四川省遂宁市2020届高三11月零模数学（理）试题

四川省遂宁市2020届高三11月零模数学（理）试题

遂宁市高中2020届零诊考试数学（理科）试题 第Ⅰ卷（选择题，满分60分）‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上．并检查条形码粘贴是否正确．‎ ‎2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．‎ ‎3．考试结束后，将答题卡收回．‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解不等式简化集合的表示，用列举法表示集合，最后根据集合交集的定义求出.‎ ‎【详解】，，‎ 又，所以，故本题选C.‎ ‎【点睛】本题考查了列举法表示集合、集合交集的运算，正确求解出不等式的解集是解题的关键.‎ ‎2.若复数满足（是虚数单位），则为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的除法运算求得，问题得解.‎ ‎【详解】由可得：‎ 所以 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了复数的运算及复数的模知识，考查运算能力，属于基础题.‎ ‎3.已知为第二象限角，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可得：，利用计算即可.‎ ‎【详解】因为为第二象限角，所以 所以 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系及三角函数值的正负判断，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎4.在等差数列中，是其前项和，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得，即可求得及，再利用等差数列的前项和公式计算即可.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为，首项为 由可得：，解得：‎ 所以 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式及前项和公式，考查方程思想及计算能力，属于较易题.‎ ‎5.函数的图象大致为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对的取值范围分类，逐一检验即可排除B,C,D ‎【详解】当时，，故排除B,C 当时，，排除D 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了函数图像的识别，可从单调性，函数值的正负，奇偶性等方面排除.‎ ‎6.宋元时期，中国数学鼎盛时期中杰出的数学家有“秦﹝九韶﹞、李﹝冶﹞、杨﹝辉﹞、朱﹝世杰﹞四大家”，朱世杰就是其中之一．朱世杰是一位平民数学家和数学教育家．朱世杰平生勤力研习《九章算术》，旁通其它各种算法，成为元代著名数学家．他全面继承了前人数学成果，既吸收了北方的天元术，又吸收了南方的正负开方术、各种日用算法及通俗歌诀，在此基础上进行了创造性的研究，写成以总结和普及当时各种数学知识为宗旨的《算学启蒙》，其中有关于“松竹并生”的问题：松长四尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等．如图，是源于其思想的一个程序框图．若输入的分别为，，则输出的（ ）‎ A. 2 B. 3‎ C. 4 D. 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按流程图逐一执行即可.‎ ‎【详解】输入的分别为，时，依次执行程序框图可得：‎ 不成立 不成立 不成立 成立 输出 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了程序框图知识，考查读图能力及计算能力，属于基础题.‎ ‎7.已知等比数列中，公比为，，且，，成等差数列，又，数列的前项和为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，，成等差数列即可列方程求得：，即可求得：，即可求得：，再利用等差数列前项和公式计算即可.‎ ‎【详解】因为，，成等差数列，所以，解得：‎ 又，所以 所以 所以 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了等差数列应用及等差数列前 项和公式，考查方程思想及计算能力，属于中档题.‎ ‎8.设函数，若函数的图象在处的切线与直线平行，则的最小值为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用函数的图象在处的切线与直线平行可得：，再利用基本不等式中“1”的用法，将整理为： ，利用基本不等式即可求得其最小值.‎ ‎【详解】由可得：，‎ 又函数的图象在处的切线与直线平行，‎ 所以 所以 当且仅当时，等号成立 所以的最小值为 故选： D ‎【点睛】本题主要考查了导数的几何意义及利用基本不等式求最值，考查转化能力及计算能力，属于中档题.‎ ‎9.如图所示，函数的图象过点，若将的图象上所有点向右平移个单位长度，然后再向上平移个单位长度，所得图象对应的函数为，则（ ）‎ A. B. ‎ C. 或 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的图象过点即可求得： ，利用平移规律即可求得，问题得解.‎ ‎【详解】将代入可得：，‎ 所以，解得：‎ 所以 将的图象上所有点向右平移个单位长度，然后再向上平移个单位长度，‎ 所得图象对应的函数为 所以 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的性质及三角函数图像平移规律，考查方程思想及计算能力，属于中档题.‎ ‎10.若函数是定义在上的奇函数，则满足的实数的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数是定义在上的奇函数可得：，即可求得：，对的范围分类，可得：在上递增，结合函数是定义在上的奇函数，可得：在上递增，利用函数的单调性及函数的定义域可得：，解不等式即可.‎ ‎【详解】因为函数是定义在上的奇函数，‎ 所以，即：，解得：‎ 当时，，‎ 因为在上递减在上递增 所以在上递增，又函数是定义在上的奇函数，‎ 所以在上递增，‎ 由可得：‎ 解得：‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性性质及函数单调性的应用，还考查了函数单调性的判断方法，考查转化能力，属于中档题.‎ ‎11.如图，在中，，若，则的值为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量减法整理可得：，结合可得：，问题得解.‎ ‎【详解】由得：‎ 整理得：‎ 又，所以 所以 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了向量的减法运算及平面向量基本定理的应用，考查转化能力，属于中档题.‎ ‎12.定义在上的函数满足（为函数的导函数），，则关于的不等式 的解集为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数并求得其导数，结合已知可得：在单调递增，将不等式转化成：，利用的单调性可得：，解不等式即可.‎ ‎【详解】记，则 又，所以在上恒成立 所以在上单调递增.‎ 不等式可化为：‎ 又 可得：‎ 由在上单调递增可得：，解得：‎ 所以不等式 的解集为：‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了构造思想及函数单调性的应用，考查转化能力及计算能力，属于难题.‎ 第Ⅱ卷（非选择题，满分90分）‎ 本卷包括必考题和选考题两部分．第13题至第21题为必考题，每个试题考生都作答；第22、23题为选考题，考生根据要求作答．‎ 二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.已知，是互相垂直的单位向量，向量，则______．‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用平面向量数量积的运算及数量积的定义可得：，利用，是互相垂直的单位向量可得：且，问题得解.‎ ‎【详解】‎ 又，是互相垂直的单位向量，所以且 所以 故答案为： ‎ ‎【点睛】本题主要考查了平面向量数量积的定义及其运算，还考查了单位向量的概念，属于基础题.‎ ‎14.已知函数的导函数为，且满足关系式，则的值等于_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对两边求导可得：，对赋值为可得：，问题得解.‎ ‎【详解】因为，所以 令，则有：，解得：‎ 所以 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数求导公式及赋值方法，考查方程思想及计算能力，属于中档题.‎ ‎15.外接圆半径为，内角，，对应的边分别为，，，若，，则的值为___．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理可求得；利用余弦定理构造关于的方程，解方程可求得结果.‎ ‎【详解】由正弦定理可得：‎ ‎，解得：‎ 由余弦定理可得：‎ 解得：或（舍去） ‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，考查对于公式的掌握，属于基础题.‎ ‎16.对于函数，若在定义域内存在实数满足，则称函数为“倒戈函数”．设（且）为其定义域上的“倒戈函数”，则实数的取值范围是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可得：在上有解，即可转化为： 在上有解，且在上恒成立，转化为的值域且，问题得解 ‎【详解】由函数为“倒戈函数”的定义可得：在上有解.‎ 即：在上有解 则在上有解，且在上恒成立 即：在上有解，且在上恒成立 记，则在上单调递增，且 所以 所以，即：，解得：‎ 又在上恒成立，则，解得：‎ 综上所述：实数的取值范围是且 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了新概念的理解及转化思想，考查存在性问题及恒成立问题的转化，还考查了计算能力，属于难题.‎ 三、解答题：本大题共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17.已知函数.‎ ‎（1）求函数的定义域；‎ ‎（2）若实数，且，求的取值范围.‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）要使有意义，则即，要使有意义，则 即求交集即可求函数的定义域；‎ ‎（2）实数，且，所以即可得出的取值范围.‎ 试题解析：‎ ‎（1）要使有意义，则即 要使有意义，则 即 所以的定义域.‎ ‎（2）由（1）可得：‎ ‎ 即 所以，故的取值范围是 ‎18.已知等比数列的前项和为，且，．‎ ‎（1）求等比数列的通项公式；‎ ‎（2）若数列为递增数列，数列是等差数列，且，；数列的前项和为，求．‎ ‎【答案】（1）或； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由可求得：或，结合即可求得：或，问题得解.‎ ‎（2）利用（1）可得：，结合数列是等差数列及、可求得：，再利用乘公比错位求和法求和即可.‎ ‎【详解】（1）等比数列中有，则，所以或； ‎ 因为，所以，即：，所以 当时，，此时；‎ 当时，，此时．‎ ‎（2）因为数列为递增数列，所以，数列等差数列，‎ 且，，公差为，则有，所以，‎ 所以，即，‎ 所以 所以 上两式相减得，‎ 即．‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差、等比数列中基本量的计算及其通项公式、等比数列前项和公式，还考查了乘公比错位求和法求和，考查方程思想及计算能力，属于难题.‎ ‎19.设函数，且，，．‎ ‎（1）求函数的极大值和极小值；‎ ‎（2）若函数，且过点可作曲线的三条切线，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）极大值为3，极小值为； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，，列方程组即可求得：，再利用导数判断函数的单调性，从而求得函数的极值，问题得解.‎ ‎（2）设切点为，即可求得: 切线方程为，由切线过点可得：，此方程要存在3个零点，令，问题转化成，再利用导数求得的单调性，从而求得的极大值与极小值，问题得解.‎ ‎【详解】（1）因为，，，所以 ，‎ 故，则， ‎ 由或；由，‎ 所以的单调递增区间为，；单调递减区间为；‎ ‎，．‎ ‎（2）过点向曲线作切线，设切点为，则由（1）知，故，，则切线方程为，‎ 把点代入整理得， ‎ 因为过点可作曲线的三条切线，所以方程有三个不同的实数根．‎ 设;令或.则变化情况如下表 递增 极大 递减 极小 递增 当有极大值当时有极小值 ‎ 由的单调性可知，当且仅当即，解得：，‎ 此时函数 有三个不同零点，过点可作三条不同切线．‎ 所以，若过点可作曲线的三条不同切线，则的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的单调性与极值，还考查了导数的几何意义的应用及转化能力，考查计算能力及方程思想，属于难题.‎ ‎20.已知向量，向量，，函数，直线是函数图象的一条对称轴．‎ ‎（1）求函数解析式及单调递增区间；‎ ‎（2）设的内角，，的对边分别为，，，且，，又已知（），锐角满足，求的值.‎ ‎【答案】（1），单调递增区间为 ； （2）3.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用平面向量数量积的坐标运算及三角恒等变形公式将化简为：，利用直线是函数图象的一条对称轴可得：，，即可求得：，从而求得：，再利用三角函数的单调性列不等式可得：，，解不等式即可求得函数的单调递增区间 ‎（2）利用已知可得：，结合可得：，结合即可求得：，由可得：，再利用余弦定理列方程可得：，解方程组即可求得：，问题得解.‎ ‎【详解】(1)‎ ‎，‎ ‎∵直线是函数图象的一条对称轴，∴，，‎ ‎∴，，∵ ，∴ ， ∴. ‎ 由，得，‎ ‎∴函数的单调递增区间为，．‎ ‎(2) 由（），得，，‎ 所以，， ‎ 又，所以，即，‎ 因为为锐角，所以，所以，即， ‎ 又，所以由正弦定理得. ① ‎ 由余弦定理，得，即. ② ‎ 由①②解得，所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的性质及三角恒等变形，还考查了正切的二倍角公式及余弦定理，考查计算能力及方程思想，属于中档题.‎ ‎21.已知函数 ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）若函数有两个极值点，．且不等式恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）答案不唯一，具体见解析； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得，对的范围分类，即可解不等式，从而求得函数的单调区间，问题得解.‎ ‎（2）由题可得：，由它有两个极值点，可得：有两个不同的正根，从而求得及，将恒成立转化成：恒成立，记：，利用导数即可求得：，问题得解.‎ ‎【详解】（1）因为，所以， ‎ 则①当时，是常数函数，不具备单调性；‎ ‎②当时，由；由．‎ 故此时在单调递增，在单调递减 ‎③当时，由；由．‎ 故此时在单调递减，在单调递增．‎ ‎（2）因为 所以， ‎ 由题意可得：有两个不同正根，即有两个不同的正根，‎ 则， ‎ 不等式恒成立等价于恒成立 又 ‎ ‎ 所以，‎ 令（），则，‎ 所以在上单调递减， 所以 所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性及极值知识，考查了转化能力及函数思想，还考查了利用导数求函数值的取值范围问题，考查计算能力，属于难题.‎ 请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线的普通方程及曲线与直线交点的直角坐标；‎ ‎（2）设点的极坐标为，点是曲线上的点，求面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）曲线的普通方程为；曲线与直线交点的直角坐标为 和 ； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接消参数即可求得的普通方程，再由曲线的极坐标方程为即可求得其直角坐标方程为，联立直线方程与曲线的直角坐标方程，解方程组即可求得它们的交点坐标.‎ ‎（2）设，由极坐标的定义可得：的面积，整理得：，利用三角函数性质即可求得其最大值，问题得解.‎ ‎【详解】（1）因为，又，所以 ，‎ 即曲线的普通方程为； ‎ 由得曲线的直角坐标方程为，‎ 又直线的直角坐标方程为，‎ 所以或，‎ 所以曲线与直线的交点的直角坐标为和．‎ ‎（2）设，又由曲线的普通方程为，‎ 得其极坐标方程，.‎ ‎∴的面积 ‎，‎ 所以当或时，，此时．‎ ‎【点睛】本题主要考查了参数方程化普通方程及极坐标方程化为直角坐标方程知识，还考查了两角和与差的正弦、余弦公式及二倍角公式，还考查了三角形面积公式，考查转化能力及计算能力，属于中档题.‎ ‎23.已知函数．‎ ‎（1）解不等式：‎ ‎（2）若函数与函数的图象恒有公共点，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对范围分类去绝对值，即可求得不等式的解集.‎ ‎（2）将函数整理成分段函数形式，即可其在单调递减，结合在单调递增，即可将问题转化成：，即：，问题得解.‎ ‎【详解】(1)由得，即：‎ 等价于或或．‎ 解得或或，即，‎ 所以原不等式的解集为．‎ ‎（2）因为函数在单调递增，所以，‎ 因为，‎ 在处，取得最大值， ‎ 要使函数与函数的图象恒有公共点，则须，‎ 即，故实数的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题主要考查了分类讨论解决含两个绝对值的不等式的解法，还考查了转化能力及利用函数单调性解决函数图像有公共点问题，还考查了计算能力，属于中档题.‎ ‎ ‎ ‎ ‎