浙江省宁波市慈溪市2020届高三上学期期中考试数学试题

浙江省宁波市慈溪市2020届高三上学期期中考试数学试题

慈溪市2019学年第一学期高三年级期中测试 数学学科试卷 说明：本试卷分第1卷（选择题）和第I1卷（非选择题）两部分，满分150分；考试时间120分钟，不得使用计算器，请考生将所有题目的答案均写在答题卷上．‎ 一、选择题：本大题共10小题，每小题4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．‎ ‎1.已知集合，则（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用并集的定义求解.‎ 详解】解：‎ 故答案选：‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算，要注意满足集合元素的互异性，属于基础题。‎ ‎2.函数的最小正周期是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意利用余弦函数的周期性，得出结论．‎ ‎【详解】解：函数的最小正周期是，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查余弦函数的周期性，属于基础题．‎ ‎3.已知向量，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量线性运算坐标运算法则计算可得．‎ ‎【详解】解：，‎ ‎，‎ ‎．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量的坐标表示，也考查了平面向量的坐标运算问题，是基础题目．‎ ‎4.已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知利用诱导公式求得，再由同角三角函数基本关系式求．‎ ‎【详解】解：，，‎ 则．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的化简求值，考查诱导公式及同角三角函数基本关系式的应用，是基础题．‎ ‎5.若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数为增函数，结合指数幂的大小进行求解即可．‎ ‎【详解】解：函数为增函数，‎ ‎，，‎ 则，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查指数方程的求解，结合指数函数的单调性以及指数不等式的解法是解决本题的关键．‎ ‎6.函数的部分图象大致可为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数，判断函数的奇偶性和对称性，然后结合 的对称性进行排除即可．‎ ‎【详解】解：设，则，‎ 则，即是奇函数，关于原点对称，则关于对称，排除，，，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，结合条件构造奇函数，结合条件判断函数的对称性是解决本题的关键．‎ ‎7.已知函数，若,则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角函数的图象与性质，结合题意求出和的值，再计算的值．‎ ‎【详解】解：函数的最大值为2，‎ 若，‎ 则，；‎ 所以，解得；‎ 又因为，所以；‎ 由，；‎ 所以，；‎ 因为，所以；‎ 所以．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了推理与计算能力，是基础题．‎ ‎8.已知正实数满足，则的最小值是（ ）‎ A. B. 5 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合基本不等式转化求解即可．‎ ‎【详解】解：，‎ 当且仅当时取等号，即，时等号成立，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查基本不等式在最值中的应用，考查计算能力，属于中档题。‎ ‎9.已知三个二次函数为，若它们对应的零点记作，则当且时，必有（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. 的大小不确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知三个二次函数都开口向上，再由的大小关系得出开口大小，画出图象即可观察出三个大于零的零点的大小关系．‎ ‎【详解】解：已知的作用是：（1）开口方向；（2）张口大小，‎ 因为，所以开口均向上．‎ 又因为二次函数开口向上时，越大开口越小，‎ 所以、、的开口依次变大，‎ 所以．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】主要考查了二次函数解析式中的作用，以及利用函数图象分析函数性质．‎ ‎10.已知数列满足：，若，则（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用数列的递推关系式，推出是等差数列，然后求解通项公式，即可得到所求结果．‎ 详解】解：由题意数列满足：，‎ 可得，所以数列是等差数列，‎ ‎，‎ 所以，．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，数列通项公式的求法，考查转化思想以及计算能力，是基本知识的考查．‎ 二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．‎ ‎11.设等差数列的前项和为，若，则________，________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差中项的性质可得，利用等差数列的前项和公式及等差中项的性质可得的值．‎ ‎【详解】解：依题意，；‎ ‎．‎ 故答案为：，．‎ ‎【点睛】本题考查了等差中项的性质，考查了等差数列的前项和，主要考查了推理能力和计算能力，属于基础题．‎ ‎12.设，则________（用数字表示），________（用表示）‎ ‎【答案】 (1). 6 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第一个空直接把对数形式转化为指数形式，利用指数的运算性质求解即可；第二个空直接利用对数的运算性质求解即可．‎ ‎【详解】解：，，‎ ‎，，‎ ‎．‎ ‎，，‎ ‎．‎ 故答案为：6，．‎ ‎【点睛】本题主要考查对数以及指数的运算性质，属于基础题．‎ ‎13.已知，若，则________0（填<，>，=之一）.若记，则________.（用描述法表示集合）‎ ‎【答案】 (1). < (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，可得且的根分别是1和2，结合二次方程的根与系数关系可求，，的关系，进而可求解不等式，即可求解补集．‎ ‎【详解】解：由，可得且的根分别是1和2，‎ ‎，‎ ‎，，‎ 由可得，‎ ‎，‎ ‎，‎ 解可得，或，即 ‎．‎ 故答案为：；．‎ ‎【点睛】本题主要考查了二次不等式的求解及补集的求解，解题的关键是二次方程与二次不等式的关系的相互转化．‎ ‎14.若实数满足，则的最小值是________，的最大值是________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义求解最小值，得到的值．‎ ‎【详解】解：实数，满足表示的可行域如图：‎ 令，可知目标函数经过可行域的点时，取得最小值，‎ 由，解得，‎ 所以的最小值是：，‎ 在可行域中点在最高点，故在时取最大值 解得 此时．‎ 故答案为：；2．‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．‎ ‎15.已知单位向量满足：，且向量与的夹角为，则的值等于________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意利用两个向量垂直的性质可得，，再利用两个向量数量积的定义和公式，求得的值．‎ ‎【详解】解：单位向量满足：，，‎ ‎，．‎ 向量与的夹角为，‎ 则，‎ 即，．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量数量积的定义和公式，求向量的模的方法，属于中档题．‎ ‎16.已知且，则的值等于________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 由已知展开倍角公式求得，再由两角和与差的正切求解．‎ ‎【详解】解：由，且，‎ 得，解得（舍，．‎ ‎．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查两角和与差的三角函数，是基础的计算题．‎ ‎17.已知函数有三个零点且均为有理数，则的值等于________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，可得是函数的一个零点．令．可得：．因此方程有两个根，且均为有理数．，且为完全平方数．设，．进而结论．‎ ‎【详解】解：由，可得是函数的一个零点．‎ 令．‎ ‎，，即．‎ 方程有两个根，且均为有理数．‎ ‎，可得，且为完全平方数．‎ 设，．‎ ‎，‎ 经过验证只有：，，‎ ‎，时满足题意．‎ 方程即，‎ 解得，，均为有理数．‎ 因此．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了因式分解方法、方程的解法、恒等式变形，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ 三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎18.在中，已知内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，.‎ ‎（1）求和；‎ ‎（2）若是钝角三角形，求的面积.‎ ‎【答案】(1) ，或. (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知利用正弦定理可得，由余弦定理即可解得的值．‎ ‎（2）由已知可得为中最大的角，由是钝角三角形，利用余弦定理分类讨论可得的值，利用三角形的面积公式即可求解．‎ ‎【详解】（1）在中，因为，所以由正弦定理，‎ 得 由余弦定理得得 即，得或. ‎ ‎（2），，所以为中最大的角，‎ 当时，，与为钝角三角形矛盾，舍掉，‎ 当时，，为钝角三角形，所以 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和分类讨论思想，属于基础题．‎ ‎19.已知平面向量，设函数（为常数且满足），若函数图象的一条对称轴是直线.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求函数在上的最大值和最小值：‎ ‎（3）证明：直线与函数的图象不相切．‎ ‎【答案】(1) (2) 最大值和最小值分别为和-1. (3)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用向量的数量积求得函数、的表达式，从而利用三角函数性质求得的值；‎ ‎（2）结合的取值范围求得函数最值；‎ ‎（3）利用导函数求得三角函数的切线斜率取值范围，然后去判断直线与图象的关系．‎ ‎【详解】(1)可知， ‎ 所以 因为是函数图象的一条对称轴，‎ 所以，得 ‎ 因为，所以 ‎(2)所以， ‎ 因为，所以 ‎ 所以函数在上的最大值和最小值分别为和. ‎ ‎(3)因为 ‎ 所以即函数图象切线斜率的取值范围为， ‎ 因为直线的斜率为， ‎ 所以直线与函数的图象不相切.‎ ‎【点睛】本题考查了数量积运算性质、三角函数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎20.已知函数.‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若对，不等式恒成立，求实数的最大值；‎ ‎（3）若对，不等式恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1) (2) 5 (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据，分，和三种情况去绝对值，然后解出不等式即可；‎ ‎（2）不等式恒成立，只需，求出的最小值，可得的最大值；‎ ‎（3）根据，可得恒成立，求出的最大值，可得的范围．‎ ‎【详解】（1）由得，‎ 所以可由或或 ‎ 解得分别为或或， ‎ 所以不等式的解集为 ‎ ‎（2）因为，所以 ‎ 因为恒成立，所以，故实数的最大值为5. ‎ ‎（3）由得，‎ 因为，所以恒成立， ‎ 又因为当时，，‎ 所以实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）求的单调区间（用表示）；‎ ‎（2）若，求的取值范围.‎ ‎【答案】(1)答案不唯一，见解析；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据条件可知，利用导数分别讨论，时的区间即可；‎ ‎（2）由条件得，当时，恒成立即恒成立，分别讨论，时，时的情况，即可求出范围．‎ ‎【详解】解：（1）已知，，‎ ‎①当时，，此时单调递减，单调减区间为；‎ ‎②当，令，解得，‎ 所以当时，的递增区间为，，递减区间为；‎ ‎（2）由条件得，当时，恒成立即恒成立，‎ 当时，由时，得显然不成立，所以，‎ 令，解得，‎ 当时，所以，‎ 所以，即恒成立，‎ 所以，当时，在上恒成立，‎ 又当时，，在上为减函数，在，上为增函数，‎ 所以，不满足题意，‎ 综上，所求的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题考查导数单调区间，含参数函数恒成立问题，讨论的取值范围是关键，属于中档题．‎ ‎22.记数列的前项和为，已知数列满足.‎ ‎（1）若数列为等比数列，求的值；‎ ‎（2）证明：.‎ ‎【答案】(1) (2)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设数列为公比为的等比数列，由题意可得，，运用等比数列的求和公式，可得，再由错位相减法和已知条件，计算可得所求和；‎ ‎（2）设，2，3，，，由，得到，运用基本不等式的性质可得 ‎，再由绝对值不等式的性质可得，即可得证．‎ ‎【详解】（1）设等比数列的公比为，易知 所以由得，所以， ‎ 又由得 设 ‎ ‎ 故 ‎ ‎（2）证明：设，因为 所以 所以 故 ‎ ‎ 即得证 ‎【点睛】本题考查等比数列的求和公式，以及数列的错位相减法求和，正确运用绝对值不等式的性质是解题的关键，属于难题．‎ ‎ ‎