浙江省绍兴市上虞区2020-2021学年高二上学期竞赛数学试题A组（Word版附解析）

2020年上虞区高二竞赛数学试卷（A卷2020.12）一、填空题（每小题5分，共60分）1.实数满足，则_________.【答案】2或4【解析】【分析】根据对数计算公式，将题中的对数都换算为以2为底的对数，再用换元法解方程即可得出答案.【详解】由得令,则,解得或所以或故答案为：2或4.2.已知点，，则直线的倾斜角________．【答案】##【解析】【分析】先根据斜率公式表示出斜率，再利用诱导公式化简，然后由斜率与倾斜角的关系可求得结果.【详解】因为，，所以直线的斜率为，所以，因为，所以，故答案为：.3.已知向量满足，则的取值范围是__________．【答案】 【解析】【分析】设，则，设向量，得到，结合向量的数量积的运算，求得，即可求解.【详解】由向量满足，设，则，设向量，其中，联立方程组，解得，可得，因为，可得，所以，可得所以的取值范围为.故答案为：.4.已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且，则___________.【答案】【解析】【分析】根据正弦定理化简已知式子，由正弦值得到的值.【详解】由已知，由正弦定理得又，∴，整理得，又，则，∴，即，于是，∴. 又，∴，∴，.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查了正弦定理在解三角形中的应用，以及辅助角公式的应用，解决这类问题的关键在于对公式的熟练掌握以及灵活运用，属于基础题.5.已知各项均为整数的等差数列，若，，，则的最小值是________．【答案】7【解析】【分析】设公差为，由题意可得，都是正整数，将用表示，求出的最大值即可得解.【详解】设公差为，因为，，，所有，，所以，所以，，所以，又因为的各项均为整数，所以为整数，则，因为都是正整数，所以为和的最大公约数，所以.故答案为：.6.已知函数是定义在上的单调函数，且对任意的实数，有，则不等式的解集是________.【答案】【解析】 【分析】由题意可知，存在唯一实数，使得，则，可得出，利用函数单调性求出的值，令，分析函数的单调性，结合单调性可得出不等式的解集.【详解】因为函数是定义在上的单调函数，则存在唯一实数，使得，又因为，则，则，所以，，因为函数、均为上的增函数，所以，函数在上为增函数，且，故，所以，，因为函数在上为增函数，设，其中，则函数在上为增函数，且，当时，由可得，则，当时，，，则恒成立，所以，不等式的解集为.故答案为：.7.已知圆，，过平面内点有无数多对互相垂直的直线、，它们分别与圆、圆相交，且被圆、圆截得的弦长相等.则点的坐标为______.【答案】和【解析】【详解】设，直线、的方程分别为，，即，.易得圆心到的距离与圆心到的距离相等.则，即.此等式对无数多个成立，故，或， 即得；.故和.8.已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】【详解】分析：应用换元法，令，，不等式恒成立，转化为在恒成立，确定关系式，即可求得答案.详解：函数对称轴，最小值令，则恒成立，即在上.，在单调递增，，解得，即实数的取值范围是故答案为.点睛：本题考查了函数的单调性、最值问题、不等式恒成立问题以及二次函数的图象和性质等知识，考查了复合函数问题求解的换元法．9.设正数满足，则的最小值是________.【答案】【解析】【分析】将1代换为，整理得，应用基本不等式即可求解.【详解】由，得， ，当且仅当，即，时等号成立，则的最小值是.故答案为：10.已知椭圆上两个不同的点关于直线对称，则实数的取值范围是______.【答案】或【解析】【分析】设线段的中点，利用点差法得到，结合得到，联立得，根据点M在椭圆的内部列不等式求解即可.【详解】设，，是线段的中点，因为点是椭圆上关于直线对称的两个点，则，两式相减得.因为，，所以.因为，所以，故，联立，解得，所以. 因为点M应在椭圆的内部，所以，即，解得或.所以实数m的取值范围是或.故答案为：或.11.如图，球的内接八面体中，顶点分别在平面两侧，四棱锥，均为正四棱锥，设二面角的大小为，则的取值范围是________.【答案】【解析】【分析】设球心到平面的距离为，球的半径为1，分别求出二面角、的正切值，利用两角和的正切值公式求得关于d的函数表达式，进而根据d的取值范围求得的取值范围.【详解】设与平面的交点为E,且为正方形的中心，取中点为M,连接则，如图所示. 设二面角的大小为，二面角的大小为，则，，设球心到平面的距离为，球的半径为1，则，，.故答案为：12.已知函数（），则函数的最大值为_________.【答案】【解析】【分析】由题意得，根据基本不等式即可求解.【详解】因为因为，，所以，即 根据基本不等式取等条件得，当时取最大值，即,即，解得，所以，即的最大值为．故答案为：.【点睛】本题将与看做两个变量，利用基本不等式求解，根据等号成立的条件与辅助角公式建立等式求得，即可求得函数的最大值.二、解答题（每题15分，共60分）13.在多面体中，，，，，，平面平面．（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）连接，通过和证明平面，即得，再由得；（2）过点作交的延长线于，连接，根据等体积法求出点B到平面DCE的距离，即可求出直线与平面所成角的正弦值．【详解】解：（1）连接， 在中，，则，所以，，即，，又因为平面平面，平面平面，且，所以平面，因为平面，所以，由，，，且，平面，所以有平面，因为平面，所以，又因为，所以．（2）过点作交的延长线于，连接，∵，，∴，由，可得：，，∵，，∴，∵平面平面，面面，，∴面，又∵平面，∴， ∴，∴，∴，由（1）可知，，∴，即，由（1）可知，平面，所以，∴，∵，∴，∴，即，可知，，，，由等体积：，所以，，则，解得，设直线与平面所成角为，则．【点睛】关键点睛：第一问考查线线垂直的证明，解题的关键是利用线面垂直的性质证明；第二问考查线面角的求法，解题的关键是通过等体积法求出点B到平面DCE的距离，再由求出.14.已知函数，其中为常数．（1）判断的奇偶性，并说明理由；（2）若在上存在个不同的点（），满足，求实数的取值范围．【答案】（1）当时为奇函数，时为非奇非偶函数，理由见解析（2）或 【解析】【分析】（1）对参数是否为零进行分类讨论，利用奇偶性定义判断即可得出结论；（2）构造函数，利用区间对的范围进行分类讨论，去绝对值后利用函数单调性即可求得实数的取值范围.【小问1详解】因为的定义域为，当时，易知且，则为奇函数，当时，则，不是奇函数，且，，所以，所以也不偶函数．故是非奇非偶函数．【小问2详解】记，则，因此，等价于，①当时，递增，于是，所以，得；②当时，（），则递增，因此，得；③当时，在上递增，在上递减，在上递增， 故，且，易知，则，但是，故舍去；④当时，在上递增，在上递减，易知，则，注意到左边显然小于，舍去；故取值范围是或．15.已知椭圆，点在椭圆上，如图，用表示椭圆在点处切线的单位向量．（1）设，求的最大值；（2）是否存在定圆，使得圆的任一切线与的交点满足，若存在，求出圆方程，若不存在，请说明理由【答案】15.116.存在，【解析】 【分析】（1）设切点坐标，求切线方程，表示出，由基本不等式求最大值.（2）设出圆的方程，表示出切线，与椭圆联立，利用韦达定理续结合，列算式化简求值.【小问1详解】，时，，，当时，，，；当时，，，；当时，设，有，则点处切线斜率，切线方程为，即：，它的一个方向向量为，所以，从而，所以（）．设（），则，当且仅当，即时等号成立，此时，所以的最大值为1；【小问2详解】假设存在圆满足题意，当圆的切线存在斜率时，设，， 由于与相切，则，即．代入椭圆方程得，则，于是，因为，则，则，于是，化简得，满足，所以，即圆，当该圆切线斜率不存在时，经验证，也满足，故存在．【点睛】方法点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．16.已知数列满足，．（1）若是递增数列，求实数的取值范围；（2）若，且对任意大于的正整数，恒有，求的最小值． 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先由必要性即是递增数列得出的范围，反过来去证明充分性即满足是递增数列.（2）首先由已知条件得出，然后利用极限的夹逼性质得出，从而即可得出，进一步即可得解.【小问1详解】由知，首先有，则，当时，显然成立，当时，，解得，综上，的解集为，其次当时，因为，，则，于是；以此类推，不妨设，，则，，则，于是．综上所述，实数的取值范围是．【小问2详解】由（1）知，若，则是递增数列，所以易知，一方面，， 则，得，因此，则；另一方面，又因为，所以，因为，则，即，则，于是．由已知得，则，于是当时，．根据，则，所以当时，，得，从而．故的最小值是．【点睛】关键点睛：第一问的关键是先由，即，算出的范围，进一步验证此时是否有；第二问的关键是首先得出，然后根据数列极限的夹逼性即可顺利求解.