高三年级素养检测一数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5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.2M1,3,a2,N1,aMN1,41.设集合，若，则a（）A.2B.0C.2D.2【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用交集的结果列出方程求解即得.2【详解】集合M1,3,a2,N1,a，而MN1,4，则a2a24，经验证符合题意，所以a2.故选：C�=2z12.已知复数z112i,z1,z2在复平面内的对应点关于实轴对称，则的虚部为（）z244i44iA.B.C.D.5555【答案】A【解析】【分析】根据对称性求复数z2，再根据复数的除法运算公式，即可化简求解.【详解】由题意得z在复平面内所对应的点为1,2，则z所对应的点为1,2，所以z12i，1育英学习站22z12i(12i)234i4则1，虚部为.z212i12i12i55故选：A.123.若logxlogy2，则的最小值为（）44xy2131A.B.C.D.2842【答案】A【解析】第1页/共22页学科网（北京）股份有限公司122【分析】首先过呢据条件化简得到xy16，法一，根据基本不等式2，即可求解；法二，xyxy12y2根据条件等式，变形得，再利用基本不等式，即可求解.xy16y【详解】log4xlog4y2,x0,y0,log4xy2,xy16，1222212法一：22，当且仅当时，上式等号成立，xyxy162xy122又xy16，可得x22,y42时，的最小值为.xy2故选：A.12y22y2法二：，当且仅当时，上式等号成立，xy16y216y122又xy16，可得x22,y42时，的最小值为.xy2故选：A.4.若H是VABC的垂心，2HA2HB3HC0，则tanC的值为（）2110A.5B.C.22D.22【答案】B【解析】育英学习站7【分析】取AB的中点D，连接HD，利用中点向量公式结合给定等式推得CDHD，再利用垂心的3性质，垂直关系的向量表示，二倍角的正切公式计算得解.【详解】在VABC中，取AB的中点D，连接HD，则HAHB2HD，如图，第2页/共22页学科网（北京）股份有限公司247由2HA2HB3HC0，得CH(HAHB)HD，于是CDHD，3337CACDDAHDDA,HBHDDBHDDA，3由H是VABC的垂心，得HDDA,HBCA，则HDDA0,HBCA0772221因此CAHB(HDDA)(HDDA)HDDA0，即|DA||HD|，333|AD|21显然tanAHD，BHDAHD，令直线BH交AC于F，AH交BC于E，|HD|3π在RtACE,RtAHF中，ACBCAEAHFCAE，即ACBAHF，22122tanAHD21则tanACBtan(π2AHD)tan2AHD3，1tan2AHD2121()2321所以tanC的值为.2故选：B【点睛】关键点睛：涉及向量垂直关系，利用基底表示出相关向量，再利用向量数量积的运算律求解是关键.π2π5.已知π，0π，sincos．若tan3k，tan3k，则k（）631133A.B.育英学习站C.D.2222【答案】B【解析】π【分析】根据题意分析可得，利用两角和差公式结合指数幂运算求解.6ππππ【详解】由题意可得cossincoscos，2666ππ5π因为π，0π，则0，666ππ可得，即，66第3页/共22页学科网（北京）股份有限公司πtantan3k3k3k3k3则tantan，61tantan13k3k23令t3k0，1t3则t3，整理得3t22t30，解得t3或t（舍去），3231即3k3，解得k．2故选：B．16.在VABC中，BDBC，E是线段AD上的动点（与端点不重合），设CExCAyCB，则32x3yxy的最小值是（）xyA.10B.4C.7D.13【答案】D【解析】3【分析】由已知条件结合平面向量基本定理可得xy1，x0,y0，则22x3yxy232331xy1，化简后利用基本不等式可得答案.xyyxyx213【详解】因为BDBC，所以CBCD，323因为CExCAyCB，所以CExCAyCD，育英学习站23因为A,D,E三点共线，所以xy1，x0,y0，22x3yxy232331xy1xyyxyx22x9y2x9y2x9y33177213，y2xy2xy2x2x9y1xy2x2当且仅当，即时取等.31xy1y23第4页/共22页学科网（北京）股份有限公司故选：D.ab7.已知向量ab4,ab8,c，且nc1，则n与c夹角的最大值为（）2πππ5πA.B.C.D.64312【答案】A【解析】2π【分析】先得到a,b的夹角为，设a4,0，b2,23，故c1,3，设nx,y，由322nc1得到x1y31，设x1cos,y3sin，设n,c夹角为，表达出4cos3sinq3cos，换元后得到cos，由对勾函数性质得到其值域，从而确定22cos23sin544q3cos,1，得到夹角最大值.212π【详解】因为ababcos，所以16cos8，解得cos，故，23ab设a4,0，b2,23，则c1,3，2育英学习站设nx,y，则ncx1,y3，2222则ncx1y31，即x1y31，设x1cos,y3sin，ncx3y4cos3sin设n,c夹角为，则cos，nc2x2y222cos23sin5π令cos3sint，则t2sin2,2，64tq25则cos，令2t5q1,3，则t，22t52第5页/共22页学科网（北京）股份有限公司q2542则4tq3q3，cos222t52q4q44qq3其中y在q1,3上单调递减，在q3,3上单调递增，44qq33当q3时，y取得最小值，最小值为，44q2q3当q1或3时，y取得最大值，最大值为1，44qq33故cos,1，44q2π由于ycos在0,π上单调递减，故0,，6πn与c夹角的最大值为.6故选：A【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.x1育英学习站38.已知a0，fxaelnxb，当x0时，fx0，则a1b的最大值为（）x12A.B.e2e234C.D.e2e2【答案】D【解析】1【分析】先分析得b1，f1b0，yaex,ylnxb均再b,单调递增；所以要使x第6页/共22页学科网（北京）股份有限公司22131bxfx0，则ae1b0a1b，然后构造函数gx，求最值即可.1be1bex111【详解】因为a0，所以yaex在为增函数，由yaex与y图象知，yaex在xxx0,+∞有唯一的零点x0，0,+∞11当xx时，yaex0，当xx时，yaex0，0x0x若b1，则ylnxb0在恒成立，与fx0矛盾，故b1.0,+∞x1显然fxaelnxb的定义域为xbx且x0，且f1b0x1因为a0，所以yaex,ylnxb均在b,单调递增，x1所以当xb,1b时，lnxb0，因为fx0，所以aex0；x1当x1b,时，lnxb0，因为fx0，所以aex0，x1所以当x1b时，aex0,lnxb0，x213育英学习站1b即ae1b0a1b，1be1bx22xx令gx，得gx，exexx2所以当x0,2时，gx0，gx单调增，exx2当x2,时，gx0，gx单调减，ex4故gxg2，e2第7页/共22页学科网（北京）股份有限公司231b4所以a1b，当且仅当1b2即b1时等号成立；e1be2故选：D【点睛】多变量问题通常需要先找到变量之间的关系，然后将多变量转化为单一变量，然后构造函数利用导数求其最值即可.二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.对于函数fx定义域中任意的x1,x2x1x2，有如下结论，①x1x2fx1fx20，xxfxfx②，③1212，④下列函数能fx12f2x10ff2x1f22x10.22同时满足以上两个结论的有（）πA.B.fxsinx2��=ln�x3C.fxeD.fxx【答案】BCD【解析】【分析】先对四个结论进行解读，得出函数的单调性，奇偶性，周期性和凹凸性，对选项一一判断，即得结果.【详解】由①x1x2fx1fx20可得，函数fx在定义域内为增函数；由②可得，，即函数为奇函数；fx12f2x10育英学习站f(x)f(x)0fxxxfx1fx2由③f12可得，函数fx的图象向下凸.；22由④f2x1f22x10可得，f(x2)f(x)，即f(x4)f(x2)f(x)，说明函数fx的周期为4.对于A，函数fxlnx不是奇函数，图象向上凸，也没有周期，故排除；2ππT4对于B,函数fxsinx是奇函数，且周期为π,故符合要求；22第8页/共22页学科网（北京）股份有限公司x对于C，函数fxe