐近线方程且，又因为点在的渐近线上，所以，所以，故应选B.考点：双曲线的性质.6.若将函数的图象向右平移个单位，所得图象关于轴对称，则的最小正值是（A） （B） （C） （D） 【答案】C【解析】试题分析：，所以将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图像，又因为图象关于轴对称，所以，即，所以的最小正值是.考点：三角函数的性质.7.若，则下列不等式中 ；，对一切满足条件的，恒成立的序号是（ ） （A） （B） （C） （D）【答案】C【解析】试题分析：因为，所以所以正确；假设成立所以当且仅当时成立，与条件相矛盾，所以错误；由可知：所以正确；所以正确.考点：基本不等式的应用.8.在边长为的正三角形中，设，若，则的值为（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】C【解析】试题分析：由题意可得：，所以.考点：向量的应用.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分9某校选修乒乓球课程的学生中，高一年级有40名，高二年级有50名现用分层抽样的方法在这90名学生中抽取一个样本，已知在高一年级的学生中抽取了8名，则在高二年级的学生中应抽取的人数为 .【答案】5【解析】试题分析：由题意可知：抽样比为，所以在高二年级的学生中应抽取的人数为.考点：分层抽样.10是虚数单位，复数 .【答案】【解析】试题分析：.考点：复数的运算. 11.一空间几何体的三视图如右图所示，该几何体的体积为，则正视图与侧视图中的值为 . 【答案】【解析】试题分析：由三视图可知：该空间几何体是由一个以底面圆半径为2高为的圆柱和一个底面边长为的正方形，高为的四棱锥组成组合体，所以其体积为，所以，所以.考点：三视图.12.函数的单调递减区间为 .【答案】【解析】试题分析：由题意可得：，所以函数的单调递减区间为.考点：函数的性质.13.过圆外一点作圆的切线(为切点)，再作割线依次交圆于，.若，则 .【答案】8【解析】试题分析：由切割线定理可得：,即，由余弦定理可得：,又因为，即，所以考点：圆的性质.14.已知函数是定义在上的奇函数，当时，若，则实数的取值范围为 .【答案】【解析】试题分析：当时，由，得；当时；由，得；所以当时.因为函数是奇函数，所以当时，.因为对于，都有，所以，所以.考点：不等式的应用.二、解答题（将解答过程写在答卷纸上相应的位置）15（本小题满分13分）某校书法兴趣组有名男同学，和名女同学，其年级情况如下表：一年级二年级三年级男同学女同学现从这名同学中随机选出人参加书法比赛(每人被选到的可能性相同)（）用表中字母列举出所有可能的结果；（）设为事件“选出的人来自不同年级且性别相同”，求事件发生的概率【答案】（I）略；（II）1.【解析】试题分析：（1）古典概型的概率问题，关键是正确找出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，然后利用古典概型的概率计算公式计算；（2)当基本事件总数较少时，用列举法把所有的基本事件一一列举出来，要做到不重不漏，有时可借助列表，树状图列举，当基本事件总数较多时，注意去分排列与组合；（3）注意判断是古典概型还是几何概型，基本事件前者是有限的，后者是无限的，两者都是等可能性.试题解析：（I）解：从6名同学中随机选出2人参加知识竞赛的所有可能结果为共15种。（）解：选出的人来自不同年级且性别相同的所有可能结果为共6种。因此事件M发生的概率为考点：古典概型的应用.16（本小题满分13分）设的内角，所对边的长分别是，且，.（）求的值；（）求的值【答案】（I）；（II）.【解析】试题分析：(1)在三角形中处理边角关系时，一般全部转化为角的关系，或全部转化为边的关系.题中若出现边的一次式一般采用正弦定理，出现边的二次式一般采用余弦定理，应用正弦、余弦定理时，注意公式变形的应用，解决三角形问题时，注意角的限制范围;(2)在三角兴中，注意隐含条件（3）解决三角形问题时，根据边角关系灵活的选用定理和公式.试题解析：因为，所以，1分由余弦定理得， 3分所以由正弦定理可得. 5分因为，所以，即. 6分（）解：由余弦定理得.8分因为，所以. 10分故. 13分考点：正弦定理和余弦定理的应用。17（本小题满分13分）如图甲，在平面四边形中，已知,现将四边形沿折起，使平面 平面（如图乙），设点，分别为棱，的中点（）证明平面；（）求与平面所成角的正弦值；（）求二面角的余弦值 【答案】（I）略；（II）；（）.【解析】试题分析：(1)利用已知的线面垂直关系建立空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键.(2)证明线面垂直，需证线线垂直，只需要证明直线的方向向量垂直；（3)把向量夹角的余弦值转化为两平面法向量夹角的余弦值;(4）空间向量将空间位置关系转化为向量运算，应用的核心是要充分认识形体特征，建立恰当的坐标系，实施几何问题代数化.同时注意两点：一是正确写出点、向量的坐标，准确运算；二是空间位置关系中判定定理与性质定理条件要完备.试题解析：（）证明：在图甲中由且 得 ,即 在图乙中，因为平面平面，且平面平面所以底面，所以 2分又，得,且 3分所以平面 4分（）解法1：由、分别为、的中点得/，又由（）知，平面，所以平面，垂足为点则是与平面所成的角 6分在图甲中，由, 得,设则,8分所以在中，即与平面所成角的正弦值为 9分解法2：如图，以为坐标原点，所在的直线为轴建立空间直角坐标系如下图示，设，则，6分可得,，所以,8分设与平面所成的角为由（）知 平面所以即 9分（）由（）知平面，又因为平面， 平面，所以，所以为二面角的平面角 11分在中，所以即所求二面角的余弦为 13分考点：（1）证明直线与平面垂直；（2）利用空间向量解决线面角、二面角问题.18（本小题满分13分）已知椭圆：的焦距为，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形（）求椭圆的标准方程；（）设为椭圆的左焦点，为直线上任意一点，过作的垂线交椭圆于点，证明：平分线段(其中为坐标原点)，【答案】（I）；（II）略.【解析】试题分析：（1）设椭圆的方程，用待定系数法求出的值；（2）解决直线和椭圆的综合问题时注意：第一步：根据题意设直线方程，有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，可由点斜式设直线方程.第二步：联立方程：把所设直线方程与椭圆的方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程.第三步：求解判别式：计算一元二次方程根.第四步：写出根与系数的关系.第五步：根据题设条件求解问题中结论.试题解析：由已知可得， 2分解得， 4分所以椭圆的标准方程是. 6分（）证明：由（）可得，的坐标是，设点的坐标为，则直线的斜率.当时，直线的斜率.直线的方程是.当时，直线的方程是，也符合的形式8分设，将直线的方程与椭圆的方程联立，消去，得，其判别式.所以，. 10分设为的中点，则点的坐标为.所以直线的斜率，又直线的斜率，12分所以点在直线上，因此平分线段. 13分考点：(1)椭圆的方程； （2）直线与椭圆的综合问题.19（本小题满分14分）已知等差数列的公差为，前项和为，且，成等比数列（）求数列的通项公式；（）令，求数列的前项和.【答案】（I）；（II）.【解析】试题分析：(1)根据等比数列的首项和公比求通项公式；一般转化为首项和公比列方程求解，注意题中限制条件；（2）观测数列的特点形式，看使用什么方法求和.使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源和目的.（3）在做题时注意观察式子特点选择有关公式和性质进行化简，这样给做题带来方便，掌握常见求和方法，如分组转化求和，裂项法，错位相减.试题解析：（）解：因为，由题意得，解得，所以. 6分（）解：由题意可知，.8分当为偶数时，. 11分当为奇数时，. 14分所以.（或） 考点：（1）等比数列的通项公式；（2）裂项法求和.20（本小题满分14分）已知，函数.（）求的单调区间；（）当时，证明：方程在区间（2，）上有唯一解；（）若存在均属于区间的且，使=，证明：【答案】（I）；（II）略；（）略.【解析】试题分析：(1)利用函数的单调性与导数的关系；(2)解决类似的问题时，注意区分函数的最值和极值.求函数的最值时，要先求函数在区间内使的点，再计算函数在区间内所有使的点和区间端点处的函数值，最后比较即得.(3)第二问关键是分离参数，把所求问题转化为求函数的最小值问题.(4)若可导函数在指定的区间上单调递增（减），求参数问题，可转化为恒成立，从而构建不等式，要注意“=”是否可以取到.试题解析：（I）函数的定义域 ， 2分 令得：，令得：4分函数的单调递减区间为，单调递增区间为5分（II）证明:当时，由（I）知的单调递减区间为，的单调增区间为令，则在区间单调递增且，所以方程在区间上有唯一解。（注：检验的函数值异号的点选取并不唯一）（）证明：由及（）的结论知， 10分从而在上的最大值为（或）， 11分又由，知 12分故，即 13分从而 14分考点：函数性质的综合应用.