1、高考资源网（） 您身边的高考专家大邱庄中学20202021学年度第二学期第一次诊断性检测高三年级数学试卷本试卷分第卷和第卷，总分150分，考试时间120分钟.一、选择题(本大题共9个小题，每小题5分，共45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.若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先化简集合，再利用并集的定义求解即可.【详解】集合,属于集合或属于集合的元素组成的集合，故选D.【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合或属于集合的元素的集合.2.设xR
2、，则“|x1|1”是“x2x20，y0，且，若x2ym22m恒成立，则实数m的取值范围_.【答案】【解析】【分析】由，可得展开，利用基本不等式可求得最小值，不等式等价于，据此求出的取值范围即可.【详解】由，可得，而恒成立，所以恒成立，即恒成立，解得，故答案为：.【点睛】本题主要考查了基本不等式的性质，以及一元二次不等式的解法的运用，属于中档题.15.已知菱形的边长为2，点分别在边上，则_.【答案】【解析】分析】连接交于，以为原点，以为轴，轴的正半轴建立直角坐标系，求得的坐标，从而可得结果.【详解】连接交于，以为原点，以为轴，轴的正半轴建立直角坐标系，菱形边长为2，为的中点，.故答案为.【点睛】
3、本题主要考查平面向量的线性运算以及平面向量数量积的坐标表示，属于中档题. 平面向量数量积的计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用三、填空题(本大题共5个小题，每小题15分，共75分)16.在中，内角所对的边分别为，.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）2；（2）.【解析】【分析】（1）在中，由，利用余弦定理可得，从而可得结果；（2）先求得，由正弦定理可得，利用二倍角的正弦公式可得，由同角三角函数的关系可得，进而由两角和的正弦公式可得结果.【详解】（1）在中，根据余弦定理， 于是，
4、 解得或（舍去），故. （2）在中，于是. 根据正弦定理，得，. 又为钝角，为锐角，即. 从而， .【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理及二倍角的正弦公式，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.17.在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，平面平面，且.（）求证：平面；（）求二面角的大小；（）已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，求线段的长【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】先利用线面垂直的性质证明直线
5、平面，以点为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正向建立空间直角坐标系，（1）可得是平面的一个法向量，求得，利用，且直线平面可得结果；（2）利用向量垂直数量积为0，列方程组分别求出平面与平面的法向量，由空间向量夹角余弦公式可得结果；（3）设，则，由，可得， 解方程可得结果.【详解】（1）平面平面，平面平面 ，直线平面. 由题意，以点为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正向建立如图空间直角坐标系，则可得：，. 依题意，易证：是平面的一个法向量，又， ，又直线平面， . （2） .设为平面的法向量，则，即.不妨设，可得. 设为平面的法向量，又 ，则，即.不妨设，可得， ，又二面角为钝二面角，二面角的大小
6、为. （3）设，则，又，又，即， ，解得或（舍去）.故所求线段长为.【点睛】本题主要考查利用空间向量证明线面平行、求二面角，属于中档题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.18.已知椭圆的离心率为，分别为椭圆的左右焦点，为椭圆短轴的一个端点，的面积为.（1）求椭圆的方程;（2）若是椭圆上异于顶点的四个点与相交于点，且,求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析
7、】【分析】(1)根据题意列出方程组，求解即可求得椭圆的标准方程；(2) 设，直线方程为，与椭圆方程联立求出，利用弦长公式求出，同理求出，从而表示出，根据题意求出k的取值范围从而求出的范围.【详解】解：（1），代入可得，解得，则， 椭圆方程：（2），设，直线方程为，联立直线AC方程与椭圆方程可得，因为，所以直线BD的方程为，把代入可得，因为是椭圆上异于顶点的四个点与，所以两条直线均不过点，所以，因为，所以，【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的综合应用，韦达定理，弦长公式，属于较难题.19.已知等比数列的各项均为正数，成等差数列，且满足，数列的前项和，且.（1）求数列和的通项公式；（2）设
8、，求数列的前项和.（3）设，的前项和，求证：.【答案】（1）；（2）当为偶数时，；当为奇数时，（3）证明见解析【解析】【分析】(1)根据题意列出方程组，求出、，从而得到的通项公式，当时，化简可得是首项为1的常数列，即可求得的通项公式；(2)分类讨论，当为偶数时，分别利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和即可，当为奇数时，由可求得结果；(3)裂项法可得，从而求得.【详解】解；（1）因为，所以，解得所以，当时，即，是首项为1的常数列，；（2）当为偶数时，当为奇数时，（3）【点睛】本题考查数列的综合，等差数列、等比数列通项公式、前n项和的求解，分组求和法，裂项相消法求和，计算时一定要数对项数，属于
9、较难题.20.设函数.（）求的单调区间；（）当时，试判断零点的个数；（）当时，若对，都有（）成立，求的最大值.【答案】（1）当时，的单减区间为；当时，的单减区间为，单增区间为；（2）两个；（3）0.【解析】【分析】（1）求出，分两种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（2）当时，由（1）可知，在是单减函数，在是单增函数，由，利用零点存在定理可得结果；（3）当，为整数，且当时，恒成立，利用导数求出的取值范围，从而可得结果.【详解】（1），. 当时，恒成立，在是单减函数. 当时，令，解之得.从而，当变化时，随的变化情况如下表： -0+ 单调递
10、减单调递增由上表中可知，在是单减函数，在是单增函数. 综上，当时，的单减区间为；当时，的单减区间为，单增区间为. （2）当时，由（1）可知，在是单减函数，在是单增函数；又，. ，；故在有两个零点. （3）当，为整数，且当时，恒成立.令，只需； 又，由（2）知，在有且仅有一个实数根，在上单减，在上单增； 又，且，即代入式，得. 而在为增函数，即.而，即所求的最大值为0.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、函数的零点以及不等式恒成立，属于难题.近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.- 21 - 版权所有高考资源网
