2021浙江高考数学难不难
06月08日
西宁十四中高三数学期中考试卷
13.在极坐标系中,直线被曲线所截得的线段长为.
14.设的内角A,B,C的对边分别为,且,则c=______.
15.设实数满足则的最大值为
16.写出命题“”的否定.
三、解答题
17.(本小题满分12分)已知向量,,设函数.
(1)求函数的最小正周期和单调递增区间;
(2)当时,求函数的值域.
18.(本小题满分12分)在锐角△ABC中,a、b、c分别为角A、B、C所对的边,且.
(1)求角C;
(2)若c=,且△ABC的面积为,求a+b的值.
19.(本题满分12分)设数列的前n项和为,且=2-2;数列为等差数列,且.
(1)求数列的通项公式;
(2)求数列的前n项和;
(3)若,为数列的前n项和,求
20.(本小题满分10分)已知幂函数在上单调递增,函数
(1)求的值;
(2)当时,记的值域分别为,若,求实数的取值范围.
21.(本小题满分12分)已知函数.
(Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线方程;
(Ⅱ)求函数的极值.
22.下面两题选其中一道做答:
1.(本小题满分10分)选修4-4:坐标系与参数方程
在直角坐标系中,曲线的参数方程为,(为参数),以原点为极点,轴正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.
(1)求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程;
(2)设为曲线上的动点,求点到上点的距离的最小值.
2.(本小题满分10分)设函数
(1)当时,解不等式:;
(2)若不等式的解集为,求的值.
参考答案
1.A
【解析】
试题分析:易知,,所以.故选A.
考点:集合运算.
2.A
【解析】
试题分析:∵,∴,∴是的充分条件;∵,∴,解得:或,所以不是必要条件,综上可知:是的充分不必要条件.
考点:充分必要条件.
3.A.
【解析】
试题分析:函数图象向左平移个单位,所得函数为,所以由得对称轴方程为,从而一条对称轴的方程是,选A.
考点:三角函数图像与性质
4.C
【解析】
试题分析:由题根据所给条件结合平面向量数量积运算性质不难得到,的夹角.
,故选C.
考点:平面向量数量积运算
5.D
【解析】
试题分析:显然,,,所以.故选D.
考点:比大小.
6.C
【解析】
试题分析:可以求得,所以函数的零点在区间内.故选C.
考点:零点存在性定理.
7.D
【解析】
试题分析:根据新定义可得,函数,而函数的图象与x轴恰有三个不同交点,等价于函数与函数有三个不同的交点.
显然有图像知,当直线(即红色直线)在直线和直线之间时有三个不同的交点,所以即.故选D.
考点:数形结合求参数范围.
8.B
【解析】
试题分析:∵是和的等比中项,∴,∴,∴,
∴.
考点:等比中项、等差数列的通项公式和前n项和公式.
9.C
【解析】
试题分析:几何体是四棱锥,结合其直观图,利用四棱锥的一个侧面与底面垂直,作四棱锥的高线,求出棱锥的高,代入棱锥的体积公式计算.
由三视图知:几何体是四棱锥,其直观图如图:
四棱锥的一个侧面SAB与底面ABCD垂直,过S作SO⊥AB,垂足为O,
∴SO⊥底面ABCD,底面为边长为2的正方形,
∴几何体的体积
故选B.
考点:由三视图求几何体的体积
【名师点睛】该题属于三视图求几何体的体积及表面积题目中较好的创新题目,选取视角比较新颖,是一个好题;解决有关三视图的题目,主要是根据三视图首先得到几何体的空间结构图形,然后运用有关立体几何的知识进行发现计算即可,问题在于如何正确的判定几何体的空间结构,主要是根据“长对正,高平齐,宽相等”进行判断.求几何体的体积:1.计算柱、锥、台的体积关键是根据条件找出相应的底面积和高.2.注意求体积的一些特殊方法:分割法、补体法、转化法等,它们是解决一些不规则几何体体积计算常用的方法,应熟练掌握.3.求以三视图为背景的几何体的体积.应先根据三视图得到几何体的直观图,然后根据条件求解.求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题,即空间图形平面化,这是解决立体几何的主要出发点.(2)求不规则几何体的表面积时,通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体,先求这些柱、锥、台体的表面积,再通过求和或作差求得几何体的表面积.
10.B
【解析】
试题分析:程序执行中的数据变化如下:
不成立,输出
考点:程序语句
11.
【解析】
试题分析:曲线可以化为,与直线联立,可以得到,所以,所以截得的线段长为.
考点:曲线的极坐标方程和直角坐标方程的转换,直线的参数方程的应用,直线被曲线截得的弦长问题.
12.4
【解析】
试题分析:,代入值可得
考点:正余弦定理解三角形
13.4
【解析】
试题分析:不等式组表示的平面区域如图三角形及其内部,且A(4,0).目标函数可看作直线,在y轴上的截距的-2倍,显然当截距越小时,z越大.易知,当直线过点A时,z最大,且最大值为4-2×0=4.
考点:线性规划求最值.
14.
【解析】
试题分析:由特称命题的否定是全称命题可写出其否定为.
考点:特称命题与全称命题.
15.(1);,(2).
【解析】
试题分析:(1)根据向量数量积的坐标运算及辅助角公式,可得,然后由周期公式去求周期,再结合正弦函数的单调性去求函数的单调递增区间.(2)由(1)知,由求出,再结合正弦函数的单调性去求函数的值域.
试题解析:(1)依题意得
的最小正周期是:
由解得,
从而可得函数的单调递增区间是:
(2)由,可得
从而可得函数的值域是:
考点:(1)向量数量积的坐标运算及辅助角公式;(2)正弦函数的单调性及值域.
16.(1);(2).
【解析】
试题分析:第一问利用正弦定理将式子变形,从而求得,结合三角形是锐角三角形的条件,从而确定出角C的大小,第二问题中所给的边的长度,利用余弦定理,可以求得边之间的关系,利用三角形的面积公式,求得边的乘积,从而求得对应的方程组,利用平方和与和的平方的关系,求得,从而求得结果,也可以应用方程组求得各边的长度,从而求得和.
试题解析:(1)由及正弦定理得,
是锐角三角形,
(2)解法1:由面积公式得
由余弦定理得
由②变形得
解法2:前同解法1,联立①、②得
消去b并整理得解得
所以故
考点:正弦定理,余弦定理,面积公式.
17.(1)(2)(3)
【解析】
试题分析:(1)由=2-2借助于可求解通项公式,分情况讨论后检验能否合并结果;(2)将转化为等差数列的首项和公差表示,求得基本量后,借助于求和公式求解;(3)整理,根据通项公式特点采用错位相减法求和
试题解析:(1)由=2-2,得,又=,所以=2,
由=2-2①
得②
②-①得,∴,
∴是以2为首项,以2为公比的等比数列,
所以=.
(2)∵为等差数列,设其公差为d,∵,
∴,解得
∴
(3)由(1),(2)知
∴③
∴2④
③-④得-
∴
考点:1.等比数列通项公式;2.等差数列通项公式及求和;3.错位相减法求和
18.(1)0;(2)
【解析】
试题分析:(1)根据幂函数的定义个性质即可求出;(2)根据幂函数和指数函数的单调性,分别求出其值域,再根据A∪B=A,得到关于k的不等式组,解得即可.
试题解析:(1)由为幂函数,且在上递增
则得:
(2)A:由,得B:
而,有,所以,
考点:幂函数和指数函数的定义和性质
19.(Ⅰ);(Ⅱ)当时,函数无极值.当时,函数在处取得极小值,无极大值.
【解析】
试题分析:(Ⅰ)先求a=2时的导函数,然后求出x=1时的导函数即该点处的切线斜率,然后由点斜式求出切线方程.(Ⅱ)求出导函数,因为含有参数a,所以结合导函数的零点与定义域区间端点的位置关系进行分类讨论,从而得出函数的单调性,并由极值点的定义判断出函数的极值.
试题解析:函数的定义域为,,
(Ⅰ)当时,,,
∴,,
∴在点处的切线方程为,
即
(Ⅱ)由,可知:
①当时,,函数为上的增函数,函数无极值;②当时,由,解得;
∵时,,时,
∴在处取得极小值,且极小值为,无极大值.
综上:当时,函数无极值.
当时,函数在处取得极小值,无极大值.
考点:利用导数的方法求曲线的切线方程;求极值.
20.(1)曲线的普通方程为:,曲线的直角坐标方程为:;
(2).
【解析】
试题分析:第一问利用正余弦的平方关系,消元求得曲线的普通方程,利用和角公式将式子展开,利用极坐标和直角坐标的关系,求得曲线的直角坐标方程;第二问利用曲线的参数方程,代入点到直线的距离公式,求得最值.
试题解析:(1)由曲线:得
即:曲线的普通方程为:
由曲线:得:
即:曲线的直角坐标方程为:
(2)由(1)知椭圆与直线无公共点,
椭圆上的点到直线的距离为
所以当时,的最小值为
考点:参数方程与普通方程的互化,极坐标方程与直角坐标方程的转化,点到直线的距离.
21.(1); (2)
【解析】
试题分析:(1)当时,函数,由不等式可得①,或②,分别求出①②的解集,再取并集,即得所求.(2)由,可得连续函数在上是增函数,故有,分当和当两种情况,分别求出m的值,即为所求.
试题解析:(1)当时,函数,由不等式可得①,或②.解①可得,解②可得,故不等式的解集为.
(2)∵,连续函数在上是增函数,由于的解集为,故,
当时,有,解得.
当时,则有,解得.
综上可得,当或时,f(x)≤2的解集为.
考点:1.带绝对值的函数;2.绝对值不等式的解法.