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2019-2020年高三数学擂台赛试题1. 集合满足：若，则，则满足条件的元素最少的集合中的元素个数有（ ）A.1 B.2 C.3 D.42. 已知是定义在上的偶函数，并满足当时，则 （ ）A. B. C. D.3. 一个空间几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积是（ ） 正（主）视图 侧（左）视图 俯视图A. B. C. D.4.设扇形的圆心角为，面积是，将它围成一个圆锥，则该圆锥的表面积是（ ）A. B. C. D.5.若直线：平分圆：的周长，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 设方程与的根分别为，则（ ）A. B. C. D.7.某届足球赛的计分规则是：胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分.某球队参赛15场，积33分.若不考虑比赛顺序，则该队胜、平、负的情形有（ ）种.A.15 B.11 C.9 D.38. 已知函数设为实数，若存在实数，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D.二、填空题（每小题5分，共20分）9. 已知，则函数的值域是 .10. 已知是定义在上的增函数，且对任意的，都有，则 .11. 设，其中，则所有的交集是 .12.如右图所示，记正方体的中心为，面的中心为，的中点为则空间四边形在该正方体各个面的上投影可能是 .（把你认为正确命题的序号填写在答题纸上） 三、解答题(第13题满分12分，第14满分13分、第15题满分15分，共40分)13.（本题满分12分）已知二次函数的二次系数为，且不等式的解集为班级 姓名 （1）若函数有且只有一个零点，求的解析式；（2）记的最大值为，求的最小值.14.（本题满分13分）如图，在三棱柱中，已知侧棱平面，是边长为2的等边三角形，是上的一点，是棱上的一点，且由点沿棱柱侧面经过棱到点的最短距离为.设此最短距离的折线与交于点（1）求证：平面；（2）求平面和平面所成二面角（锐角）的正切值.15（本题满分15分）已知定义域为的函数同时满足下列三个条件：对任意的，总有；若，且，则有成立则称函数为“友谊函数”.（1）已知是“友谊函数”，求的值；（2）函数在区间上是否是“友谊函数”？说明你的理由.（3）已知是“友谊函数”，假定存在，使得，且求证：第二部分（满分50分）本部分共三道解答题，第1、2题每题15分，第3题20分，满分50分1（本题满分15分）自锐角的顶点向边引垂线，垂足为在上任取一点，直线交于点，交于点证明：（即平分与所成的角）2（本题满分15分）四个半径为1的球彼此相切，三个在水平面上，第四个在它们的上面.其中，给出一个边长为的正四面体，使得任一球与该正四面体的三个面相切，求实数的值.3（本题满分20分）已知、为非负实数，（），且，若，对任意的实数均有成立，试求出值域外的唯一数.xx年济宁市第一中学学科擂台赛试卷 数学试题参考答案及评分标准第一部分（满分100分）一、选择题(每题5分,共40分)1. C 提示： 由；由，又有.此时，集合元素个数最少.2. D提示： 3.D 提示：由三视图可知，该几何是一个圆锥与一个圆柱的组合体.4B 提示：设扇形的半径为，则由，得.于是扇形的弧长为即圆锥的底面周长为，其半径为1.所以底面面积为，所以圆锥的表面积是5.B 提示：圆周被直线平分，所以圆心在直线上，即，从而，所以6.A 提示：显然，设，由，知，所以7.D 提示：设该球队的胜、平、负的场次分别为、，则解得，所以，共3种情形.8A 提示：当时，易得，又当时，易知，所以，所以只要就一定存在实数满足，即，解得二、填空题（每小题5分，共20分）9. 提示：由于，考虑其几何意义，构造点，函数的值域表示的取值范围.由于三角形的两边之差小于第三边，从而，故函数的值域为10. 提示：依题意，为常数，设，则，.所以，易知方程有唯一解，所以，从而11. 提示：由知，所以，且在上递增，因此所有的交集是 12. 提示：当向前后两个底面投影时，得到；当向左右两个侧面投影时，得到；当向上下两个面投影时，得到.三、解答题(第13题满分12分，第14题满分13分，第15题满分15分，共40分)13.解：（1）由的解集为知（）.则 4分又因为有且只有一个零点，即方程有两个相等的实根，于是，即，解得或（舍），将代入式，得8分（2）由及知，的最大值.又因为，由对勾函数的性质，得，当且仅当时，等号成立.故的最小值为12分14.解：（1）由平面及是等边三角形，知侧面均为全等的矩形.如图所示，将侧面旋转，使其与侧面在同一个平面上.在同一个平面内，点运动到位置，联结，则即为点沿棱柱侧面经过棱到点的最短路径. 3分设，则，在，注意到，得.故为的中点，于是设与交于点，则为的中点，所以，所以平面6分（2）如图，连接，则即为平面与平面的交线.作于点，连接又因为平面，从而故即为平面与平面所成二面角的平面角.10分在中，由，则在中，13分15.解：（1）令，得，知，又由知对任意都有，所以3分（2）显然在上满足，即，也满足，即，下面只需验证是否满足条件.若，且，则有 .故满足条件，所以在上是“友谊函数”.6分（3）由知任给，且，不妨设，则存在，使得，其中必有所以所以依题意必有.10分下用反证法证明之.假设，则或若，则，而，从而，矛盾；若，则，而，从而，矛盾；故由上述两个矛盾可知假设不成立，则必有15分第二部分（满分50分）本部分共三道解答题，第1、2题每题15分，第3题20分，满分50分1.证法一：以为坐标原点，所在的直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系如图所示.设，于是所在的直线方程为，所在的直线方程为5分过与交点的的直线系是令，得 （*）10分直线（*）经过坐标原点，因此（*）即为所在的直线方程.同理，所在的直线方程为显然，直线与直线的斜率互为相反数，即，故平面与所成的角.15分解法二：过作直线，延长、分别交于、于是有，5分又同塞瓦定理，知，所以，所以所以，从而15分2.解：四个球的球心是边长为2的正四面体的顶点，设该四面体为过点的高交底面于点，则为的重心.取的中点，析出平面图形，如图所示.与球都外切的四面体的各面到球心四面体相应各面的距离都是1，仍然是一个正四面体，5分于是将扩展为该四面体中相应的，只须分别作，平行线间距均为1，即可得到，通过求出的边，进而可求出的值.5分事实上，易知，所以所以又因为，得15分3.解：由题设，对任意实数有，即，化简，得，由于上述方程对恒成立，故，且，所以10分 又，即、是方程的两个根，即方程是的两个根，故由韦达定理，得，结合，得，所以于是取不到58这个数，即是值域外的唯一的数.20分