安徽省合肥市肥东县高级中学2020届高三1月调研考试数学（理）试题

安徽省合肥市肥东县高级中学2020届高三1月调研考试数学（理）试题

‎2020届高三年级1月调研理科数学试题 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.‎ ‎1.已知复数与为共轭复数，其中，为虚数单位，则（ ）‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由共轭复数的概念可以得到，解方程即可得到，进而可以求出.‎ ‎【详解】由题意得，，解得，，则，.‎ 故答案为D.‎ ‎【点睛】本题考查了共轭复数的知识，考查了复数的模，属于基础题．‎ ‎2.已知集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出直线与交点，即可得到答案．‎ ‎【详解】由题意，解得，，故.‎ 故答案为A.‎ ‎【点睛】本题考查了集合的交集，两直线的交点，属于基础题．‎ ‎3.已知单位向量的夹角为，且，若向量，则（ ）‎ A. 9 B. 10 C. 3 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由夹角正切值得余弦值，然后利用数量积公式得到，再利用向量模的公式计算即可得到答案.‎ ‎【详解】向量夹角，由可得，‎ 向量为单位向量即,可得，‎ 则，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查向量的模的计算方法，属于基础题.‎ ‎4.下列说法正确的是( )‎ A. 若命题均为真命题，则命题为真命题 B. “若，则”的否命题是“若”‎ C. 在，“”是“”的充要条件 D. 命题“”的否定为“”‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复合命题的真假四种命题的逆否关系以及命题的否定，充要条件判断选项的正误即可．‎ ‎【详解】对于A：若命题p，￢q均为真命题，则q是假命题，所以命题p∧q为假命题，所以A不正确； 对于B：“若，则”的否命题是“若，则”，所以B不正确； 对于C：在△ABC中， “”⇔“A+B=”⇔“A=-B”⇒‎ sinA=cosB， 反之sinA=cosB，A+B=，或A=+B，“C=”不一定成立， ∴C=是sinA=cosB成立的充分不必要条件，所以C不正确； 对于D：命题p：“∃x0∈R，x02-x0-5＞0”的否定为￢p：“∀x∈R，x2-x-5≤0”，所以D正确． 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，涉及充要条件，四种命题的逆否关系，命题的否定等知识，是基本知识的考查．‎ ‎5.已知正项等比数列的前项和为，若，则 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正项等比数列的前项和公式、通项公式，列出方程组，求出，，由此能求出的值．‎ ‎【详解】正项等比数列的前项和为，‎ ‎，，易知时不成立，所以.‎ ‎，‎ 解得，，‎ ‎．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的前 项和公式的运用，考查了等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎6.已知函数.若不等式的解集中整数的个数为，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对进行变形，得到，令，，即的整数个数为3，再由的函数图像和的函数图像，写出限制条件，得到答案 ‎【详解】‎ ‎，即 设，‎ 其中时，‎ 时，‎ 即符合要求 ‎，所以时，，单调递减 ‎，，单调递增，为极小值.‎ 有三个整数解，则还有一个整数解为或者是 ‎①当解集包含时，时，‎ 所以需要满足即，解得 ‎②当解集包含时，需要满足即 整理得，而，所以无解集，即该情况不成立.‎ 综上所述，由①②得，的范围为 故选D项.‎ ‎【点睛】利用导数研究函数图像，两个函数图像的位置关系与解析式大小之间的关系，数形结合的数学思想，题目较综合，考查内容比较多，属于难题.‎ ‎7.已知程序框图如图，则输出i的值为　　‎ A. 7 B. 9 C. 11 D. 13‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，可得答案．‎ ‎【详解】当时，不满足退出循环的条件，故，‎ 当时，不满足退出循环的条件，故，‎ 当时，不满足退出循环的条件，故，‎ 当时，不满足退出循环的条件，故，‎ 当时，不满足退出循环的条件，故，‎ 当时，不满足退出循环的条件，故，‎ 当时，满足退出循环的条件，‎ 故输出 故选 ‎【点睛】本题主要考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答．‎ ‎8.曲线的一条切线l与轴三条直线围成的三角形记为，则外接圆面积的最小值为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线l与曲线的切点坐标为（），求出函数的导数，可得切线的斜率和方程，联立直线y＝x求得A的坐标，与y轴的交点B的坐标，运用两点距离公式和基本不等式可得AB的最小值，再由正弦定理可得外接圆的半径，进而得到所求面积的最小值．‎ ‎【详解】设直线l与曲线的切点坐标为（），‎ 函数的导数为．‎ 则直线l方程为，即，‎ 可求直线l与y＝x的交点为A（），与y轴的交点为，‎ 在△OAB中，，‎ 当且仅当2＝2时取等号．‎ 由正弦定理可得△OAB得外接圆半径为，‎ 则△OAB外接圆面积，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查导数的运用：求切线方程，考查导数的几何意义，同时考查正弦定理的运用，基本不等式的运用：求最值，以及化简整理的运算能力，属于中档题．‎ ‎9.已知为实数，，若，则函数的单调递增区间为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对函数求导，由求出a,然后解不等式即可得到答案.‎ ‎【详解】，则 又则，解得a=-2,‎ 解得,‎ 则函数的单调递增区间为 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0‎ 时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减，是基础题．‎ ‎10.定义在上的函数，且，则方程在区间上的所有实数根之和最接近下列哪个数（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎∵f（x+2）=f（x），∴函数f（x）是周期为2的周期函数，‎ ‎∵g（x）=，∴g（x）关于直线x=2对称．‎ 分别作出函数f（x），g（x）在[﹣5，9]上的图象，‎ 由图象可知两个函数的交点个数为8个，设8个交点的横坐标从小到大为x1，x2，x3，x4，x5，x6， ‎ 且这8个交点接近点（2，0）对称，则（x1+x8）=2，x1+x8=4，‎ 所以若x1+x2+x3+x4+x5+x6 =4（x1+x8）=4×4=16，但是不都是对称的，‎ 由图象可知，x1+ x8＞4，x2+x7＞4，， ‎ 其中X=3不成立，∴x1+x2+x4+x5+x6 最接近14．‎ 故选A．‎ 点睛：这个题目考查了导数在研究函数的极值和零点问题中的应用；对于函数的零点问题，它和方程的根的问题，和两个函数的交点问题是同一个问题，可以互相转化；在转化为两个函数交点时，如果是一个常函数一个非常函数，注意让非常函数式子尽量简单一些．注意函数的图像画的要准确一些．‎ ‎11.如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形，是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于的小路．已知某人从沿走到用了2分钟，从沿着走到用了3分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径的长度为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：设该扇形的半径为r米，连接CO．‎ 由题意，得CD=150（米），OD=100（米），∠CDO=60°，‎ 在△CDO中，，‎ 即，，‎ 解得（米）．‎ 考点：1．扇形面积公式；2．余弦定理求三角形边长 ‎12.是定义在上的奇函数，对，均有，已知当时，，则下列结论正确的是（ ）‎ A. 的图象关于对称 B. 有最大值1‎ C. 在上有5个零点 D. 当时，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 函数是定义在R上的奇函数，对任意的，均有 ‎，‎ 可得为周期为2的奇函数，可得，‎ 即有的图象关于点对称，故A错误；‎ B. 当时，时，，‎ 即，可得无最小值和最大值，故B错误；‎ D. 当时，，‎ 由时，时，‎ 可得，故D错误。‎ 故选C 第Ⅱ卷（共90分）‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13.在中，已知，若，则周长的取值范围为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中条件先求出，然后由余弦定理可得，利用基本不等式可得到，再由三角形中两边之和大于第三边可得，从而可得到的取值范围，即周长的范围．‎ ‎【详解】由题意，，即，‎ 可化为，即，‎ 因为，所以，即，‎ 设的内角的对边分别为，‎ 由余弦定理得，，‎ 因为，（当且仅当时取“=”），‎ 所以，即，‎ 又因为，所以，‎ 故，则，‎ 又因为，所以，‎ 即.‎ 故周长的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的恒等变换，余弦定理在解三角形中的运用，利用基本不等式求最值，三角形的性质，考查了学生分析问题、解决问题的能力，及计算能力，属于中档题．‎ ‎14.曲线在点（0,0）处的切线方程为______________；‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过求导得切线斜率，再由点斜式可得切线方程.‎ ‎【详解】，则，故．‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，属于基础题.‎ ‎15.各项均为正数的等比数列的前项和为，已知，,则______.‎ ‎【答案】10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列和项性质列方程解得结果.‎ ‎【详解】由题意得，成等比数列，则，所以,或90，因为各项均为正数，所以>，因此.‎ ‎【点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.‎ ‎16.已知且,则______．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 整理得：‎ 由此得到，问题得解．‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，整理得：‎ ‎，又，‎ 所以，所以，‎ 所以 ‎【点睛】本题主要考查了两角和的正弦公式及两角差的余弦公式，考查计算能力，还考查了三角恒等式，属于基础题．‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎17.在中，内角的对边分别为，已知．‎ 求；‎ 若，且面积，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得tanA=，结合范围A∈（0，π），可求A的值．‎ ‎（2）由已知利用三角形的面积公式可求c的值，进而可求b的值，根据余弦定理可得a的值．‎ ‎【详解】（1）∵，‎ ‎∴b=2a（cosCcos+sinCsin），可得：b=acosC+asinC，‎ 由正弦定理可得：sinB=sinAcosC+sinAsinC，‎ 可得：sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC=sinAcosC+sinAsinC，‎ 可得：cosA=sinA，可得：tanA=，‎ ‎∵A∈（0，π），‎ ‎∴A= ‎ ‎（2）∵，且△ABC面积=bcsinA=2c×c×，‎ ‎∴解得：c=2，b=4，‎ ‎∴由余弦定理可得：a2=b2+c2-2bccosA=48+4-2××2×=28，解得：a=2‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．‎ ‎18.在中，.‎ ‎(1) 求角的大小；‎ ‎(2)若，垂足为，且，求面积的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由，两边平方，整理可得 ‎，即，从而可得；（2）在直角与直角中中， ， ，从而可得，根据三角函数的有界性可得面积的最小值.‎ 试题解析：（1）由，两边平方，‎ 即，得到，即． ‎ 所以 ‎ ‎（2）直角中， ，‎ 在直角中， ， ‎ 又，所以， ‎ 所以 ， ‎ 由得，，故，‎ 当且仅当时，，从而 . ‎ ‎19.在中，内角的对边分别为，，三边成等比数列，且面积为1，在等差数列中，，公差为.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）数列满足，设为数列的前项和，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，，解得从而得到数列的通项公式；‎ ‎（2）由（1）可得，利用裂项相消法得到前项和，从而得到的取值范围.‎ ‎【详解】解：（1）∵，，，‎ ‎∴，.‎ ‎（2）∵，‎ ‎∴‎ ‎∵是关于n的增函数，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：‎ ‎(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.‎ ‎20.某地拟规划种植一批芍药，为了美观，将种植区域（区域Ⅰ）设计成半径为的扇形，中心角．为方便观赏，增加收入，在种植区域外围规划观赏区（区域Ⅱ）和休闲区（区域Ⅲ），并将外围区域按如图所示的方案扩建成正方形，其中点，分别在边和上．已知种植区、观赏区和休闲区每平方千米的年收入分别是10万元、20万元、20万元．‎ ‎（1）要使观赏区的年收入不低于5万元，求的最大值；‎ ‎（2）试问：当为多少时，年总收入最大？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，，，所以与全等.‎ 可得，根据面积公式，可求得观赏区的面积为，要使得观赏区的年收入不低于5万元，则要求，解不等式即可求出结果.‎ ‎（2）由题意可得种植区的面积为，正方形面积为，设年总收入为万元，则 ‎，利用导数在函数单调性中的应用，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）∵，，，所以与全等.‎ 所以，观赏区的面积为 ‎，要使得观赏区的年收入不低于5万元，则要求，即，结合可知，则的最大值为.‎ ‎（2）种植区的面积为，‎ 正方形面积为，‎ 设年总收入为万元，则 ‎，‎ 其中，求导可得.‎ 当时，，递增；当时，，递增.‎ 所以当时，取得最大值，此时年总收入最大.‎ ‎【点睛】题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质的应用，考查了数形结合思想，以及导数在求最值的应用.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎(1)当时求函数的最小值；‎ ‎(2)若函数在上恒成立求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1)4.‎ ‎(2) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎（Ⅰ）结合题意利用基本不等式求解即可．（Ⅱ）由题意得在上恒成立，转化为在上恒成立．构造函数，求得函数的最值后可得结论．‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）当时，‎ ‎，当且仅当，即时等号成立，‎ 所以． ‎ ‎（Ⅱ）由题意得在上恒成立，‎ 即在上恒成立，‎ 所以在上恒成立，‎ 即在上恒成立，‎ 设，则上单调递减，在上单调递增，‎ ‎∴，‎ 又，‎ ‎，‎ 解得，‎ 所以实数的取值范围是．‎ ‎22.已知函数.‎ ‎（1）若，求函数的极值；‎ ‎（2）当 时，判断函数在区间上零点的个数.‎ ‎【答案】(1)详见解析;(2)详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）求导数得，又，所以，由此可得函数的单调性，进而可求得极值；‎ ‎（2）由，得．因此分和两种情况判断函数的单调性，然后根据零点存在定理判断函数零点的个数．‎ 试题解析：‎ ‎（1）∵，‎ ‎∴，‎ 因为，所以，‎ 当x变化时，的变化情况如下表：‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎0‎ 递增 极大值 递减 极小值 递增 由表可得当时，有极大值，且极大值为，‎ 当时，有极小值，且极小值为.‎ ‎（2）由（1）得．‎ ‎∵ ，∴.‎ ‎① 当时，在上单调递增，在上递减 又因为 所以在（0,1）和（1,2）上各有一个零点，‎ 所以上有两个零点． ‎ ‎② 当，即时，在上单调递增，在上递减，在上递增，‎ 又因为 所以在上有且只有一个零点，在上没有零点，‎ 所以在上有且只有只有一个零点.‎ 综上：‎ 当时，在上有两个零点；‎ 当时，在上有且只有一个零点．‎ 点睛：利用导数研究方程根（函数零点）的方法 研究方程根（函数零点）的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．‎ ‎ ‎