江苏省宿迁市沭阳县修远中学2020届高三9月月考数学（文）试题

江苏省宿迁市沭阳县修远中学2020届高三9月月考数学（文）试题

修远中学2019-2020学年度第一学期第一次阶段测试 高三数学试题 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，计70分．不需写出解答过程，请把答案写在答题卡的指定位置上．‎ ‎1.已知集合，，则_____.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意利用交集的定义求解交集即可.‎ ‎【详解】由题知，.‎ ‎【点睛】本题主要考查交集的运算，属于基础题.‎ ‎2.命题“，”的否定是__________．‎ ‎【答案】，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据特征命题的否定为全称命题，求得结果.‎ ‎【详解】命题“，”是特称命题，‎ 所以其否定命题： ‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了命题的否定，特征命题的否定是全称命题，属于基础题.‎ ‎3.若函数，则________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题中所给的函数解析式，对从内向外求，先求出，再求，从而求得结果.‎ ‎【详解】根据题中所给的函数解析式可得，，‎ 所以，‎ 故答案是：2.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关函数值的求解问题，涉及到的知识点有分段函数求函数值，多层函数值的求解，属于简单题目.‎ ‎4.若，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由已知得：，‎ 当且仅当，即时等号成立，‎ 故的最小值为 点睛：本题主要考查了基本不等式在最值问题中的应用，在利用基本不等式时要注意一正，二定，三相等的原则，根据，推断出，然后把整理成，进而利用基本不等式求得最小值.‎ ‎5.设变量满足约束条件，则目标函数的最小值为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出约束条件表示的可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，利用数形结合得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数即可得出最小值.‎ ‎【详解】由约束条件作出可行域如图所示：‎ 化目标函数为.‎ 联立方程组，解得.‎ 由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最小，有最小值为.‎ 故答案为.‎ 点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.‎ ‎6.已知函数是奇函数，当时，，，则 .‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据函数的奇偶性求出的值,然后将代入小于0的解析式,建立等量关系,解之即可.‎ ‎【详解】函数是奇函数, ,而, 则, 将代入小于0的解析式得 ‎, 解得, 故答案为5.‎ ‎7.已知，则的值是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件利用诱导公式，同角三角的基本关系，化简要求的式子可得结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 则 ‎，‎ 故答案是：.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关三角函数求值问题，涉及到的知识点有诱导公式，同角三角函数关系式，属于简单题目.‎ ‎8.已知函数的零点在区间内，则正整数的值为________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由函数的解析式可得函数在上是增函数，且，‎ ‎，故有，根据函数零点存在性可得函数在区间上存在零点，结合所给的条件可得，故，故答案为2.‎ ‎9.在中，，点满足，则的值为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题中所给的条件，画出对应的三角形，利用余弦定理可求得，根据，可得是BC的三等分点，之后将转化为的式子，之后应用平面向量数量积的定义式求得结果.‎ ‎【详解】根据题意画出图形，如图所示：‎ 因为，利用余弦定理可求得，‎ 根据题意可得：‎ ‎，‎ 故答案是：.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关向量的数量积的问题，涉及到的知识点有余弦定理解三角形，平面向量基本定理，平面向量数量积的定义式，属于简单题目.‎ ‎10.在公差d不为零的等差数列{an}中，a1，a3，a9成等比数列，则的值为_______．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由a1，a3，a9成等比数列，可得a1•a9，代入解出即可得出．‎ ‎【详解】设等差数列{an}的公差为d≠0，∵a1，a3，a9成等比数列，‎ ‎∴a1•a9，∴（a1+2d）2＝a1×（a1+8d），解得d＝a1．‎ ‎∴‎ 故答案为1．‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与等比中项的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎11.正方体ABCD－A1B1C1D1棱长为，则四面体的外接球的体积为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 四面体A﹣B1CD1的外接球即为正方体的外接球，球的直径就是正方体的对角线的长，求出半径即可求出球的体积．‎ ‎【详解】四面体A﹣B1CD1的外接球即为正方体的外接球，所以2r．‎ ‎∴r＝3，V球πr3π×27＝36π．‎ 故答案为36π ‎【点睛】本题是基础题，考查正方体外接球的体积，注意四面体A﹣B1CD1的外接球即为正方体的外接球，是解题的关键，考查计算能力．‎ ‎12.已知函数在区间上是单调增函数，则实数的取值范围是___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】∵函数区间(0,2)上单调递增，‎ ‎∴f′(x)=ax2−2x+1⩾0,在x∈(0,2)恒成立，‎ ‎∴,在x∈(0,2)恒成立，‎ 令 可得g(x)在(1,2)递减,(0,1)是增函数,函数最大值为：g(1)=1，‎ 故g(x)⩾g(1)=1，‎ 故答案为a⩾1.‎ 点睛：应用导数研究函数的单调性比用函数单调性的定义要方便，但应注意f′(x)>0（或f′(x)<0）仅是f(x)在某个区间上递增（或递减）的充分条件，在区间（a,b）内可导的函数f(x)在（a,b）上递增（或递减）的充要条件应是f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立，且f′(x)在（a,b）的任意子区间内都不恒等于0。这就是说，函数f(x)在区间上的增减性并不排斥在该区间内个别点x0处有f′(x0)=0.‎ ‎13.设函数 ,若关于的方程有四个不同的解，且，则的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作函数的图象，从而可得，，，从而解得结果.‎ ‎【详解】作函数的图象，如下图所示：‎ 结合图象可得：，，‎ 所以，‎ 因为，‎ 所以，‎ 所以，所以的范围是，‎ 故答案是：.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关求范围的问题，涉及到的知识点有结合图象，数形结合求有关函数的零点所满足的条件，属于简单题目.‎ ‎14.已知，设函数，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对函数分成两段进行求解，当时，二次函数的对称轴，分成和两种情况讨论；当时，采用参变分离，构造函数求最值.‎ ‎【详解】（1）当时，，过定点，对称轴为，‎ 当时，，解得：，所以；‎ 当时，在单调递减，且，所以；‎ 所以在恒成立，可得.‎ ‎（2）当时，恒成立，即恒成立，‎ 令，则，‎ 当时，，所以在单调递增，‎ 当时，，所以在单调递减，‎ 所以.‎ 综合（1）（2）可得：.‎ ‎【点睛】本题研究二次函数在的最小值时，利用函数恒过定点，使讨论的过程更简洁，即只要研究对称轴和两种情况.‎ 二、解答题：本大题共6小题，计90分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题卡的指定区域内．‎ ‎15.已知，设向量， ．‎ ‎（1）若∥，求x的值；‎ ‎（2）若，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：‎ ‎（1）由向量平行的坐标表示可得；‎ ‎（2）由向量的数量积的坐标可得，先求得，再由 ‎，利用两角差的正弦公式可得．‎ 试题解析：‎ ‎（1）因为， ．且，‎ 所以，即，又，所以．‎ ‎（2）因为， ，且，所以，即，令，则，且，因为，故，所以，所以 ．‎ ‎16.如图，在直三棱柱中，，点为棱的中点，与交于点，与交于点，连结.‎ 求证：（1）；‎ ‎（2）平面平面.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证明出平面，然后利用直线与平面平行的性质定理可得出；‎ ‎（2）由题意得出，由平面，可得出，利用直线与平面垂直的判定定理证明出平面，再利用平面与平面垂直的判定定理可证明出平面平面.‎ ‎【详解】（1）在直三棱柱中，，‎ 又平面，平面，所以平面.‎ 又平面，平面平面，所以；‎ ‎（2）在直三棱柱中，平面，‎ 又平面，故 又，故.‎ 又因为，平面，平面，‎ 所以平面，‎ 又平面，所以平面平面.‎ ‎【点睛】本题考查直线与直线平行以及平面与平面垂直的证明，考查直线与平面平行的性质定理以及平面与平面垂直判定定理的应用，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎17.某湿地公园围了一个半圆形荷花塘如图所示，为了提升荷花池的观赏性，现计划在池塘的中轴线上设计一个观景台（与不重合），其中段建设架空木栈道，已知，设建设的架空木栈道的总长为.‎ ‎（1）设，将表示成的函数关系式，并写出的取值范围；‎ ‎（2）试确定观景台的位置，使三段木栈道的总长度最短.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，得，可得，进一步得到，，则函数解析式可求；（2）求出原函数的导函数，得到函数的单调性，可得当时，三段木栈道的总长度最短，由此得到观景台的位置．‎ ‎【详解】（1）由，则，‎ 由题意知：为的中垂线，可得，，‎ 则，得；‎ ‎（2），‎ ‎∴当时，，单调递减，‎ 当时，，单调递增，‎ ‎∴当时，即时，三段木栈道的总长度最短．‎ ‎【点睛】本题主要考查根据实际问题选择函数模型，训练了利用导数求最值，是中档题．‎ ‎18.设命题p：函数的定义域为R；命题q：不等式对任意恒成立．‎ ‎（Ⅰ）如果p是真命题，求实数的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）如果命题“p或q”为真命题且“p且q”为假命题，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）实数的取值范围是 ．（Ⅱ）实数的取值范围是．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由二次函数和不等式的性质分别可得真和真时的的取值范围，再由“”为真命题，“”为假命题，则，一真一假，分类讨论取并集可得．‎ 试题解析：（1）命题是真命题，则有，，取值范围为．‎ ‎（2）命题是真命题，不等式对一切均成立，设，令，则，，当时，，所以．‎ 命题“”为真命题，“”为假命题，则，一真一假．‎ ‎①真假，，且，则得不存在；②若假真，则得．‎ 综上，实数的取值范围．‎ ‎19.已知数列的前项和记为，且，数列是公比为的等比数列，它的前项和记为.若，且存在不小于3的正整数，，使得.‎ ‎（1）若，，求的值；‎ ‎（2）求证：数列是等差数列；‎ ‎（3）若，是否存在整数，，使得，若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）见解析（3）存在满足题意。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)令n=3即得的值；（2）利用等差数列的中项公式证明数列为等差数列；（3）化简得，再分析得到.‎ ‎【详解】（1）当时，，‎ 因为，所以.‎ ‎（2）由，得，‎ 两式相减，得，即，‎ 所以.‎ 两式相减，得，所以数列为等差数列.‎ ‎（3）依题意：，由得：，‎ 即，‎ 所以.‎ 因为，且，所以，‎ 又因为，且为奇数，‎ 所以时，是整数，此时，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列性质的证明，考查等差数列和等比数列的前n项和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎20.已知函数．‎ ‎（1）①若直线与的图象相切, 求实数的值；‎ ‎②令函数，求函数在区间上的最大值．‎ ‎（2）已知不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）①；②当时，；当时，；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①设出切点(x0，y0)，结合导数的几何意义，根据切点在切线上，列出方程组求解即可；‎ ‎②首先去掉绝对值符号，将函数化成分段函数的形式，利用导数研究即可得结果；‎ ‎（2）分情况讨论，将恒成立问题转化为最值来处理，利用导数研究其最值，最后求得结果.‎ ‎【详解】（1）①设切点(x0，y0)，，‎ 所以，所以，‎ ‎②因为在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0．‎ 所以h(x)＝f(x)－|g(x)|＝＝‎ 当0＜x＜1时，，，‎ 当x≥1时，，，‎ 所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且h(x)max＝h(1)＝0．‎ 当0＜a＜1时，h(x)max＝h(1)＝0；‎ 当a≥1时，h(x)max＝h(a)＝lna－a＋．‎ ‎（2）令F(x)＝2lnx－k(x－)，x∈(1，＋∞)．‎ 所以．设φ(x)＝－kx2＋2x－k，‎ ‎①当k≤0时，F'(x)＞0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，又F(1)＝0，‎ 所以不成立； ‎ ‎②当k＞0时，对称轴，‎ 当时，即k≥1，φ(1)＝2－2k≤0,所以在(1，＋∞)上，φ(x)＜0，‎ 所以F'(x)＜0，‎ 又F(1)＝0，所以F(x)＜0恒成立； ‎ 当时，即0＜k＜1，φ(1)＝2－2k＞0，所以在(1，＋∞)上，由φ(x)＝0，x＝x0，‎ 所以x∈(1，x0)，φ(x)＞0，即F'(x)＞0；x∈(x0，＋∞)，φ(x)＜0，即F'(x)＜0，‎ 所以F(x)max＝F(x0)＞F(1)＝0，所以不满足F(x)＜0恒成立．‎ 综上可知：k≥1.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有导数的几何意义，应用导数研究函数的最值，根据恒成立问题求参数的取值范围，属于较难题目.‎ ‎ ‎ ‎ ‎