第1頁/共1頁高三年級一輪復習學情聯(lián)合調(diào)研數(shù)學學科一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知，則（）A.2 B. C.4 D.5【答案】D【解析】【分析】由，得，所以，由此可得.【詳解】由，得.所以.所以.故選：D.2.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】分別求出集合，再利用交集定義求解即可.【詳解】因為，所以，則，因為，所以，因此，故選：A.3.曲線在點處的切線與直線垂直，則（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】令，求其導數(shù)，由條件分析出，求出值即可.詳解】令，則.因為曲線在點處的切線與直線垂直，且直線的斜率為2，所以曲線在處的切線斜率為，即，解得.故選：B4.如圖，正方形的邊長為1，取正方形各邊的四等分點，作第二個正方形，然后再取正方形各邊的四等分點，作第三個正方形，依此方法一直繼續(xù)下去.這些正方形的面積之和將趨于（）A. B.2 C. D.【答案】C【解析】【分析】不妨設為，正方形的面積為，，分析可知數(shù)列是以首項為1，公比為的等比數(shù)列，結合等比數(shù)列的求和公式運算求解.【詳解】不妨設為，正方形的面積為，，可知，當時，因為，則，可得，可知數(shù)列是以首項為1，公比為的等比數(shù)列，則數(shù)列的前k項和，當k趨近于時，趨近于0，則趨近于，所以這些正方形的面積之和將趨于.故選：C.5.已知常數(shù)，函數(shù)的圖象經(jīng)過點，若，則（）A4 B.6 C.8 D.10【答案】B【解析】【分析】將點代入函數(shù)解析式，得，整理得，再結合求得即可.【詳解】因為函數(shù)的圖象經(jīng)過點所以，整理得，即，所以，又，代入得，，又，所以.故選：B6.在正方體中，分別為中點，則在正方體的八個頂點中任取兩個頂點確定的直線中，與平面平行的條數(shù)有（）A.3 B.4 C.6 D.8【答案】C【解析】【分析】先建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，然后根據(jù)直線的方向向量與平面的法向量垂直，則直線與平面垂直，逐一判斷即可.【詳解】設正方體棱長為2，以為原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，所以，所以，，設平面的法向量為，則，即，令，解得，所以.在正方體的8個頂點中任取兩點，可以得到12條棱，12條對角線，4條體對角線.欲求與平面平行的直線，應滿足直線的方向向量與平面的法向量垂直，因為棱的方向向量分別是，顯然與都不垂直；面對角線的方向向量，顯然滿足題意，同理可驗證只有，，直線顯然都在面外，所以滿足題意，同理體對角線均不滿足題意，所以滿足條件的直線有故選：C7.已知為銳角的外心，角的對邊分別為，且，，則面積的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用向量的運算法則和數(shù)量積的幾何意義可得，結合余弦定理計算求得的取值范圍，最后由三角形的面積公式可求得結果.【詳解】如圖，分別作的中點，連接，由題，因為，所以，即，則，因為，所以，即；因為為銳角三角形，即，所以；所以，即，解得，所以；，即，解得，所以，所以，所以，所以面積，又，所以；所以由得.故選：A.8.已知為拋物線上一點，過點作圓的兩條切線分別交拋物線于、，設切點為、.若，則的所有可能取值的和為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】將點的坐標代入拋物線方程，求出的值，可得出拋物線的方程，設點、，分析可知，且這兩條切線的斜率都存在，設直線、的斜率分別為、，設過點且斜率存在與圓相切的直線的方程為，利用直線與圓的位置關系，結合韋達定理、斜率公式可得出關于實數(shù)的二次方程，結合韋達定理求解即可.【詳解】將點的坐標代入拋物線方程得，解得，故拋物線的方程為，圓的圓心為，半徑為，不妨設點、，由切線長定理可得，因為，則，故，過點且與圓相切的一條切線與軸垂直時，不妨設這條直線為，則直線的方程為，則，解得或，當時，不妨設直線的方程為，即，由題意可得，解得，又因為，解得，則，此時，易知、關于軸對稱，則，不符合題意，同理可知，當時，，不符合題意；所以直線、的斜率都存在，設這兩直線的斜率分別為、，設過點且斜率存在與圓相切的直線的方程為，即，圓心到直線的距離為，整理可得，由題意可知、為關于的二次方程的兩根，所以①，②，因為，同理可得，又因為，由圓的幾何性質可知平分，因為，則，且，所以，所以，由②①得，即，整理可得，故所有的取值之和為，故選：D.二、多選題:本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列不等式判斷正確的有（）A. B.C.若，則 D.【答案】AD【解析】【分析】應用特殊值法計算判斷A，B，C，應用基本不等式計算判斷D.【詳解】對于A：當時，，當且僅當時，即時等號成立，如時，，滿足，A選項正確；對于B：，B選項錯誤；對于C：當，滿足，則，C選項錯誤；對于D：，因為，所以，當且僅當時取等號，所以，即，D選項正確；故選：AD.10.克萊因提出“幾何學就是研究在特定變換下不變性質的學科”，該觀點被后世稱為“愛爾蘭根綱領”，如在初中階段我們研究了旋轉、翻折、平移等保持變換前后長度不變、角度不變的變換，稱這些變換為保長變換和保角變換，設平面和是空間中兩個相異平面，是平面外一點.定義平面到平面關于點的單點透視變換，若直線交平面于點，則，稱為在平面內(nèi)的像：若，則，稱為平面內(nèi)的影消點.則下述命題中正確的有（）A.是保角變換，但不是保長變換B.“平面和相交”是“平面內(nèi)存在影消點”的充要條件C.若平面內(nèi)存在影消點，則影消點的軌跡是一條直線D.平面內(nèi)的橢圓在單點透視變換下的像仍是橢圓【答案】BC【解析】【分析】由題干所給定義，結合立體幾何點線面位置關系，逐個選項分析即可.【詳解】A選項當，且點到平面和的距離相等時，f是保長變換，故A錯誤；B選項，當平面和平行時，假設平面內(nèi)存在影消點，即存在，則或者，與矛盾；當平面和相交時，存在平面，使得，且，則當平面和相交，對于平面和交線上任意一點，則，則，A為影消點；故B正確；C選項，由B選項可知，進一步，對于確定的平面和以及點，過點作平面的平行平面，有且只有1個，而平面與平面的交線也有且僅有1條，故C正確；D選項，取兩個相同的圓錐，使其頂點重合，底面平行，且頂點位于兩底面之間，則分別作這兩個圓錐的截面，可以分別得到圓、橢圓、雙曲線、拋物線，則平面內(nèi)的橢圓在單點透視變換下的像可以是圓、橢圓、雙曲線、拋物線，故D選項錯誤；故選：BC.11.定義在上的單調(diào)函數(shù)滿足：、，，且，則（）A. B.記，則為冪函數(shù)C. D.【答案】ABD【解析】【分析】令，，可求出的值，可判斷A選項；推導出，結合，可判斷B選項；放縮得出，可判斷C選項；當時證明出，可得出，結合不等式的基本性質可判斷D選項.【詳解】對于A選項，令，可得，所以，即，解得，A對；對于B選項，在等式中，令，則有，即，因為函數(shù)在上單調(diào)，且，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，故，所以，令，則，故，由，可得，整理可得，令，，所以，又因為，，且，所以函數(shù)的圖象恒過定點、，所以函數(shù)為冪函數(shù)，B對；對于C選項，設，因為，故，所以，故，所以，所以，對任意的，，所以，C錯；對于D選項，，，令，其中，其中，所以函數(shù)在上為減函數(shù)，故當時，，即，所以，故，所以，D對.故選：ABD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知點和，點在軸上，且為直角，則點的坐標為________．【答案】或【解析】【分析】由題可得，由兩點間的斜率公式求解即可.【詳解】設,且為直角，則直線的斜率存在，則，所以,解得：或,所以點的坐標為或，故答案為：或13.將的所有正根按照從小到大的順序排成數(shù)列，記，數(shù)列的前項和為，則____________.【答案】【解析】【分析】首先分析的所有正根從小到大的規(guī)律，可發(fā)現(xiàn)數(shù)列的奇偶項分別構成等差數(shù)列，將數(shù)列的前項分組求和可得.【詳解】將的所有正根按照從小到大的順序排成數(shù)列，則，，，，，根據(jù)正弦函數(shù)的性質可知的奇數(shù)項構成以為首項，以為公差的等差數(shù)列；偶數(shù)項構成以為首項，以為公差的等差數(shù)列.所以當時，，所以.故答案為：.14.過正四面體的一條棱作截面將其分為兩個三棱錐，則這兩個三棱錐外接球半徑之比的范圍是___________.【答案】【解析】【分析】建系，利用坐標運算以及球的定義得出球心坐標和半徑，再構造函數(shù)求范圍.【詳解】如圖，正四面體，過點作平面，且垂足為，取線段的中點為，則三點共線，以為原點，以平行于的直線為軸，以所在直線為軸、軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設正四面體的棱長為，則，，，因為平面，平面，所以，則，則，設過棱的平面與交于點，故可設，設三棱錐的外接球半徑為，球心坐標為，三棱錐的外接球半徑為，球心坐標為，則，，解得，，，故，若，則；若，則，因為在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，且當時，當時，所以或，則或，則或，綜上可知，，故，故這兩個三棱錐外接球半徑之比的范圍是故答案為：四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.橢圓的離心率為，下頂點為，右頂點為，且.（1）求橢圓的方程；（2）設中點為為橢圓上異于頂點的動點，設直線與直線分別交于，求證：為定值.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)兩點間距離公式和離心率可得，，運算求解即可；（2）可得直線的方程為，設，求點的坐標和，結合橢圓方程分析運算即可.【小問1詳解】由題意可知，，則，即，又因為離心率，可得，即，聯(lián)立，解得，所以橢圓的方程為.【小問2詳解】證明：由（1）可知，則中點，直線的方程為，設，則，即，直線的方程為，聯(lián)立方程，解得，可得；直線的方程為，聯(lián)立，解得，可得，則，所以為定值.16.在平面中，曲線的彎曲程度可以用曲率描述.對于平面曲線，定義其曲率函數(shù)為（是的導函數(shù)），現(xiàn)有曲線，請解答問題：（1）求時的曲率；（2）求的最大值，并指出此時的取值.【答案】（1）（2）；【解析】【分析】（1）求出和，進而求得曲率函數(shù)公式，將代入求值即可；（2）令，利用輔助角公式和正弦函數(shù)性質可得，則，利用導數(shù)法研究其單調(diào)性，即可求解其最值.【小問1詳解】，有，，，代入曲率函數(shù)公式：，所以；【小問2詳解】，令，則，則，所以，所以，當時，，所以在上單調(diào)遞增，所以時，即，此時，即，所以，解得.17.如圖，在圓柱中，為底面的直徑，為底面圓周上一點，分別為上的點，均為圓柱的母線.若.（1）求證：；（2）過點作的垂線，垂足為，求證：平面；（3）當三棱錐體積最大時，求二面角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析（3）【解析】【分析】（1）利用空間向量證明線線垂直；（2）根據(jù)線面垂直的判定定理和性質定理進行證明；（3）先將三棱錐體積轉化為關于二次函數(shù)，利用二次函數(shù)最值求出的位置，再通過空間向量求平面法向量，結合法向量夾角公式算出二面角的正弦值.【小問1詳解】以為原點，方向為軸，方向為軸，建立空間直角坐標系，設，則.，，故；【小問2詳解】∵為母線，∴平面，∵平面，∴.又∵平面，∴平面，∵平面，∴，又∵，平面，∴平面，∵平面，∴，又∵平面，∴平面；【小問3詳解】，當時，有最大值，此時易知平面的法向量，設平面的一個法向量，由，得，∴，記二面角的平面角為，則.18..（1）若，求在零點處的切線方程；（2）討論的單調(diào)性；（3）若有三個極值點，求證：.【答案】（1）（2）答案見解析（3）證明見解析【解析】【分析】（1）求導函數(shù)，利用導函數(shù)的幾何意義求得切線斜率，利用零點定義求出零點，代入點斜式直線方程求解即可；（2）記，求導函數(shù)，然后按照、和分類討論研究單調(diào)性；（3）由（2）可知，記，則，求得，，然后利用對勾函數(shù)單調(diào)性及放縮法證明即可.【小問1詳解】當時，函數(shù)為，求導得，令，得，解得，即零點為，又切線斜率為，所以切線方程為；【小問2詳解】，記，則，記，分情況討論：①當時，，故在上單調(diào)遞增；②當時，為開口向下的二次函數(shù)，對稱軸，1）若，即時，，即，在上單調(diào)遞減；2）若，即時，有兩個正根，當時，，即，當時，，即，則在單調(diào)遞減，單調(diào)遞增，單調(diào)遞減，綜上，當時，在上單調(diào)遞增；當時，在上單調(diào)遞減；當時，在單調(diào)遞減，單調(diào)遞增，單調(diào)遞減；【小問3詳解】，因為有3個極值點，由（2）可知，記，則在遞減，遞增，遞減，由于，故，因此是的極小值點，記為，由于在上遞增，故，當時，，故在內(nèi)有唯一零點，即為的極大值點，，而，因此為的極大值點，即，故當時，有3個極值點，且，由于在上遞增，故.19.數(shù)列和均為項數(shù)為的有限正項數(shù)列，分別為其前項和.，定義，記表示集合中的元素個數(shù).（1）若，求；（2）若對，均有，求證：；（3）若對任意的，有，求證：.（參考公式（求和