2020届安徽省皖江联盟高三上学期12月联考试题（文）数学试题（解析版）

2020届安徽省皖江联盟高三上学期12月联考试题（文）数学试题

一、单选题

1．复数满足（为虚数单位），则复数的模等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据复数模的性质和求解直接解得结果即可.

【详解】

故选：

【点睛】

本题考查复数模长的求解，涉及到复数模的性质的应用，属于基础题.

2．已知全集为，集合，，则的元素个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【解析】解分式不等式求得集合，根据交集和补集的定义求得集合，进而得到元素个数.

【详解】

    或

，有个元素

故选：

【点睛】

本题考查集合元素个数的求解，涉及到分式不等式的求解、交集和补集的混合运算，属于基础题.

3．已知函数在区间上可导，则“函数在区间上有最小值”是“存在，满足”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】由开区间最小值点必为极小值点可知极小值点导数值为，充分性成立；利用可验证出必要性不成立，由此得到结论.

【详解】

为开区间    最小值点一定是极小值点    极小值点处的导数值为

充分性成立

当，时，，结合幂函数图象知无最小值，必要性不成立

“函数在区间上有最小值”是“存在，满足”的充分不必要条件

故选：

【点睛】

本题考查充分条件、必要条件的判断，涉及到导数极值与最值的相关知识；关键是能够明确极值点处的导数值为，但导数值为的点未必是极值点.

4．2011年国际数学协会正式宣布，将每年的3月14日设为国际数学节，来源于中国古代数学家祖冲之的圆周率。公元263年，中国数学家刘徽用“割圆术”计算圆周率，计算到圆内接3072边形的面积，得到的圆周率是.公元480年左右，南北朝时期的数学家祖冲之进一步得出精确到小数点后7位的结果，给出不足近似值3.1415926和过剩近似值3.1415927，还得到两个近似分数值，密率和约率。大约在公元530年，印度数学大师阿耶波多算出圆周率约为（）.在这4个圆周率的近似值中，最接近真实值的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】依次计算出每个近似值，与圆周率作对比找到最接近真实值的项.

【详解】

，，，

由圆周率的值可知，最接近真实值的为

故选：

【点睛】

本题考查圆周率的相关知识，关键是能够准确计算出各个近似值，属于基础题.

5．已知函数是奇函数，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由奇函数定义可得，代入可求得结果.

【详解】

为奇函数   

故选：

【点睛】

本题考查利用函数奇偶性求解函数值的问题，关键是能够准确得到函数所满足的关系式，属于基础题.

6．如图,各棱长均为的正三棱柱，、分别为线段、上的动点,且 平面,则这样的有  (    )

A．1条 B．2条

C．3条 D．无数条

【答案】D

【解析】由题意得．在上分别取，使，过作，垂足分别为，则，故．

由于，故，从而，可得平面．又平面，可得平面平面．由于平面，

所以平面，从而满足条件的有无数条．选D．

7．已知数列的通项为，对任意，都有，则正数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】将整理为，结合反比例函数单调性和恒成立的可得到不等式组，解不等式组求得结果.

【详解】

为正数且恒成立    ，解得：

故选：

【点睛】

本题考查利用数列中的最小项求解参数范围问题，关键是能够将问题转化为结合反比例函数单调性来求解的问题，进而得到关于所求参数的不等式.

8．如图所示的程序输出的结果为95040，则判断框中应填（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】运行程序，根据输出结果可判断出输出时，由此可确定判断框条件.

【详解】

按照程序框图运行程序，输入，

则，，循环

，，循环

，，循环

，，循环

，，输出

满足判断条件，不满足判断条件    判断框中应填

故选：

【点睛】

本题考查根据程序框图循环结构的输出结果补全框图的问题，关键是能够准确确定输出结果是，变量具体的取值，由此确定需补充的条件.

9．函数在上的图象是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】利用和可排除错误选项得到结果.

【详解】

，可排除；

，可排除.

故选：

【点睛】

本题考查函数图象的识别，此类问题通常采用排除法，排除依据通常为：奇偶性、特殊位置的符号、单调性.

10．已知点是的外心，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】先推导出外心的向量性质，，然后由即可计算出答案.

【详解】

如下图所示：

取弦的中点，则，，同理可得，

.

故选：C

【点睛】

本题考查平面向量数量积的计算，涉及三角形外心的向量性质的应用，考查计算能力，属于中等题.

11．点是曲线：上的一个动点，曲线在点处的切线与轴、轴分别交于，两点，点是坐标原点，①；②的面积为定值；③曲线上存在两点，使得是等边三角形；④曲线上存在两点，使得是等腰直角三角形，其中真命题的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】D

【解析】设点，得到切线方程后求得坐标，进而知为中点，求得，从而可知①②正确；

过原点作倾斜角等于和的条射线与曲线交于，由对称性可知③正确；

过原点作条夹角等于的射线与曲线交于，由的值的变化过程，可知存在比值等于和的时刻，从而知④正确.

【详解】

设点，由得切线方程：，即

，    为中点    ，①正确；

，②正确；

过原点作倾斜角等于和的条射线与曲线的交点为

由对称性可知中，，又

为等边三角形，③正确；

过原点作条夹角等于的射线与曲线交于点

当直线的倾斜角从减少到的过程中，的值从变化到

在此变化过程中必然存在的值为和的时刻，此时为等腰直角三角形，④正确.

真命题的个数为个

故选：

【点睛】

本题考查直线与曲线相切、相交相关命题的判断，涉及到定值、等量关系、存在性问题的判断；判断本题中的存在性问题的关键是在确定射线倾斜角的夹角的前提下，寻找符合题意的点的位置.

12．若函数在区间内存在最小值，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】利用导数求出函数的极小值，并计算出，结合图象得出关于实数的不等式组，解出即可.

【详解】

令，得，，

令，解得；令，解得或.

所以，函数的增区间为和，减区间为.

函数在开区间内的最小值一定是，

可求得，如下图所示：

所以，解得，因此，实数的取值范围是.

故选：C.

【点睛】

本题考查利用函数在区间上的最值求参数，解题时要熟悉最值与极值的关系，考查数形结合思想的应用，属于中等题.

二、填空题

13．若锐角满足_______________.

【答案】

【解析】因，故， ，应填答案。

14．已知三棱锥的个面都是边长为、、的三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_____.

【答案】

【解析】根据题意可得出该三棱锥的对棱相等，并设长方体的长、宽、高分别为、、，计算出长方体的体对角线长，即可得出三棱锥外接球的直径，由此可得出该三棱锥外接球的表面积.

【详解】

由已知三棱锥对棱相等，可以补形为长方体，设长方体的长、宽、高分别为、、，

如下图所示：

则，三个等式相加得，

，

设该三棱锥的外接球半径为，则，

因此，该三棱锥外接球的表面积为.

故答案为：.

【点睛】

本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析三棱锥的结构特征，并选择合适的方法计算外接球的半径，考查计算能力，属于中等题.

15．黎曼函数（Riemannfunction）是一个特殊函数，由德国数学家黎曼发现并提出，黎曼函数定义在上，其定义为：，若函数是定义在上的奇函数，且，当时，，则______.

【答案】

【解析】由已知得到关于对称，结合奇函数性质可确定为周期是的周期函数，进而将所求式子化简为；由黎曼函数的解析式可确定和的值，代入求得结果.

【详解】

由知：关于对称

又为奇函数，图象关于原点对称    为周期函数，周期

故答案为：

【点睛】

本题考查函数奇偶性、对称性和周期性的综合应用问题，涉及到新定义运算的求解；关键是能够通过熟练掌握周期性与对称性的关系，即两个相邻的对称轴（对称中心）之间距离为半个周期.

16．若的面积，且，则边的最小值等于___________.

【答案】

【解析】利用三角形的面积公式得出，利用余弦定理得出，变形得出，结合辅助角公式可得出的最小值.

【详解】

，所以，

根据余弦定理，

所以，可得，

解得，因此，的最小值为.

故答案为：

【点睛】

本题考查利用三角形的面积公式、余弦定理求三角形边长的最值，涉及了辅助角公式的应用，考查计算能力，属于中等题.

三、解答题

17．已知等比数列的前项和为，，.

（1）求的通项公式；

（2）若数列是首项为，公差为的等差数列，求数列的通项公式和前项和.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）设等比数列的公比为，根据题意求出和的值，利用等比数列的通项公式可求出数列的通项公式；

（2）利用等差数列的定义可得出数列的通项，进而求出数列的通项公式，然后利用分组求和法结合等差数列与等比数列的求和公式可求出数列的前项和.

【详解】

（1）设等比数列的公比为，

因为，

所以，所以，所以；

（2）因为，所以，

.

【点睛】

本题考查等比数列通项公式与等差数列通项公式的计算，同时也考查了分组求和法，考查计算能力，属于中等题.

18．如图，在四棱锥中，侧棱底面，，，，，点在棱上，且.

（1）证明：平面；

（2）求点到平面的距离.

【答案】（1）见解析；（2）.

【解析】（1）作交于，连接，利用相似三角形证明出，可证明出四边形是平行四边形，可得出，再利用直线与平面平行的判定定理可证明出平面；

（2）证明出平面，可得出点到平面的距离等于点到平面的距离，然后作于，证明出平面，计算出，即可得出点到平面的距离.

【详解】

（1）由题意，侧面是等腰直角三角形，，，

作交于，连接.

因为，所以，

又，，，所以且，

四边形是平行四边形，，

又平面，平面，所以平面；

（2）由题设，平面，所以平面，

因此点到平面的距离等于点到平面的距离，

平面，平面，.

，，平面.

，平面，平面，平面平面.

作于，平面平面，平面平面，平面，平面，的长度就是点到平面的距离.

平面，平面，，

又，，

则是等腰直角三角形，所以，

即点到平面的距离等于.

【点睛】

本题考查直线与平面平行的证明，同时也考查了点到平面距离的计算，一般利用等体积法来进行计算，也可以借助面面垂直的性质定理作出线面垂直，从而得出垂线段来进行计算，考查推理论证能力与计算能力，属于中等题.

19．内角，，的对边为，，，设，平分交于点.

(1)证明：；

(2)若，，求的长.

【答案】（1）证明见解析,(2)

【解析】（1）利用正弦定理可代入已知条件和余弦定理化简得到，整理可得到；当时，利用角的大小关系可知为等腰直角三角形，利用勾股定理可整理出结果；当时，可直接整理等式得到结果；

（2）根据（1）可得，利用角平分线定理可求得；由，结合余弦定理可构造关于的方程，解方程求得结果.

【详解】

（1）由正弦定理得：

，即：   

当时，    ，    ，即

当时，，即

（2）由（1）得：，即

根据角平分线定理可得：，

设，由得：，解得：

角平分线的长等于

【点睛】

本题考查解三角形的相关知识，涉及到正余弦定理、角平分线定理的应用；关键是能够利用互补角余弦互为相反数的特点，结合余弦定理构造关于所求长度的方程，进而解方程求得结果.

20．如图，在多面体中，侧棱、、、都和平面垂直，，，，.

（1）证明：平面平面；

（2）求多面体的体积.

【答案】（1）见解析；（2）.

【解析】（1）连接，证明出四边形是平行四边形，可得出，证明出平面，可得出平面，再利用平面与平面垂直的判定定理可得出平面平面；

（2）平面把多面体分成两部分，多面体可分为一个三棱锥和一个三棱柱，多面体可看成三棱柱截去三棱锥，计算出两个多面体的体积，相加即可.

【详解】

（1）连接，由题设，，所以四边形是平行四边形，所以.

由题设，四边形是等腰梯形，取中点，连接、，

因为，，所以四边形是平行四边形，

，所以，得到，因此.

又由题设，平面，且平面，，

又，所以平面，又（已证），

所以平面，而平面，因此平面平面；

（2）如图，平面把多面体分成两部分，分别计算.

易求，，多面体可分为一个三棱锥和一个三棱柱，多面体可看成三棱柱截去三棱锥.

.

【点睛】

本题考查平面与平面垂直的证明，同时也考查了多面体体积的计算，一般利用割补法进行计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

21．已知函数.

（1）当时，求的单调区间；

（2）若函数在定义域内是单调函数，求实数的取值范围.

【答案】（1）递减区间是，单调递增区间是；（2）.

【解析】（1）将代入函数的解析式，求出函数的导数，分别解不等式和，可得出函数的减区间和增区间；

（2）由函数在定义域上为单调函数，可得知导函数在定义域上没有变号的零点，并设，然后对分和两种情况讨论，结合判断函数在区间是否有变号的零点，从而可得出实数的取值范围.

【详解】

（1）当时，，函数的定义域为.

求导得，

令得，令得，

所以，函数的单调递减区间是，单调递增区间是；

（2），记，

若函数在定义域内是单调函数，则导函数在定义域内没有变号零点，即函数在没有变号的零点.

根据二次函数的性质，时，，，一定有正根，

在区间上，，函数单调递减，

在区间上，，函数单调递增，不合题意；

当时，若，

此时，函数在定义域内是单调减函数，符合题意；

若，此时有，，

则函数有两个不相等的正根，函数有个极值点，不是单调函数.

综上所述，若函数在定义域内是单调函数，求实数的取值范围是.

【点睛】

本题考查利用导数求函数的单调区间，同时也考查了利用函数在区间上的单调性求参数，解题时要熟悉函数的单调性与导数之间的关系，考查运算求解能力，属于中等题.

22．已知函数，是的导函数。

（1）证明：在内存在唯一的极小值点；

（2）证明：当时，有且只有两个零点.

【答案】（1）见解析；（2）见解析.

【解析】（1）令，可知函数在单调递增，利用零点存在定理并结合函数在上的单调性可证明出函数在内存在唯一的极小值点；

（2）利用导数证明出函数在区间上为增函数，结合零点存在定理可证明出函数在区间只有一个零点，利用（1）中的结论可证明出函数在区间上没有零点，再由以及函数在上单调递增，可证明出函数有且只有两个零点.

【详解】

（1）令，则，

显然函数在单调递增.

因为，，

（因为）

故存在唯一的使得.

所以当时，，当时，，

所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，

所以函数，即在区间存在唯一的极小值点，且；

（2）当时，，函数单调递增，，，，

所以，函数在区间上存在唯一的零点.

当时，由（1）当时，，函数单调递减，，，所以存在，使得，

当，，当，，

所以在先递增后递减，，，

函数在没有零点；

因为，所以是函数的第二个零点；

时，，函数单调递增，，没有零点.

综上所述，当时，函数有且只有两个零点.

【点睛】

本题考查利用导数研究函数的极值点与零点问题，在利用导数研究函数的单调性时，还应注意结合零点存在定理来分析，考查推理能力，属于中等题.