高三上学期联考数学文试题含答案.docx

高三上学期联考数学文试题含答案.docx

《高三上学期联考数学文试题含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三上学期联考数学文试题含答案.docx（30页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

高三上学期联考数学文试题含答案

2019-2020年高三上学期联考数学（文）试题含答案

朱红霞邱帆

一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50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．在复平面内，复数（是虚数单位）所对应的点位于

A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限

2．设集合,，则等于

A．B．C．D．

3.已知，则

A．B．C．D．

4.在直角三角形中，，，点是斜边上的一个三等分点，则

A．0B．C．D．4

5．设是等差数列的前项和，若，则＝

A．1B．－1C．2D．

6．已知一个三棱锥的主视图与俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图面积为（）

A．B．C．D．

7.函数的零点个数为

A．1B．2C．3D．4

8．若抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合,则的值为

A．B．C．D．

9.设是定义在上的偶函数,且当时,.若对任意的,不等式恒成立,则实数的最大值是

A．B．C．D．2

10.如图，半径为1的圆切直线于点，射线从

出发绕着点顺时针方向旋转到，旋转过程中交

⊙于点，记为，弓形的面积，

那么的大致图象是

二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填写在答题卡中的横线上.）

11.已知函数，则.

12．运行如图所示的程序框图，若输入，则输出的值为.

13.如图，三棱锥S-ABC中，SA=AB=AC=2，

，M、N分别为SB、SC上的点，

则△AMN周长最小值为.

14.已知函数,若,则实数的取

值范围.

15.若实数满足则的最小值为.

三、解答题（本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

16.（本小题满分12分）

已知数列为等差数列，且．

（1）求数列的通项公式；

（2）证明….

17.（本小题满分12分）

如图所示，扇形AOB,圆心角AOB的大小等于，半径为2，在半径OA上有一动点C，过点C作平行于OB的直线交弧AB于点P.

（1）若C是半径OA的中点，求线段PC的长；

（2）设,求面积的最大值及此时的值.

18.（本小题满分12分）

城市公交车的数量若太多则容易造成资源的浪费；若太少又难以满足乘客需求.某市公交公司在某站台的60名候车乘客中随机抽取15人，将他们的候车时间作为样本分成5组，如下表所示（单位：

分钟）：

组别

候车时间

人数

一

2

二

6

三

4

四

2

五

1

（1）估计这60名乘客中候车时间少于10分钟的人数；

（2）若从上表第三、四组的6人中任选2人作进一步的调查，求抽到的两人恰好来自不同组的概率．

19．（本题满分12分）

如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，点是的中点，，交于点．

（1）求证：

平面平面；

（2）求三棱锥的体积．

20.（本小题满分13分）

已知椭圆C：

的一个焦点是（1，0），两个焦点与短轴的一个端点构成等边三角形．

（1）求椭圆C的方程；

（2）过点Q（4，0）且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆C于A、B两点，设点A关于x轴的

对称点为A1．求证：

直线A1B过x轴上一定点，并求出此定点坐标．

21．（本小题满分14分）

已知函数

的图像过坐标原点，且在点处的切线斜率为.

（1）求实数的值；

（2）求函数在区间上的最小值；

（3）若函数的图像上存在两点，使得对于任意给定的正实数都满足是以为直角顶点的直角三角形，且三角形斜边中点在轴上，求点的横坐标的取值范围.

江西师大附中、临川一中xx高三上学期期末联考

数学答案（文）

一、1—5BCDDA6—10BBCCA

二、11.1012.1113.14.15.

三、解答题

16.解析：

（1）设等差数列的公差为d，

由得

即d=1；…………3分

所以

即．…………6分

（2）证明：

　　　　　　　　　　…………8分

所以……

…12分

17.解析:

（1）在中，,,由

··············5分

（2）平行于

在中，由正弦定理得，即

，

又

.··············8分

记的面积为，则

当时，取得最大值.··············12分

18.解:

（1）候车时间少于10分钟的概率为，………………4分

所以候车时间少于10分钟的人数为人．………………………6分

（2）将第三组乘客编号为，第四组乘客编号为．从6人中任选两人有包

含以下基本事件：

，

，，，

，………………10分

其中两人恰好来自不同组包含8个基本事件,所以,所求概率为．…………12分

19.证明：

（1）∵底面，∴

又∴面

∴······①··········3分

又，且是的中点，∴·········②

由①②得面∴

又∴面

∴平面平面····················6分

（2）∵是的中点，∴

.·······9分

······12分

20.

·················5分

（2）设直线：

与联立并消去得：

.

记，，，

.························8分

由A关于轴的对称点为，得，根据题设条件设定点为（，0），

得，即.

所以

即定点（1，0）.……………13分

21．解：

（1）当时，，

依题意，

又故...............3分

（2）当时，

令有，故在单调递减；在单调递增；

在单调递减．又,

所以当时，……………………6分

（3）设，因为中点在轴上，所以

又

①

（ⅰ）当时，，当时，．故①不成立……7分

（ⅱ）当时，

代人①得：

，

无解………8分

（ⅲ）当时，

代人①得：

②

设

，则是增函数.

的值域是．………………………………………10分

所以对于任意给定的正实数，②恒有解，故满足条件．

（ⅳ）由横坐标的对称性同理可得，当时，

，代人①得：

③

设

，令，则由上面知

的值域是的值域为.

所以对于任意给定的正实数，③恒有解，故满足条件。

………………12分

综上所述，满足条件的点的横坐标的取值范围为..........14分

2019-2020年高三上学期联考物理试题（12月份）含解析

一、选择题（本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）

1．（6分）（xx秋•萧山区期末）一物体做匀变速直线运动，速度图象如图所示，则在前4s内（设向右为正方向）（　　）

A．

物体始终向右运动

B．

物体先向左运动，2s后开始向右运动

C．

前2s物体位于出发点的左方，后2s位于出发点的右方

D．

在t=4s时，物体距出发点最远

考点：

匀变速直线运动的图像．

专题：

运动学中的图像专题．

分析：

在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线表示加速度，加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．

解答：

解：

AB、由于在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；所以物体前两秒向左运动，后两秒向右运动，故A错误，B正确．

C、因为图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．前2s位移为负，物体位于出发点的左方，后2s负方向的位移逐渐减小，最后4秒末位移为零，又回到出发点，故C错误，D错误．

故选B

点评：

本题是为速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义．

2．（6分）（xx秋•重庆月考）如图1蹦极是一项非常刺激的户外活动，跳跃者站在约40米以上高度的位置，用橡皮绳固定住后跳下，落地前弹起，反复弹起落下，重复多次直到静止．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图2所示，重力加速度为g．据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为（　　）

A．

g

B．

2g

C．

3g

D．

4g

考点：

牛顿第二定律．

专题：

牛顿运动定律综合专题．

分析：

图象中拉力的变化幅度越来越小，说明拉力逐渐趋向与一个定值，而联系人的实际振动幅度越来越小，最后静止不动，说明了重力等于0.6F0，而最大拉力为1.8F0，故结合牛顿第二定律可以求出最大加速度．

解答：

解：

人落下后，做阻尼振动，振动幅度越来越小，最后静止不动，结合拉力与时间关系图象可以知道，人的重力等于0.6F0，而最大拉力为1.8F0

即：

0.6F0=mg…①

Fm=1.8F0…②

结合牛顿第二定律，有：

F﹣mg=ma…③

当拉力最大时，加速度最大，因而有：

1.8F0﹣mg=mam…④

由①④两式解得：

am=2g

故选：

B

点评：

本题用图象描述了生活中一项体育运动的情景．解答本题，必须从图象中提取两个重要信息：

一是此人的重力，二是蹦极过程中处于最大加速度位置时人所受弹性绳的拉力．要获得这两个信息，需要在图象形状与蹦极情境之间进行转化：

能从图象振幅越来越小的趋势中读出绳的拉力从而判断人的重力；能从图象第一个“波峰”纵坐标的最大值想象这就是人体位于最低点时弹性绳的最大拉力．要完成这两个转化，前提之一，是对F﹣t图象有正确的理解；前提之二，是应具有把图象转化为情景的意识．

3．（6分）（xx秋•重庆月考）科学家预测未来的几年内我国也有能力发射探月航天器．设探月航天器在接近月球表面的轨道上飞行，其运动视为匀速圆周运动．已知月球质量为M，月球半径为R，月球表面重力加速度为g，引力常量为G，不考虑航天器质量的变化以及月球自转的影响，关于航天器下列说法不正确的是（　　）

A．

角速度ω=

B．

线速度v=

C．

运行周期T=2π

D．

向心加速度a=

考点：

万有引力定律及其应用．

专题：

万有引力定律的应用专题．

分析：

研究月航天器绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出问题．

向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所要求解的物理量选取应用．

不考虑月球自转的影响，万有引力等于重力．

解答：

解：

根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力和万有引力等于重力得出：

A、根据和，得：

，故A错误；

B、根据，得：

v=，故B正确；

C、根据和，得：

，故C正确；

D：

根据，得：

，故D错误．

本题选错误的

故选：

A

点评：

应用万有引力定律进行卫星加速度、速度、周期和黄金代换公式．

4．（6分）（xx秋•市南区校级期末）某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是（　　）

A．

c点场强大于b点场强

B．

a点电势高于b点电势

C．

若将一试探电荷+q由a点释放，它将沿电场线运动b点

D．

若在d点再固定一点电荷﹣Q，将一试探电荷+q由a移至b的过程中，电势能增大

考点：

电场线；电场强度；电势．

分析：

电场线的疏密反映电场的强弱．

沿着电场线方向电势降低．

电场线方向与电荷的运动轨迹无直接关系．

解答：

解：

A、电场线的密的地方场强大，b点电场线密，所以b点场强大，故A错误．

B、沿着电场线方向电势降低，a点电势高于b点电势，故B正确．

C、若将一试探电荷+q由a点静止释放，将沿着在a点的场强方向运动，运动轨迹不是电场线，故C错误．

D、若将一试探电荷+q由a点静止释放，电场力对电荷做正功，电荷动能增加，电势能减少，故D错误．

故选：

B．

点评：

掌握电场线的特点即可解决问题．

可通过动能定理判断电荷动能的变化即可知道速度大小的变化．

5．（6分）（xx秋•重庆月考）如图所示，在质量为M的小车上用细线悬挂一小球，小球的质量为m0，小车以恒定的速度v沿光滑的水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间短，在此碰撞进行的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．

小车、小球、木块组成系统的动量不守恒而机械能守恒

B．

小车、小球、木块组成系统的动量和机械能均不守恒

C．

小球的速度不变，若小车和木块粘合且速度都变为v1，则满足Mv=（M+m）v1

D．

小车和小球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足（M+m0）v=（M+m0）v1+mv2

考点：

动量守恒定律；机械能守恒定律．

专题：

动量定理应用专题．

分析：

在小车和木块碰撞的过程中，由于碰撞时间极短，小车和木块组成的系统动量守恒，摆球在瞬间速度不变．

解答：

解：

碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球可认为没有参与碰撞，由于惯性其速度在瞬间不变．

以车的速度方向为正方向，若碰后小车和木块粘合在你一起，根据动量守恒有：

Mv=（M+m）v1，故C正确，

由于不知道碰撞是否为弹性碰撞，无法判断机械能是否守恒，故ABD错误；

故选：

C．

点评：

解决本题的关键合理选择研究对象，知道在碰撞的瞬间前后摆球的速度不变，小车和木块组成的系统动量守恒．

二、非选择题（本大题共5小题，共68分）

6．（12分）（xx•广东模拟）在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器接在电压为U、频率为f的交流电源上，从实验打出的几条纸带中选出一条理想纸带，如图所示，选取纸带上打出的连续5个点A、B、C、D、E，测出A点与起始点O的距离为s0，点A、C间的距离为s1，点C、E间的距离为s2，已知重锤的质量为m，当地的重力加速度为g，则

（1）从起点O开始到打下C点的过程中，重锤重力势能的减少量为△EP=　mg（s0+s1）　，重锤动能的增加量为△Ek=　　．

（2）根据题设条件，还可利用重锤下落求出当地的重力加速度g=　　，经过计算可知，测量值比当地重力加速度的真实值要小，其主要原因是：

　纸带与限位孔之间摩擦力作用　．

考点：

验证动量守恒定律．

专题：

实验题．

分析：

（1）根据重力势能变化量△EP=mgh，确定高度h求解．由匀变速直线运动的推论vn=求出C点速度，再求动能的增加量为△Ek．

（2）由△x=aT2求解加速度．实验中存在各种阻力，使实验产生误差．

解答：

解：

（1）重锤重力势能的减少量为△EP=mg（s0+s1）．

打C点重锤的速度vC=，T=，

重锤动能的增加量为△Ek==

（2）由s2﹣s1=a（）2，得

a=

由于纸带与限位孔之间摩擦力作用、重物受到空气阻力等影响，g测量值比当地重力加速度的真实值要小．

故本题答案是：

（1）mg（s0+s1）；

（2）；纸带与限位孔之间摩擦力作用．

点评：

本题容易出错的地方是T=，要注意区分电源的周期与计数点时间间隔，式中△x=aT2中T是计数点时间间隔．

7．（7分）（xx秋•重庆月考）为验证动量守恒，采用如图装置，实验步骤如下：

Ⅰ、调整斜槽末端水平，并与竖直墙壁保持适当距离．

Ⅱ、在竖直墙上找到球在末端圆心的等高点O．

Ⅲ、从斜面上某一高度释放小球m1，落在墙上B点．

Ⅳ、把小球m2置于斜槽末端，m1从同一高度释放，碰撞后m1、m2分别落在C、A点．

（1）下列说法正确的　A　

A、小球m1和m2必须大小相等，且m1＞m2

B、为减小实验误差，斜槽必须光滑．

C、实验中必须测量斜槽末端到竖直墙的水平距离

D、实验中必须测量小球做平抛运动的时间

（2）若用天平测出小球质量分别为m1、m2，测量OA、OB、OC高度依次为h1、h2、h3，则动量守恒最简表达式　=+　．

考点：

验证动量守恒定律．

专题：

实验题．

分析：

根据实验原理与实验注意事项分析答题；应用动量守恒定律求出动量守恒的表达式，然后根据表达式分析答题．

解答：

解：

（1）A、小球m1和m2必须大小相等，为防止两球碰撞后反弹，m1＞m2，故A正确；

B、实验时要保证小球离开轨道时的速度相等，只要使小球从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽不需要光滑，故B错误；

C、小球离开轨道后做平抛运动，在水平方向的位移相等，不需要测出到墙壁的距离，

小球在竖直方向做自由落体运动运动，需要测出小球的竖直分位移，不需要测出运动时间，故CD错误；

（2）小球离开轨道后做平抛运动，竖直方向：

h=gt2，运动时间：

t=，v==x，

如果碰撞过程动量守恒，则：

m1v1=m1v2+m2v3，m1x=m1x+m2x，即：

=+；

故答案为：

（1）A；

（2）=+．

点评：

本题考查了实验注意事项、求实验需要验证的表达式，知道实验原理、应用平抛运动规律与动量守恒定律即可正确解题．

8．（15分）（xx秋•重庆月考）如图所示，质量m=1kg的物块在水平拉力F的作用下由静止开始沿粗糙的水平面向右运动，已知F=4N，物体运动1m时速度达到V=2m/s，此时撤去F．求：

（1）物体和水平面间的动摩擦因数μ．

（2）撤去F后2s内物体运动的距离S．

考点：

牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

专题：

牛顿运动定律综合专题．

分析：

物体做初速度为零的匀变速直线运动，由速度时间关系式可以解出加速度，在再根据牛第二定律解出物体受到的摩擦因数．

解答：

解：

（1）物体做初速度为零的匀变速直线运动，

由速度位移关系式：

2ax=v2

解得：

a=2m/s2

物体水平方向受到向前的拉力F，向后的摩擦力f，

由牛顿第二定律得：

F﹣μmg=ma

解得：

μ=0.2

（2）撤去拉力后物体水平方向仅受到向后的摩擦力，

由牛顿第二定律得：

f=ma2

解得：

a2=2m/s2

减速到0所需时间为＜2s

由位移速度关系式得：

0﹣V2=﹣2a2x

解得：

x=1m

答

（1）物体和水平面间的动摩擦因数μ为0.2．

（2）撤去F后2s内物体运动的距离S为1m．

点评：

本题把牛顿第二定律与匀变速直线运动规律相结合，通过此题可以看出加速度是练习牛顿第二定律与匀变速直线运动规律的桥梁．

9．（16分）（xx秋•重庆月考）如图，空间存在一水平向右的匀强电场，场强大小为E，现用一根长为l的绝缘细线悬挂一质量为m的带电小球放入其中，当小球静止时，悬线与竖直方向夹角为θ．问：

（1）小球所带电性和电荷量；

（2）若将细线突然剪断，求小球运动的加速度大小；

（3）若不剪断细线，在不改变电场强度E的大小的情况下，突然将电场的方向变为竖直向上，求小球运动过程中小球最大速度．

考点：

动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用．

专题：

电场力与电势的性质专题．

分析：

（1）对小球减小受力分析，即可根据共点力的平衡求出小球的电量与电性．

（2）若将细线突然剪断，小球受到的合力的方向与细线的拉力的方向相反，运动的加速度大小由牛顿第二定律即可求出．

（3）将电场的方向变为竖直向上，电场力的方向向下，小球运动到最低点时的速度最大，由动能定理即可求出最大速度．

解答：

解：

（1）小球平衡时，受到竖直向下的重力．绳子的拉力与电场力的作用，所以电场力的方向向左，小球带负电．受力如图．

得：

qE=mg•tanθ

所以：

（2）若将细线突然剪断，小球受到的合力的方向与细线的拉力的方向相反，大小：

所以：

（3）将电场的方向变为竖直向上，电场力的方向向下，小球向下运动的过程中重力与电场力都做正功，所以运动到最低点时的速度最大，由动能定理得：

联立解得：

答：

（1）小球所带负电性，电荷量是；

（2）若将细线突然剪断，小球运动的加速度大小是；

（3）若不剪断细线，在不改变电场强度E的大小的情况下，突然将电场的方向变为竖直向上，小球运动过程中小球最大速度是

．

点评：

该题考查小球在重力与电场力作用下的平衡，以及在这两个力的作用下的运动，对小球减小正确的受力分析与运动过程分析，按照规范化的步骤解答即可．

10．（18分）（xx秋•重庆月考）如图所示，整个装置竖直固定放置．质量m1=2千克的物体1从傾角37°的光滑斜面AB顶端A处静止滑下，到达动摩擦因数为0.2的水平面BC时（BC长米）与原来静止在C点的质量m2=1千克的物体2发生碰撞，碰撞无能量损失．然后物体2沿光滑的半圆形轨道恰能到达最高点D，圆的半径R=0.4米，最后物体2开始平抛运动．物体1和2均为质点，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．

（1）求物体2平抛运动的初速度并计算证明物体2落在AB还是落在BC上；

（2）若物体1与物体2不发生第二次碰撞，则物体1最后静止位置与C点的距离；

（3）求斜面AB的高度h和物体1第一次从A滑到斜面底端B点用去的时间．

考点：

动量守恒定律；向心力．

专题：

动量定理应用专题．

分析：

（1）2恰好做圆周运动，由牛顿第二定律求出2在D点的速度，然后应用平抛运动规律分析答题．

（2）1、2碰撞过程系统动量与机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出1的速度，然后应用动能定理求出1的路程，最后确定1的位置．

（3）由动能定理求出1滑到B点的速度，然后由动能定理或机械能守恒定律求出斜面的高度，然后由运动学公式求出运动时间．

解答：

解：

（1）2恰好做圆周运动，重力提供向心力，在D点，由牛顿第二定律得：

m2g=m2，

代入数据解得：

vD=2m/s，

2离开圆轨道后做平抛运动，假设2落到BC面上，竖直方向：

2R=gt2，水平方向：

x=vDt，

代入数据解得：

x=0.8m＜BC，则物体2落在BC上；

（2）2从C到D过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：

m2vC2=m2g•2R+m2vD2，

代入数据解得：

vC=2m/s，

1、2碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以1的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m1v1=m1v1′+m2vC，

由机械能守恒定律得：

m1v12=m1v1′2+m2vC2，

代入数据解得：

v1=m/s，v1′=m/s，

对1由动能定理得：

﹣μm1gs=0﹣m1v1′2，

代入数据解得：

s=m＜m=BC，

最终物体1静止时距C点的距离为：

m处．

（3）物体1从B到C过程，由动能定理得：

﹣μm1g•BC=m1v12﹣m1vB2，

代入数据解得：

vB=4m/s，

1从A到B过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：

m1gh=m1vB2，

代入数据解得：

h=0.8m；

由牛顿第二定律得：

a==gsin37°=10×0.6=6m/s2，

1从A到B的运动时间：

t==s=s；

答：

（1）物体2平抛运动的初速度2m/s，物体2落在BC上；

（2）若物体1与物体2不发生第二次碰撞，物体1最后静止位置与C点的距离为m；

（3）斜面AB的高度h为0.