1、上海市大同中学2020届高三数学上学期10月学情调研试题（含解析）一.填空题1.不等式的解集是_【答案】【解析】【分析】转化为两个不等式组可解得.【详解】因为,所以或,解得.故答案为:.【点睛】本题考查了分式不等式解法,属于基础题.2.已知数列为等差数列，若，则_【答案】【解析】【分析】利用等差数列的性质,转化为进行计算可得.【详解】因为,根据等差数列的性质可得,所以,所以.故答案为:.【点睛】本题考查了等差数列的性质,属于基础题.3.若，且为纯虚数，则实数=_【答案】8【解析】【分析】根据复数的除法运算化简复数,然后令实部为0,虚部不为0可得.【详解】因为为纯虚数,所以且 ,即.故答案为:8
2、【点睛】本题考查了复数的除法运算,纯虚数的概念,属于基础题.4.幂函数的图象经过点，则它的单调减区间为_【答案】【解析】【分析】将点代入,解得,从而可得幂函数的单调递减区间.【详解】依题意得,即,所以,所以的解析式为:,所以单调递减区间为.故答案为: .【点睛】本题考查了幂函数的单调区间,属于基础题.5.已知，则=_【答案】【解析】【分析】,然后由两角和的正切公式可得.【详解】根据两角和的正切公式可得:.故答案为:.【点睛】本题考查了两角和的正切公式,属于基础题.解题关键是将拆成两个已知角之和.6.设实数、满足，则最大值为_【答案】2【解析】【分析】作出可行域后,观察图象利用直线的纵截距最大找
3、到最优解,代入即可求得.【详解】作出不等式所表示的平面区域,如图:令,则,要使最大,即直线的纵截距最大,观察图象可知,最优解为,所以的最大值为.故答案为:2【点睛】本题考查了利用线性规划求目标函数的最大值.7.正四面体相邻两侧面所成角的大小为_【答案】【解析】【分析】转化为侧面与底面所成角,取底面中心,连,延长交与,连,则可得为二面角的平面角,然后在直角三角形中计算可得.【详解】如图:因为正四面体的相邻两个侧面所成的角和侧面与底面所成的角相等,所以只需求侧面与底面所成角的大小,设正四面体的棱长为1,底面中心为,连,则平面,连,并延长交于,则,连,则,且为的中点,所以就是侧面与底面所成二面角的平
4、面角,因为,所以,所以直角三角形中,所以.故答案为:.【点睛】本题考查了二面角的求法,解题关键是利用三垂线定理作出平面角,属于基础题.8.从8名女生和4名男生中选出6名学生组成课外活动小组，则按4位女生和2位男生组成课外活动小组的概率为_【答案】【解析】【分析】根据排列组合知识求出基本事件总数和所求事件的总数后,利用古典概型概率公式可得.【详解】从8名女生和4名男生中选出6名学生组成课外活动小组,总共有,按4位女生和2位男生组成课外活动小组共有,根据古典概型概率公式得所求概率为:.故答案为:.【点睛】本题考查了排列组合以及古典概型的概率公式,属于中档题.9.已知F是抛物线的焦点，M是这条抛物线
5、上的一个动点，P（3,1）是一个定点，则的最小值是 【答案】【解析】试题分析：设点在准线上的射影为，则根据抛物线定义可得：，所以的最小值，即为的最小值，当三点共线时最小，其值为，故答案为考点：1抛物线定义；2抛物线的最值问题【方法点晴】本题主要考查的是抛物线定义以及最值问题，属于中档题解题时一定注意点的位置，该题点在抛物线内，利用抛物线的定义，转化为求的最小值，若点在抛物线外，比如为，根据图象可得最小距离为，所以在解此类题时一定注意判断点与抛物线的位置关系10.已知函数，数列满足，则的值为_【答案】6【解析】【分析】根据为递增函数可得,再根据为等比数列,可求得,最后由的表达式可求得.【详解】因
6、为函数为递增函数,且,所以,又,所以数列是首项为,公比为的等比数列,所以,所以.故答案为:.【点睛】本题考查了函数的单调性,等比数列的通项公式,属于中档题.11.已知正方形的四个项点分别为，点、分别在线段、上运动，且，设与交于点，则点的轨迹方程是_【答案】【解析】【分析】设,则,然后写出两条直线的方程,联立解得点的坐标,然后消去参数可得.【详解】如图:设,则,所以直线的方程为:,直线的方程为:,联立解得消去得,所以点的轨迹方程是.故答案为.【点睛】本题考查了交轨法求曲线的轨迹方程,易错警示是容易遗漏范围,属于中档题.12.平面直角坐标系中，为单位向量，向量满足，其中为正常数，若对任意实数成立，
7、则的取值范围是_【答案】.【解析】【分析】将两边平方后,化为关于的一元二次不等式恒成立,由判别式小于等于零,再解关于的不等式可得.【详解】由两边平方得,得对任意实数都成立,所以,所以,所以,所以,因为,所以,所以,故答案为: .【点睛】本题考查了平面向量的数量积以及一元二次不等式恒成立问题,属于中档题.二.选择题13.已知，则是的（ ）条件A. 充分非必要B. 必要非充分C. 充分必要D. 既非充分又非必要【答案】A【解析】【分析】解出两个不等式的解集,根据真子集关系可得.【详解】因为;,又,所以命题是的充分非必要条件,故选.【点睛】本题考查了充分非必要条件,对数不等式和一元二次不等式的解法,
8、属于基础题.14.已知的反函数为，则的定义域为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据原函数的定义域是反函数值域,只需求反函数的值域即可得到.【详解】因为的反函数为,所以的定义域为的值域,因为,所以,即的值域为,所以的定义域为.故选.【点睛】本题考查了原函数与其反函数的定义域和值域的关系,属于基础题.15.设函数，方程有且只有两个不相等实数根，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将方程根的问题转化为函数图象的交点问题解决即可.【详解】因为方程有且只有两个不相等实数根,所以函数与函数图象有且只有两个交点,函数的图象如下:由图可知:.故选.
9、【点睛】本题考查了由方程实根的个数求参数取值范围,解题关键是转化为两个函数图象的交点个数问题解决,属于中档题.16.对于数集，其中，定义向量集，若对任意，存在，使得，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】取,设,满足,根据向量数量积运算,结合,可得中必有一个另一个为,再通过反证法假设,推出矛盾,即可得到.【详解】取,设,满足,可得,即,因为,所以,所以异号,因为是数集中的唯一一个负数,所以中负数必为,另一个数为,假设,其中,则,再取,设,满足,可得,所以异号,其中一个为,若,则,矛盾;若,则,矛盾;说明假设不成立,由此可得当时,.故选.【点睛】本题考查了平面向量的数量积
10、的坐标运算以及反证法,属于中档题.三.解答题17.设，为常数.（1）试判断函数奇偶性；（2）若对于任意，的值域为，求实数的集合.【答案】（1）奇函数；（2）.【解析】【分析】(1)利用奇函数的定义判断可得;(2)对分两种情况和讨论,求出最小值与已知值域比较可得.【详解】(1)因为,所以,定义域为,所以,所以函数为奇函数.(2)因为,当时,为上的递增函数,所以时,解得;当时,值域不可能为,所以.综上所示:.【点睛】本题考查了函数的奇偶性的判断,利用单调性求函数的最小值,属于中档题.18.已知向量和向量，且.（1）求函数的最小正周期和最大值；（2）已知的三个内角分别为，若有，求面积的最大值.【答案
11、】（1）最小正周期为，最大值为2；（2）.【解析】【分析】(1)利用向量平行的坐标表示可得的表达式,然后可求出最小正周期和最大值;(2)利用(1)中的以及可解得,再根据余弦定理可得以及重要不等式可得 ,再利用面积公式可得.【详解】(1)因为 向量和向量，且.所以,所以,所以最小正周期,最大值为2.(2)由(1)知,所以,所以,因为,所以,所以,所以,在三角形中,设三个内角分别为，所对的边为,由余弦定理得,所以,所以(当时等号成立),所以,所以面积.所以面积的最大值为.【点睛】本题考查了向量平行的坐标表示,三角函数的最小正周期,最大值,余弦定理,重要不等式,面积公式,属于中档题.19.图（1）为
12、东方体育中心，其设计方案侧面外轮廓线如图（2）所示；曲线是以点为圆心的圆的一部分，其中，曲线是抛物线的一部分；且恰好等于圆的半径，与圆相切且.（1）若要求米，米，求与的值；（2）当时，若要求不超过45米，求的取值范围.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】(1)根据圆的半径,求出的值,再利用圆的方程求出点的坐标,代入抛物线方程可求出的值;(2)根据圆的半径,利用抛物线方程求出的值,写出的表达式,求在上时,恒成立即可.【详解】(1)依题意得,所以所以,此时圆,令,得,所以,所以,将点代入中,解得,综上:.(2)因为圆的半径为,所以,将代入可得,所以,在中,令,解得,所以对任意恒成立,所以对任
13、意恒成立,令(,则,因为时,所以为单调递减函数,所以时,函数取得最小值,所以,解得.所以的取值范围是.【点睛】本题考查了圆的方程,抛物线方程,不等式恒成立,利用函数单调性求最值,本题属于中档题.20.给定椭圆，称圆心在坐标原点，半径为的圆是椭圆的“伴椭圆”，若椭圆右焦点坐标为，且过点.（1）求椭圆的“伴椭圆”方程；（2）在椭圆的“伴椭圆”上取一点，过该点作椭圆的两条切线、，证明：两线垂直；（3）在双曲线上找一点作椭圆的两条切线，分别交于切点、使得，求满足条件的所有点的坐标.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）或或或.【解析】【分析】(1) 利用和联立解方程可得;(2) 设切线方程为:,代入
14、椭圆的方程,利用判别式等于0,可得关于斜率的一元二次方程,利用韦达定理可得斜率之积为,从而可证两条切线垂直;(3) 设经过点与椭圆相切的直线为:,代入椭圆的方程,利用判别式为0, 可得关于斜率的一元二次方程,然后根据斜率之积为可得点的轨迹方程为,最后联立此方程与双曲线方程可解得的坐标即可.【详解】(1)依题意可得,所以,又椭圆过点,所以 由可得,椭圆的“伴椭圆”方程为:.(2)由(1)可得椭圆,设切线方程为:,将其代入椭圆,消去并整理得:,由,得,设,的斜率为,则,所以两条切线垂直.(3)当两条切线的斜率存在时,设经过点与椭圆相切的直线为:,则 消去并整理得,所以,经过化简得到:,设两条切线的
15、斜率分别为,则,因为,所以,所以,所以,所以,当两条切线的斜率不存在时,也满足,所以的轨迹为椭圆的”伴随圆”,其方程为:,联立,解得,所以或或或,所以满足条件的所有点的坐标为: 或或或.【点睛】本题考查了直线与椭圆相切的位置关系,圆的方程 ,韦达定理,两条直线垂直关系,运算求解能力,设直线方程时,要注意讨论斜率是否存在,本题属于难题.21.已知整数满足，定义，.（1）求证：；（2）若为等比数列，公比为，且，求；（3）若，求的最小值.【答案】（1）证明见解析；（2）若，若，；（3）.【解析】【分析】(1)作差、分解因式后利用已知可证;(2)根据等比数列的性质得,代入可得,再用等比数列的前项和公式可求得;(3)对利用完全平方公式变形,再利用,放缩后配方可得.【详解】(1) 证明:,因为,所以,故.(2) 若为等比数列,则根据等比数列的性质可得:,所以=,所以,当时,当时,.(3)因为,所以,因为,所以,所以,等号成立的条件为: ,或,(不唯一).所以的最小值为.【点睛】本题考查了等比数列前项公式,放缩法,二次函数求最小值,属于难题.