2019-2020年高三数学下学期第二次阶段考试试题 理.doc

2019-2020年高三数学下学期第二次阶段考试试题 理一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项。1已知集合则A B C D2设为虚数单位，则复数=A B C D3的展开式的常数项是A2 B3 C-2 D-34已知双曲线1（a0，b0）的一条渐近线为，则它的离心率为A BC D5现有16张不同卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一颜色，且红色卡片至多1张，不同的取法为 A232种B252种C472种D484种6设，且，则下列结论中正确的是（ ）A BC D7运行如图所示框图的相应程序，若输入a，b的值分别为和，则输出M的值是（ ）A0 B1 C2 D-18如下图是张大爷晨练时所走的离家距离（y）与行走时间（x）之间函数关系的图象，若用黑点表示张大爷家的位置，则张大爷散步行走的路线可能是（ ）9已知不等式组，表示的平面区域为M，若直线与平面区域M有公共点，则k的取值范围是（ ）A B C D10一空间几何体按比例绘制的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）m3A B C D11在椭圆上有两个动点P，Q，E（3,0）为定点，EPEQ，则最小值为（ ）A6 B C9 D12已知函数，。定义：，满足的点称为的n阶不动点。则的n阶不动点的个数是（ ）An个 B2n2个 C2（2n-1）个 D2n个第卷本卷包括必考题和选考题两个部分。第（13）题-第（21）题为必考题，每个考生都必须作答。第（22）题-第（24）题为选考题，考生根据要求作答。二、填空题：本大题共四小题，每小题5分。13已知，的夹角为60，则_。14设函数图象的一条对称轴是直线，则_。15数列的前n项和记为，则的通项公式为_。16ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，下列命题正确的是_（写出正确命题的编号）。总存在某内角，使；若，则BA；存在某钝角ABC，有；若，则ABC的最小角小于；三、解答题（12分5分，+10分）17已知数列的前n项和为，。（1）求；（2）求证：数列是等比数列；（3）求。18已知函数。（1）求的单调递增区间；（2）在ABC中，三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，b，a，c成等差数列，且，求a的值。19如图，已知AB平面ACD，DEAB，ACD是正三角形，AD=DE=2AB，且F是CD的中点。（1）求证：AF平面BCE；（2）求证：平面BCE平面CDE；（3）求平面BCE与平面ACD所成锐二面角的大小。20已知抛物线的焦点为F，点P是抛物线上的一点，且其纵坐标为4，。（1）求抛物线的方程；（2）设点，（）是抛物线上的两点，APB的角平分线与x轴垂直，求PAB的面积最大时直线AB的方程。21已知函数在点处的切线与x轴平行。（1）求实数a的值及的极值；（2）是否存在区间，使函数在此区间上存在极值和零点？若存在，求实数t的取值范围，若不存在，请说明理由；（3）如果对任意的，有，求实数k的取值范围。请考生从第（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答。注意：知能做所选定的题目。如果多做，则按所做的第一个题目计分。22已知PQ与圆O相切于点A，直线PBC交圆于B、C两点，D是圆上一点，且ABCD，DC的延长线交PQ于点Q。（1）求证：（2）若AQ=2AP，,BP=2，求QD。23在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C：，过点P（-2，-4）的直线的参数方程为（t为参数）与C分别交于M，N。（1）写出C的平面直角坐标系方程和的普通方程；（2）若，成等比数列，求a 的值。24设函数。（1）若时，解不等式；（2）若函数有最小值，求a的取值范围。xx届山东省临沂市平邑一中高三第二次阶段考试数学（理）试题参考答案1C 2A 3B 4A 5C 6C 7C 8D9A解析：试题分析：本题为线性规划含有带参数直线问题依据线性约束条件作出可行域，注意到所以过定点（3,0）。作出可行域所以斜率应该在x轴与虚线之间，所以故答案为A。考点：线性规划10A11A解析：试题分析：设，则有，因为EPEQ，所以，即，因为，所以当时，取得最小值6，故选择A。考点：向量、解析几何、二次函数在给定区间上的最值。12D解析：试题分析：函数，当时，当时，的1阶不动点的个数为2，当，当，当，当，的2阶不动点的个数为，以此类推，的n阶不动点的个数是个。考点：函数与方程的综合运用。13141516解析：试题分析：对，因为，所以，而在锐角三角形、直角三角形、钝角三角形中必然会存在一个角，故正确；对，构造函数，求导得，当时，即，则，所以，即在上单减，由得，即，所以BA，故不正确；对，因为，则在钝角ABC中，不妨设A为钝角，有，故不正确；对，由，即，而不共线，则，解得，则a是最小的边，故A是最小的角，根据余弦定理，知，故正确；考点：1三角函数与解三角形；2利用导数求函数的最值；3不等式的应用。17（1）。（2）（3）见解析解析：（1）解：由，得，。又，即，得。（2）证明：当时，得，所以是首项为，公比为的等比数列。（3）解：由（2）可得。18（1）；（2）。解析：（1） 2分 3分由得， 5分故的单调递增区间是 6分（2）于是，故 8分由成等差数列得：，由得 10分由余弦定理得，于是 12分考点：三角函数变换，三角函数性质，三角形，平面向量，等差数列19（1）见解析；（2）见解析；（3）45。解析：（1）解：取CE中点P，连结FP、BP，F为CD的中点，FPDE，且。又ABDE，且，ABFP，且AB=FP，ABPF为平行四边形，AFBP又平面BCE，BP平面BCE，AF平面BCE（2）ACD为正三角形，AFCD。AB平面ACD，DEAB，DE平面ACD，又AF平面ACD，DEAF。又AFCD，,AF平面CDE又BPAF，BP平面CDE。又平面BCE，平面BCE平面CDE（3）法一、由（2），以F为坐标原点，FA，FD，FP所在的直线分别为x，y，z轴（如图），建立空间直角坐标系Fxyz。设AC=2，则C（0，-1,0），B（，0,1），E（0,1,2）。设为平面BCE的法向量，令n=1，则显然，为平面ACD的法向量。设面BCE与面ACD所成锐二面角为，则。即平面BCE与平面ACD所成锐二面角为45法二、延长EB、DA，设EB、DA交于一点O，连结CO。则面EBC面DAC=CO。由AB是EDO的中位线，则DO=2AD。在OCD中OD=2AD=2AC，ODC=60。OCCD，又OCDE。OC面ECD，而CE面ECD，OCCE，ECD为所求二面角的平面角在RtEDC中，ED=CD，ECD=45即平面BCE与平面ACD所成锐二面角为45。考点：与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定。20（1）抛物线的方程为。（2）。解析：（1）设，因为，由抛物线的定义得，又，3分因此，解得，从而抛物线的方程为。 6分（2）由（1）知点P的坐标为P（2,4），因为APB的角平分线与x轴垂直，所以可知PA，PB的倾斜角互补，即PA，PB的斜率互为相反数设直线PA的斜率为k，则，由题意， 7分把代入抛物线方程得，该方程的解为4、，由韦达定理得，即，同理。所以， 8分设，把代入抛物线方程得，由题意，且，从而又，所以，点P到AB的距离，因此，设, 10分则，由知，所以在上为增函数，因此，即PAB面积的最大值为。PAB的面积取最大值时b=0，所以直线AB的方程为。 12分考点：1抛物线的定义及其几何性质；2直线与抛物线的位置关系；3直线方程；4应用导数研究函数的最值。21（1）的极大值1，无极小值（2），（3）解析：（1）在点（1，）处的切线与x轴平行a=1 ，当时，当时，在（0,1）上单调递增，在单调递减，故在x=1处取得极大值1，无极小值（2）时，当时，由（1）得在（0,1）上单调递增，由零点存在原理，在区间（0,1）存在唯一零点，函数的图象如图所示函数在区间上存在极值和零点存在符号条件的区间，实数t的取值范围为，（3）由（1）的结论知，在上单调递减，不妨设，则，函数在上单调递减,又，在上恒成立，在上恒成立在上，考点：导数、函数、极值、恒成立问题22（1）证明过程详见解析；（2）。解析：（1）因为ABCD，所以PAB=AQC，又PQ与圆O相切于点A，所以PAB=ACB，因为AQ为切线，所以QAC=CBA，所以ACBCQA，所以,所以 5分（2）因为ABCD，AQ=2AP，所以，由，得，AP为圆0的切线又因为AQ为圆O的切线 10分考点：同位角、弦切角、相似三角形、切线的性质、切割线定理。23（1）；（2）1。解析：（1）曲线C的直角坐标方程为；直线1的普通方程为。 4分（2）将直线1的参数方程与C的直角坐标方程联立，得。设点M，N分别对应参数t1，t2，恰为上述方程的根。则，。由题设得，即。由（*）得，则有，得，或。因为，所以。考点：参数方程与普通方程互化，极坐标方程与直角坐标方程互化，直线与抛物线位置关系24（1）。（2）。试题解析：（1）当时，。当时，可化为，解得；当时，可化为，解得。综上可得，原不等式的解集为。（2）函数有最小值的充要条件为即。