2019-2020年高中高三数学上学期十月阶段性考试题 文 新人教A版.doc

2019-2020年高中高三数学上学期十月阶段性考试题 文 新人教A版题号一二三总分得分评卷人得分一、选择题（题型注释）【解析】试题分析：，所以，故选考点：1函数的值域；2集合的基本运算2复数= （ ）A21 B-21 C2 D-2【答案】A【解析】试题分析：，选考点：复数的四则运算3已知下面四个命题：；其中正确的个数为（ ）A1个 B2个 C3个 D4个【答案】C【解析】试题分析：由于，,所以正确命题有，选考点：1平面向量的线性运算；2平面向量的数量积4已知数列中，且数列是等差数列，则=（ ）A B C5 D【答案】B【解析】试题分析：由得，所以选考点：等差数列的通项公式5在中,已知,则的面积是（ ）A B C或 D【答案】C【解析】试题分析：由正弦定理，故选考点：1正弦定理；2三角形的面积6命题函数在区间上是增函数；命题函数的定义域为则是成立的（ ）A充分不必要条件 B必要不充分条件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：命题函数在区间上是增函数，则在是增函数且，即；函数的定义域为则恒成立，所以，故选考点：1函数的单调性；2函数的定义域；3充要条件7已知向量，若为实数，则=（ ）A B C1 D2【答案】B【解析】试题分析：因为，所以由得， 选考点：1平面向量的坐标运算；2共线向量8已知函数的图象的一个对称中心是点，则函数 的图象的一条对称轴是直线（ ）A B C D【答案】D【解析】试题分析：由已知，所以，令得时，故选考点：1三角函数的图象性质；2和差倍半的三角函数9如下图所示将若干个点摆成三角形图案，每条边（色括两个端点）有n（nl，nN*）个点，相应的图案中总的点数记为an，则=（ ）A B C D【答案】A【解析】试题分析：由已知，数列是首项为，公差为的等差数列，通项为；所以，则=故答案为考点：1归纳推理；2等差数列的通项公式；3“裂项相消法”10对于定义域为0,1的函数，如果同时满足以下三个条件：对任意的，总有若，都有 成立；则称函数为理想函数 下面有三个命题：若函数为理想函数，则；函数是理想函数；若函数是理想函数，假定存在，使得，且，则；其中正确的命题个数有（ ）A3个 B2个 C1个 D0个【答案】A【解析】试题分析：（1）取，代入，可得,即，由已知对任意的，总有可得，;（2）显然在上满足；若，且，则有,故满足条件，所以为理想函数由条件知，任给，当时，由知，若，则，前后矛盾；若，则，前后矛盾故三个命题都正确，答案为考点：1新定义问题；2函数的定义域、值域；3函数的单调性第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、填空题（题型注释）11过原点作曲线的切线，则切线的方程为 【答案】【解析】试题分析：因为，设切点为，则，所以过原点作曲线的切线方程为即考点：1导数的几何意义；2直线方程12角的终边过P,则角的最小正值是 【答案】【解析】试题分析：由任意角的三角函数定义，所以，时，角的最小正值是考点：1任意角的三角函数；2三角函数诱导公式13某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 【答案】【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体是一四棱柱，底面是等腰梯形，两底分别为，高为，四棱柱的高为，所以，几何体的体积为考点：1三视图；2几何体的体积14已知数列的前n项和为，且，则=_【答案】【解析】试题分析：由得时，两式相减得而，所以考点：1数列的通项；2等比数列的通项15设实数满足约束条件，若目标函数 的最大值为8，则的最小值为_【答案】;【解析】试题分析：画出可行域，如图所示,因为，平移直线，当其过点时，目标函数最大，所以即，令，则直线与圆有公共点两方程联立，整理得由得，故答案为考点：1简单线性规划；2直线与圆的位置关系；3转化与化归思想16二维空间中圆的一维测度（周长），二维测度（面积），观察发现；三维空间中球的二维测度（表面积），三维测度（体积），观察发现已知四维空间中“超球”的三维测度，猜想其四维测度_【答案】【解析】试题分析：二维空间中圆的一维测度（周长），二维测度（面积），观察发现；三维空间中球的二维测度（表面积），三维测度（体积），观察发现四维空间中“超球”的三维测度，猜想其四维测度，则；考点：1新定义问题；2归纳推理；3导数计算17设是等比数列，公比，为的前n项和。记，设为数列的最大项，则=_【答案】【解析】试题分析：设等比数列的首项为，则，所以，因为，当且仅当，即时取等号，故当，最大考点：1等比数列的求和；2数列的求和；3基本不等式评卷人得分三、解答题（题型注释）18设命题“对任意的”，命题 “存在，使”如果命题为真，命题为假，求实数的取值范围【答案】【解析】试题分析：首先确定为真时实数的取值范围；根据为真，为假可知一真一假，分两种情况：p真q假时，p假q真即得a的范围是试题解析：由题意：对于命题 对任意的，即p:； 2分对于命题 存在，使,即q: 4分为真，为假一真一假， 6分p真q假时, 8分p假q真时, 10分a的范围是 12分考点：1简单逻辑联结词；2一元二次不等式19在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边, 面积（1）求角C的大小；（2）设函数，求的最大值,及取得最大值时角B的值【答案】（1）；（2）时，有最大值是【解析】试题分析：（1）由S=abs1nC及题设条件得abs1nC=abcosC,即s1nC=cosC,tanC=,根据0,即得（2）首先化简，根据C= 得到，当，即时，有最大值是试题解析：（1）由S=abs1n及题设条件得abs1n=abcos 1分即s1n=cos, tan=, 2分0, 4分（2） 7分， 9分= （没讨论，扣1分） 10分当，即时，有最大值是 12分考点：1和差倍半的三角函数；2三角形的面积；3三角函数的图象和性质20设数列的前项和为，点在直线上（1）求数列的通项公式；（2）在与之间插入个数，使这个数组成公差为的等差数列，求数列的前n项和【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）由题设知，得），两式相减得：，得到数列是首项为2，公比为3的等比数列，即得（2）由（）知，根据 ，得到，试题解析：（1）由题设知， 1分得）， 2分两式相减得：， 即，又 得，所以数列是首项为2，公比为3的等比数列， 5分（2）由（）知，因为 ， 所以所以 8分令 ，则 得 10分 12分考点：1数列的通项；2等比数列及其性质；3“错位相减法”21设 x1、x2（）是函数 （）的两个极值点（1）若 ，求函数 的解析式；（2）若 ，求的最大值【答案】（1）（2）的最大值为【解析】试题分析：（1）求函数的导数，依题意有和是方程的两根由， 解得，即得所求（2）依题意，是方程的两个根，由且，得到整理得设，则由得，由得即函数在区间上是增函数，在区间上是减函数，得到当时， 有极大值为，即在上的最大值是，的最大值为 试题解析：（1）， 2分依题意有和是方程的两根， 解得，（经检验，适合） 5分（2）,依题意，是方程的两个根，且， ， 8分 9分 设，则由得，由得即：函数在区间上是增函数，在区间上是减函数，当时， 有极大值为，在上的最大值是， 的最大值为 14分 考点：1应用导数研究函数的单调性、极（最）值；2转化与化归思想22设椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，在轴负半轴上有一点，满足，且（1）求椭圆的离心率；（2）若过三点的圆与直线相切，求椭圆的方程；（3）在（2）的条件下，过右焦点作斜率为的直线与椭圆交于两点，线段的中垂线与轴相交于，求实数的取值范围【答案】（1） ；（2）；（3）【解析】试题分析：（1）连接，由，得到,即,确定得到椭圆的离心率为； （2）由，得，的外接圆圆心为，半径，因为过三点的圆与直线相切，解得，即得所求（3）由（2）知，设直线的方程为代入椭圆方程整理得：由已知得 恒成立设，由韦达定理得，得到故中点为讨论当时，当时的不同情况求解试题解析：（1）连接，因为，所以,即,故椭圆的离心率为； 3分（2）由（1）知，得，的外接圆圆心为，半径，因为过三点的圆与直线相切， ，解得：，所以所求椭圆方程为： 7分（3）由（2）知，设直线的方程为：由 得：因为直线过点，所以 恒成立设，由韦达定理得： ，所以故中点为 10分当时，为长轴，中点为原点，则； 11分当时，中垂线方程为令，得因为所以 13分综上可得实数的取值范围是 14分考点：1椭圆的标准方程及其几何性质；2直线与椭圆的位置关系；3直线与圆的位置关系