1、20192020学年高三阶段性监测数学试题201910本试卷共5页，共150分，考试时间120分钟一、单项选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由，求出，由此能求出【详解】集合，1，故选：【点睛】本题考查并集的求法，考查交集、并集定义等基础知识，考查运算求解能力，属于容易题2. 若实数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据对数的单调性可知，并且、都大于0，A选项不成立；当、都是负数的时候，绝对值符号是相反的，可判断B错误；举反例，
2、的时候选项C就不成立了；根据指数函数的单调性可判断选项D中成立【详解】对数函数的底数是在0到1之间，所以是减函数，因此，并且要保证真数，因此不成立；取，显然不成立；当时，式子不成立；指数函数的底数大于1，所以是增函数，即有，因此成立；故选：【点睛】本题考查了不等式的基本性质，结合了对数函数、指数函数的单调性，考查学生的逻辑推理能力，属于中档题3. 设随机变量，若，则（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】【分析】根据正态分布及可知期望与方差.【详解】因为随机变量，且，所以由对称性知，由正态分布知方差.故选：A【点睛】本题主要考查了正态分布中，的含义，属于容易题.4. 设，则“”
3、是“”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】B【解析】【分析】解出不等式根据充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可.【详解】由题解，解得：，解可得：；则不能推出成立，能推出成立，所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键，属于基础题.5. 设，若，则实数，的大小关系是（ ）A. B. C D. 【答案】C【解析】【分析】利用指数函数、对数函数的性质直接求解详解】，实数，的大小关系为故选：【点睛】本题考查三个数的大小的判断，考查指数函数、对数函数的
4、性质等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题6. 设、为两个不同的平面，、为两条不同的直线，且，则下列命题中真命题是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】A【解析】【分析】利用平面与平面垂直的判定定理，平面与平面垂直、平行的性质定理判断选项的正误即可【详解】由，为两个不同的平面，、为两条不同的直线，且，知：在中，则，满足平面与平面垂直的判定定理，所以正确；在中，若，不能得到，也不能得到，所以得不到，故错误；在中，若，则与可能相交、平行或异面，故不正确；在中，若，则由面面平行的性质定理得，不一定有，也可能异面，故错误故选：【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线
5、面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题7. 函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先确定函数定义域，再判断函数的奇偶性和值域，由此确定正确选项。【详解】解：函数的定义域为，则函数为偶函数，图象关于y轴对称，排除B，当时，排除A，当时，排除C，故选：D.【点睛】本题通过判断函数图像考查函数的基本性质，属于基础题。8. 已知一组数据点，用最小二乘法得到其线性回归方程为，若数据，的平均数为1，则（ ）A. 2B. 11C. 12D. 14【答案】D【解析】【分析】根据在回归直线上，代入求，再求.【详解】，且在线性回归直线上，则.故选：D.【点睛】
6、本题考查回归直线方程的应用，意在考查基础知识，本题的关键是知道回归直线必过样本中心点.9. 用平面截一个球，所得的截面面积为，若到该球球心的距离为1，则球的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出小圆的半径，利用球心到该截面的距离为1，小圆的半径，通过勾股定理求出球的半径，即可求出球的体积【详解】用一平面去截球所得截面的面积为，则截面圆的半径为1，已知球心到该截面的距离为1，则球的半径为，球的体积为：故选：【点睛】本题考查球的小圆的半径，球心到该截面的距离，球的半径之间的关系，考查计算能力，是中档题10. 在，四个函数中，当时，使恒成立的函数的个数是（ ）A. 0B.
7、 1C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】根据条件结合凸凹函数的定义进行判断即可【详解】满足为凸函数，分别作出四个函数在上的图象，由图象知，在四个函数中，只有是凸函数，其余三个为凹函数，故选：【点睛】本题主要考查函数图象的判断，结合凸凹函数的定义，利用数形结合是解决本题的关键，属于中档题二、多项选择题：本大题共3小题，每小题4分，共12分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得4分，有选错的得0分，部分选对的得2分.11. 某地某所高中2019年的高考考生人数是2016年高考考生人数的1.5倍，为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2016年和2019年的高考升
8、学情况，得到如下柱图：则下列结论正确的是（ ）A. 与2016年相比，2019年一本达线人数有所增加B. 与2016年相比，2019年二本达线人数增加了0.5倍C. 与2016年相比，2019年艺体达线人数相同D. 与2016年相比，2019年不上线的人数有所增加【答案】AD【解析】【分析】根据柱状图给定的信息，作差比较，即可求解.【详解】依题意，设2016年高考考生人数为，则2019年高考考生人数为，由，所以A项正确；由，所以B项不正确；由，所以C项不正确；由，所以D项正确.故选：AD.【点睛】本题主要考查了统计图表的识别和应用，其中解答中熟记柱状图表表示的含义是解答的关键，属于基础题.12
9、. 已知空间中两条直线，所成的角为，为空间中给定的一个定点，直线过点且与直线和直线所成的角都是，则下列选项正确的是（ ）A. 当时，满足题意的直线不存在B. 当时，满足题意的直线有且仅有1条C. 当时，满足题意的直线有且仅有2条D. 当时，满足题意的直线有且仅有3条【答案】ABC【解析】【分析】为了讨论：过点与所成的角都是的直线有且仅有几条，先将涉及到的线放置在同一个平面内观察，只须考虑过点与直线所成的角都是的直线有且仅有几条即可，再利用.进行角之间的大小比较即得.【详解】过点作，则相交直线确定一平面.与夹角为或，设直线与均为角，作面于点，于点，于点，记，或，则有.因为，所以.当时，由，得；当
10、时，由，得.故当时，直线不存在；当时，直线有且仅有1条；当时，直线有且仅有2条；当时，直线有且仅有3条；当时，直线有且仅有4条；当时，直线有且仅有1条.故，均正确，错误.故选：.【点睛】本题考查线面角大小的判断，处理技巧上，将直线转化成共面直线非常关键，考查了数形结合，分类讨论的数学思想，属于中档题13. 德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，是解析数论的创始人之一，以其名命名的函数成为狄利克雷函数，则关于，下列说法正确的是（ ）A. B. 函数是偶函数C. 任意一个非零有理数，对任意恒成立D. 存在三个点，使得为等边三角形【答案】ABCD【解析】【分析】依次判断每个选项：，故；判断，为偶
11、函数；判断；取为等边三角形，得到答案.【详解】，正确；，偶函数，正确；，正确；易知三点构成等边三角形，正确；故选：【点睛】本题考查了函数的新定义问题，意在考查学生对于函数性质的应用能力.三、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.把答案填在对应题号的横线上14. 命题：“，”的否定是_.【答案】，【解析】【分析】根据含有量词的命题的否定即可得到结论【详解】命题为全称命题，则命题的否定为，故答案为：【点睛】本题主要考查含有量词的命题的否定，属于容易题15. 已知为偶函数，当时，则曲线在点处的切线方程是_.【答案】【解析】【分析】由已知求得函数在上的解析式，求其导函数，得到（1），再由直线方
12、程点斜式得答案【详解】为偶函数，且当时，当时，则，（1）曲线在点处的切线方程是，即故答案为：【点睛】本题考查函数解析式的求解及常用方法，利用导数研究在曲线上某点处的切线方程，是中档题16. 甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加“庆国庆70周年，爱国主义知识大赛”活动，决出第1名到第5名的名次.甲乙两名同学去询问成绩，回答者对甲说“虽然你的成绩比乙好，但是你俩都没得到第一名”；对乙说“你当然不会是最差的”从以上回答分析，丙是第一名的概率是_.【答案】【解析】【分析】根据提示可知丙、丁、戊获得第一名的概率时一样的，故可求其概率.【详解】甲和乙都不可能是第一名，第一名只可能是丙、丁或戊，又考虑到所有的限制
13、条件对丙、丁、戊都没有影响，这三个人获得第一名是等概率事件，丙是第一名的概率是.故答案为：.【点睛】本题考查推理和概率的求法，意在考查推理，抽象概括能力，属于简单题型.17. 在棱长为6的正方体中，是的中点，点是面所在的平面内的动点，且满足，则_，三棱锥的体积最大值是 _.【答案】 (1). 2 (2). 【解析】【分析】根据，利用体积公式求解得出，求解最值，根据勾股定理得出，利用函数求解即可.【详解】在棱长为6的正方体中，是的中点，点是面所在的平面内的动点，且满足，如图：，即，设，作，化简得：，根据函数单调性判断：时，最大值为36，在正方体中，面，三棱锥的体积最大值为故答案为：2；【点睛】本
14、题考查了空间几何体中的最值问题，关键是列出式子，转化为距离问题，借助函数求解，是中档题四、解答题：本大题共6小题，共82分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤18. 设函数,且 是定义域为R的奇函数（1）求的值；（2）若,试判断函数单调性,并求使不等式恒成立的的取值范围;【答案】（1）2（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）利用奇函数的性质即可求得实数k的值为.（2）由题意可得在 R 上单调递减.结合函数的单调性和函数的奇偶性可得的取值范围是.【详解】（1）是定义域为 R 的奇函数.（2）,且 .又 ,且 .而 R 上单调递减, 在 R 上单调递增,故判断 在 R 上单调递减.不等式化为
15、 .恒成立.,解得 .【点睛】本题主要考查奇函数的性质及其应用，不等式的解法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.19. 已知集合，.（1）求集合、；（2）当时，若是成立的充分不必要条件，求实数的取值范围.【答案】（1）分类讨论，详见解析；（2）.【解析】【分析】(1) 由， 解得x范围，可得集合A，由解得x=2+m，或2-m.对m分类讨论即可得出集合B ；（2）根据是成立的充分不必要条件，可得-2，6是2-m，2+m的真子集，进而得出范围.【详解】（1）由，得.故集合.由，得，. 当时，由得，故集合.当时，由得：，故集合.当时，由得，故集合.（2）是成立充分不必要条件，是的真子集，则
16、有，解得，又当时，不合题意，实数的取值范围为.【点睛】本题考查了不等式的解法、简易逻辑的判定方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力,属于中档题.20. 在直角梯形ABCD中，AB=BC=2，CD=4，BCDC，AEDC，M，N两点分别在线段AD，BE上运动，且DM=EN（如图1）将三角形ADE沿AE折起，使点D到达D1的位置（如图2），且平面D1AE平面ABCE.（1）判断直线MN与平面D1CE的位置关系并证明；（2）证明：MN的长度最短时，M，N分别为AD1和BE的中点；（3）当MN的长度最短时，求平面D1MN与平面EMN所成角（锐角）的余弦值【答案】（1）平行，证明见解析；（2）证明
17、见解析；（3）.【解析】【分析】(1)作辅助线交于点，交于点，证明四边形是平行四边形，即有，由线面平行的判定即可证明/面D1CE；(2)令DM = EN = x，可得GE、EH，再由(1)中MN=GH且GH是Rt的斜边，结合勾股定理构造关于x的函数求最小值即可；(3) 以为坐标原点，分别以、所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，再结合已知条件写出相关点的坐标，用坐标表示向量、，求面、面的法向量，由坐标表示向量数量积的公式即可求二面角的余弦值【详解】（1）与平面平行. 证明：连接，在平面内作交于点；在平面内作交于点，连接AB=BC=2，BCDC，AEDC：即ABCE为边长为2的正方形，又C
18、D=4，即，且DM=EN在Rt中，；在Rt中，由题意知：有综上知：四边形是平行四边形，即有./面D1CE（2）证明：平面平面，平面平面，平面，令DM = EN = x，则在Rt中，当时，此时分别是和的中点；（3）以为坐标原点，分别以、所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知， 设是平面的一个法向量由可得，若取，可得设是平面的一个法向量由可得，若取，可得由题意知：面与面所成角为锐角，故平面与平面所成角的余弦值为【点睛】本题考查了线面平行的判定定理，应用勾股定理构造函数求最值，利用空间向量求二面角的余弦值，注意构建空间直角坐标系并根据已知条件得到相关点的对应坐标值，结合向量垂直的坐标公
19、式求得法向量，应用向量数量积的坐标公式求余弦值21. 某市近郊有一块大约的接近正方形的荒地，地方政府准备在此建一个综合性休闲广场，首先要建设如图所示的一个矩形场地，其中总面积为3000平方米，其中阴影部分为通道，通道宽度为2米，中间的三个矩形区域将铺设塑胶地面作为运动场地（其中两个小场地形状相同），塑胶运动场地占地面积为平方米（1）分别用表示和的函数关系式，并给出定义域；（2）怎样设计能使取得最大值，并求出最大值【答案】（1），其定义域是（2）设计，时，运动场地面积最大，最大值为2430平方米【解析】【分析】（1）总面积为，且，则，（其中，从而运动场占地面积为，代入整理即得；（2）由（1）知，
20、占地面积，由基本不等式可得函数的最大值，以及对应的的值【详解】解：（1）由已知，其定义域是，其定义域是（2），当且仅当，即时，上述不等式等号成立，此时，答：设计，时，运动场地面积最大，最大值为2430平方米【点睛】本题以实际问题为载体，考查函数模型的构建，考查应用基本不等式求函数最值，构建函数关系式是关键，属于中档题22. 设函数.（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数的值.【答案】(1) 当时，的单调递增区间为；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为;(2)3.【解析】【分析】（1）先求导，再对进行分类讨论，利用导数与函数的单调性的关系即可得出；（2）由（1）
21、可知，若函数有两个零点，则，且.转化为求满足的最小正整数的值，利用单调性判断其零点所在的最小区间即可求得.【详解】（1）函数的定义域为.,当时，函数在上单调递增；当时，由，得；由，得.所以函数在上单调递减，在上单调递增.综上所述，当时，的单调递增区间为；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）由（1）可知，若函数有两个零点，则，且.即，即，.令，易知在上是增函数，且，又，即.所以存在，使，当时，；当时，.所以满足的最小正整数的值为3.又时，且函数在上单调递减，在上单调递增，时，函数有两个零点.综上，满足条件的最小正整数的值为3.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和零点，考查分类讨论
22、的思想方法和等价转化方法，考查学生的逻辑思维能力,属于较难的题目.23. 某电子公司新开发一电子产品，该电子产品的一个系统G有3个电子元件组成，各个电子元件能否正常工作的概率均为，且每个电子元件能否正常工作相互独立.若系统C中有超过一半的电子元件正常工作，则G可以正常工作，否则就需要维修，且维修所需费用为500元.(1)求系统不需要维修的概率；(2)该电子产品共由3个系统G组成，设E为电子产品需要维修的系统所需的费用，求的分布列与期望;(3)为提高G系统正常工作概率，在系统内增加两个功能完全一样的其他品牌的电子元件，每个新元件正常工作的概率均为，且新增元件后有超过一半的电子元件正常工作，则C可
23、以正常工作，问:满足什么条件时，可以提高整个G系统的正常工作概率?【答案】(1)；(2)见解析；(3) 当时，可以提高整个系统的正常工作概率.【解析】【分析】（1）由条件，利用独立重复试验成功的次数对应的概率公式以及概率加法公式求得系统不需要维修的概率；（2）设为维修维修的系统的个数，根据题意可得，从而得到，利用公式写出分布列，并求得期望；（3）根据题意，当系统有5个电子元件时，分析得出系统正常工作对应的情况，分类得出结果，求得相应的概率，根据题意列出式子，最后求得结果.【详解】（1）系统不需要维修的概率为.（2）设为维修维修的系统的个数，则，且，所以.所以的分布列为050010001500所以的期望为. （3）当系统有5个电子元件时，原来3个电子元件中至少有1个元件正常工作，系统的才正常工作.若前3个电子元件中有1个正常工作，同时新增的两个必须都正常工作，则概率为；若前3个电子元件中有两个正常工作，同时新增的两个至少有1个正常工作，则概率为；若前3个电子元件中3个都正常工作，则不管新增两个元件能否正常工作，系统均能正常工作，则概率为.所以新增两个元件后系统能正常工作的概率为，于是由知，当时，即时，可以提高整个系统的正常工作概率.【点睛】该题考查的是有关概率的问题，涉及到的知识点有独立重复试验，二项分布，分布列与期望，概率加法公式，属于中档题目.
