陕西省汉中市2020届高三上学期11月月考数学（文）试题

陕西省汉中市2020届高三上学期11月月考数学（文）试题

高三数学试卷（文科）‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：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.函数 的定义域是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分母不等于0，及对数函数和根号有意义的条件列得不等式组，进行求解.‎ ‎【详解】由题意可得 解得 ，即 的定义域是 .‎ 故选C.‎ ‎【点睛】此题主要考查函数的定义域及其求法，注意二次根号有意义的条件及分母不能为0；‎ ‎2.已知向量，满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意两式作差即可求出的坐标。‎ ‎【详解】①‎ ‎②‎ ‎②—①得，所以.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查向量的线性运算的坐标表示，属于基础题。‎ ‎3.已知等差数列的前项和为，且，则（ ）‎ A. 96 B. ‎100 ‎C. 104 D. 108‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列的下标和公式得，再利用求和公式即可得出答案。‎ ‎【详解】解：等差数列的下标和公式得 再由等差数列的前项和公式，得.‎ 故选：‎ ‎【点睛】等差数列下标和公式为：若，则，属于基础题。‎ ‎4.已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正切的二倍角公式求解即可。‎ ‎【详解】解：且 故选：‎ ‎【点睛】本题主要考查二倍角正切公式的应用，属于基础题。‎ ‎5.在中，角，，所对的边分别为，，，若，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦公式把边化角，再由即可求解。‎ ‎【详解】解：由正弦定理 得，，‎ 因为，所以 ‎，.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦定理解决问题，正弦定理：‎ 边化角：，，，属于基础题。‎ ‎6.若各项均为正数的等比数列的前n项和为，，则（）‎ A. ‎12l B. ‎122 ‎C. 123 D. 124‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意已知，可用等比数列性质算出，又由进而算出可算得首项和公比，再利用公式求解即可。‎ ‎【详解】因为，所以．又，所以，，‎ ‎【点睛】若是等比数列，且，则，‎ 前项和公式。‎ ‎7.已知平面向量，满足，且，则与的夹角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由向量的数量积的定义式可得，已知，故只需求出即可。‎ ‎【详解】因为，所以，即，因为，所以，记与的夹角为，则，解得，即与的夹角为.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查向量的夹角的计算，关键理解向量的数量积的定义式，属于基础题。‎ ‎8.已知为第二象限角，则（ ）‎ A. 1 B. ‎-1 ‎C. 0 D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把第一个根式分母有理化，第二个根式切化弦，开方后整理得答案。‎ ‎【详解】因为为第二象限角，所以，，所以.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的化简求值及同角三角函数基本关系的应用，属于基础题，、。‎ ‎9.在中，角，，所对的边分别为，，，若，，则为（ ）‎ A. 直角三角形 B. 锐角非等边三角形 C. 钝角三角形 D. 等边三角形 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由余弦定理可得，又，故为等边三角形。‎ ‎【详解】在中，，，由余弦定理得，‎ ‎，又，故为等边三角形.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理在判断三角形形状的应用，属于基础题。‎ ‎10.已知函数，则的最小正周期和最大值分别为（ ）‎ A ， B. ， C. ， D. ，‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用辅助角公式将函数化简，即可求函数的最值，根据求最小正周期。‎ ‎【详解】‎ 故 又 即最小正周期为。‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查函数的性质，关键是利用辅助角公式将函数化简为的形式，属于基础题。‎ ‎11.函数在上的图象大致为（）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据奇偶性排除C，根据取值，排除B,D，故选A ‎【详解】易知为偶函数，排除C 因，，所以排除B，D 故答案选A.‎ ‎【点睛】本题考查函数图象的识别，应用特殊值法排除选项可以简化运算，是解题的关键，考查推理论证能力 ‎12.定义在 上的函数 满足 ，且当 时，，则函数 在 上的零点个数为 A. 5 B. ‎6 ‎C. 7 D. 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由f（x+2）＝‎3f（x），得到函数在其他区间的解析式，作出函数的图象，将问题转化为直线与函数在上的图象的交点的个数，即可求出零点个数．‎ ‎【详解】设，则.因为时， ，所以.因为，所以当时，‎ 同理可得当时，；‎ 当时，，此时最大值为x=-3时，f(x)=,‎ 因为函数 在 上的零点个数等价于直线与函数 在上的图象的交点的个数，‎ 结合的图象（如图），‎ 直线与函数在上的图象有7个交点，即函数在上有7个零点.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数零点的个数及函数解析式的求解方法，考查了数形结合思想，利用f（x+2）＝‎3f（x）求解解析式是解决本题的关键．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：‎ ‎13.已知等比数列满足，，则公比______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列的性质得到，代入已知条件，得到答案.‎ ‎【详解】因为为等比数列，‎ 所以，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的基本量计算，属于简单题.‎ ‎14.已知向量，，，若，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】，，‎ ‎，由，可知，即.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查向量垂直的坐标运算，若，且则，属于基础题。‎ ‎15.已知等差数列的前项和为，若，某三角形的三边之比为，则该三角形的最小角的余弦值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知数列为等差数列，则其前项和为，即可求出的值，随即可求数列的通项公式，根据大边对大角，小边对小角，由余弦定理即可求出最小角的余弦值。‎ ‎【详解】解：因为等差数列的前项和，由题意故，所以，从而，由此得，所以，，.设该三角形三边分别，，，最小角为，则.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的前项和的性质以及余弦定理，属于基础题。‎ ‎16.设的内角，，的对边分别为，，，若，且，则的最小值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理将角化边，结合，用含的式子表示出边，即可求出的最小值。‎ ‎【详解】解：因为，‎ 所以由正弦定理有，‎ 即.‎ 由，‎ 得，故当时取最小值为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理在解三角形中的应用，主要体现在将角化边，属于基础题。‎ 三、解答题：‎ ‎17.已知函数的图象经过点，函数的部分图象如图所示.‎ ‎（1）求，；‎ ‎（2）若，求.‎ ‎【答案】（1）， （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由得图象可得其最小正周期，即可求出，再根据过点代入可求。‎ ‎（2）由（1）可得、的解析式，由已知条件求出，根据同角三角函数的基本关系计算出、，再由二倍角正切公式求解。‎ ‎【详解】解：（1）由图可知，的最小正周期， ‎ 则，即 将代入，得.‎ 又，所以.‎ ‎（2）由（1）得，因为，所以，‎ 根据 所以，‎ ‎，‎ 故.‎ 即 ‎【点睛】本题考查三角函数图象的应用，同角三角函数的基本关系及二倍角正切公式，属于中档题。‎ ‎18.已知向量，函数．‎ ‎（1）求函数的单调递增区间；‎ ‎（2）若，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）或0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由平面向量数量积的运算可得： ，再结合三角函数的单调区间的求法可得解；‎ ‎（2）先由已知求出或（），‎ 再代入运算即可得解.‎ ‎【详解】（1）解：因为，‎ 所以= ，‎ 令 ，解得： ，‎ 故函数的单调递增区间为 （）； ‎ ‎（2）因为，所以，‎ 即 即，或（）；‎ 所以=或= ‎ 故的值为．‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量数量积的运算、三角函数的单调性及三角求值问题，属中档题.‎ ‎19.记等差数列的前项和，已知.‎ ‎（1）若，求的通项公式；‎ ‎（2）若，求使得的的取值范围.‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知可得，再根据可得的方程组，解得。‎ ‎（2）由（1）可知，故可用含的式子表示和，列出不等式求解即可。‎ ‎【详解】解：（1）设等差数列的首项为公差为；‎ 因为等差数列的前项和且， ，又，‎ ‎，解得 所以.‎ ‎（2）因为，所以， ‎ 所以，‎ ‎.‎ 因为，所以.‎ 因为，所以，‎ 整理得，解得.‎ 所以的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列通项公式及前项和公式，熟练记忆公式是解答本题的关系，属于基础题。‎ ‎20.的内角A，B，C的对边分别为a，b,c，已知，，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若不是直角三角形，求的面积。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理可得：，求出，再求即可.‎ ‎（2）由（1）得，，，由三角形面积公式运算可得解.‎ 详解】解：（1）由，得，‎ 则或，‎ 故.‎ ‎（2）由（1）知，当，，时，此时是直角三角形；‎ 当，，时，此时不是直角三角形，‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理及解斜三角形，属基础题.‎ ‎21.已知二次函数的图象经过点，方程的解集是.‎ ‎（1）求的解析式；‎ ‎（2）若，求在上的最值.‎ ‎【答案】（1） （2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意二次函数过、、，则设函数，代入即可求出。‎ ‎（2）由（1）可求 的解析式，计算出对称轴，根据对称轴与给定区间的位置关系分讨论即可。‎ ‎【详解】解：（1）因为是二次函数，且方程的解集是，即函数过、，‎ 所以可设.‎ 又因为的图象经过点，所以，即.‎ 故.‎ ‎（2）因为，所以，则的图象的对称轴为.‎ 当时，在上单调递增，故，；‎ 当时，在上单调递减，在上单调递增，且对称轴靠近，故，；‎ 当时，在上单调递减，在上单调递增，且对称轴靠近，故，；‎ 当时，在上单调递减，，.‎ ‎【点睛】本题考查求二次函数的解析式，以及二次函数在给定区间上的最值问题，属于中档题。‎ ‎22.已知数列的前项和，，，且满足.‎ ‎（1）证明是等比数列，并求数列的通项公式；‎ ‎（2）已知，，记数列的前项和为.若对任意的，，存在实数，使得，求实数的最大值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析， （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用题目所给的递推关系式可推导出，再分别讨论奇数项和偶数项的情况即可得出通项公式。‎ ‎（2）利用裂项相消法得出，从而得出恒成立，再求出不等式右边式子最小值即可得出的最大值。‎ ‎【详解】（1）证明：由题意，当时，，①‎ 当时，，②‎ 两式相减得.‎ ‎①式中令，则，，，，‎ ‎，，‎ 是以为首项，4为公比的等比数列，是以为首项，4为公比的等比数列，‎ ‎，，，‎ ‎，.‎ ‎（2）解：对任意的，，，‎ ‎，‎ 对恒成立.‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎，‎ ‎，的最大值是.‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列、数列综合、数列求和以及数列的递推与通项，属于难题。‎