河北省衡水市衡水中学2020届高三上学期二调考试数学（理）试题

河北省衡水市衡水中学2020届高三上学期二调考试数学（理）试题

‎2019-2020学年度上学期高三年级二调考试数学（理科）试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考试时间120分钟.‎ 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一、选择题（本题共12小题，从每小题给出的四个选项中，选出最佳选项，并在答题纸上将该项涂黑）‎ ‎1.若，且，则的值是　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知利用同角三角函数基本关系式可求，的值，即可得解．‎ ‎【详解】由题意，知，且，‎ 所以，则，‎ ‎．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，其中解答中熟练应用同角三角函数的基本关系式，准确求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎2.设，，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用函数的单调性，并结合取中间值法即可判断大小.‎ ‎【详解】由于，‎ ‎，‎ ‎，‎ 则，即.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查对数与对数函数和指数与指数函数，利用函数的单调性比较大小是常用手段，属基础题.‎ ‎3.已知奇函数满足，当时，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用周期性和奇函数的性质可得，，再根据指数运算和对数运算即可求得结果.‎ ‎【详解】由题意，故函数是周期为4的函数，‎ 由，则，即，‎ 又函数是定义在R上的奇函数，‎ 则，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查对数函数，奇函数，周期函数，以及抽象函数的性质，综合性较强，属中档题.‎ ‎4.已知圆与轴正半轴的交点为，点沿圆顺时针运动弧长达到点，以轴的正半轴为始边，为终边的角即为，则（ ）‎ A. B. ‎ C D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画图分析，根据弧长公式求出旋转的角的弧度数，则可求出的值，从而得到结果.‎ ‎【详解】由题意得M(0,2)，并画出图象如图所示.‎ 由点M沿圆O顺时针运动弧长到达点N，则旋转的角的弧度数为，‎ 即以ON为终边的角，所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查三角函数的定义和弧长公式，注意仔细审题，认真计算，属基础题.‎ ‎5.函数的图象大致为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的奇偶性可排除B，再根据时的符号可排除D，再根据时，可排除C，从而得到正确的选项.‎ ‎【详解】函数的定义域关于原点对称，且，‎ 故为奇函数，其图像关于原点对称，所以排除B.‎ 又当时，，所以，故排除D.‎ 又当时，，故排除C ，‎ 综上，选A.‎ ‎【点睛】本题为图像题，考查我们从图形中扑捉信息的能力，一般地，我们需要从图形得到函数的奇偶性、单调性、极值点和函数在特殊点的函数值，然后利用所得性质求解参数的大小或取值范围．‎ ‎6.如图是函数在区间上的图象，将该图象向右平移个单位长度后，所得图象关于直线对称，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角函数的图象与性质求出，再根据右移得到函数 ‎，利用对称轴的性质，得到m的表达式，从而求得m的最小值.‎ ‎【详解】令，由三角函数图象知，，所以，‎ 所以.因为函数过点，且，则，‎ 即，所以，‎ 将该函数图象向右平移m个单位后，所得图象的解析式是，‎ 因为函数的图象关于直线对称，所以，‎ 解得，又m>0，所以m的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，解题的关键在于根据图象正确求出函数解析式，并熟练掌握正弦函数的性质，属中档题.‎ ‎7.已知函数，对于实数，“”是“”的(　 　).‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断出函数为奇函数，且为的单调增函数，结合单调性与奇偶性利用充分条件与必要条件的定义判断即可.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以为奇函数，‎ 时，，在上递增，‎ 所以函数在上为单调增函数，‎ 对于任意实数和，‎ 若，则，‎ 函数为奇函数，，‎ ‎，充分性成立；‎ 若，则，‎ 函数在上为单调增函数，，‎ ‎，必要性成立，‎ 对于任意实数和，“”，是“”的充要条件，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的单调性与奇偶性以及充分条件与必要条件的定义，属于综合题. 判断充分条件与必要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.‎ ‎8.已知，，且，则（ ）‎ A. －1 B. ‎1 ‎C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二倍角公式和三角函数的商数关系对进行化简变形，从而可得，再根据，，，结合正切函数的单调性，则，代入所求表达式从而可求得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 故，又，，‎ ‎，故，‎ 则.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查二倍角公式，三角函数的商数关系和正切函数的性质，综合性强，要求一定的计算化简能力，属中档题.‎ ‎9.已知函数，是的导函数，则下列结论中错误的个数是（ ）‎ ‎①函数的值域与的值域相同；‎ ‎②若是函数的极值点，则是函数的零点；‎ ‎③把函数的图像向右平移个单位长度，就可以得到的图像；‎ ‎④函数和在区间内都是增函数.‎ A. 0 B. ‎1 ‎C. 2 D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 求出函数f(x)的导函数g(x)，再分别判断f(x)、g(x)的值域、极值点和零点，图象平移和单调性问题即可一一做出判断，从而得到答案.‎ ‎【详解】， ‎ ‎，‎ ‎①， ，，两函数的值域相同，都是，故①正确； ②，若是函数的极值点，则，，解得，，，也是函数的零点，故②正确；‎ ‎③，把函数的图象向右平移个单位，得，故③错误； ④，时，，是单调增函数，，也是单调增函数，故④正确.‎ 综上所述，以上结论中错误的个数是1.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了两角和与差的正弦公式，正弦函数的单调性，以及三角函数图象的变换，熟练掌握公式和正弦函数的性质是解本题的关键，属中档题.‎ ‎10.已知函数，若存在实数，满足，且，，，则的最小值为（ ）‎ A. 3 B. ‎4 ‎C. 5 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由余弦函数的有界性可得，对任意xi，xj(i，j=1，2，3，…，n)，都有，要使n取得最小值，尽可能多让xi（i=1，2，3，…，n）取得最高点和最低点，然后作图可得满足条件的最小n值．‎ ‎【详解】∵对任意xi，xj(i，j=1，2，3，…，n)，‎ 都有，‎ 要使n取得最小值，尽可能多让xi(i =1，2，3，…，n)取得最高点和最低点，‎ 考虑0≤x1＜x2＜…＜xn≤4π，，‎ 按下图取值即可满足条件，‎ 则n的最小值为5.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数与数列的综合，考查了余弦函数的图象与性质，审清题意，画出图象是解决本题的关键，属中档题.‎ ‎11.设函数，则函数的零点的个数为( )‎ A. 4 B. ‎5 ‎C. 6 D. 7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：，转化为如图，画出函数和的图像，‎ 当时，有一个交点，‎ 当时，，，此时，是函数的一个零点，‎ ‎，，满足，所以在有两个交点，‎ 同理，所以在有两个交点，‎ ‎，所以在内没有交点，‎ 当时，恒有，所以两个函数没有交点 所以，共有6个．‎ 考点：1．分段函数；2．函数的零点．3数形结合求函数零点个数．‎ ‎12.已知，，在函数，的图象的交点中，相邻两个交点的横坐标之差的绝对值为，当时，函数的图象恒在轴的上方，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令F（x）＝﹣＝0求出零点，利用相邻两个交点的横坐标之差的绝对值为得值，然后根据当时，f(x)>0恒成立即可得到的取值范围.‎ ‎【详解】由题意，函数，的图象中相邻两个交点的横坐标之差的绝对值为．‎ 令F（x）＝﹣＝0，可得sin（）＝0，‎ 即＝kπ，k∈Z．‎ 当k＝0时，可得一个零点x1＝‎ 当k＝1时，可得二个零点x2＝, ω＞0，‎ 那么|x1﹣x2|＝|，可得,则，‎ 又当时，函数的图象恒在轴的上方，‎ 当f(x)>0时解得,‎ 只需即 又，则当k=0时，的取值范围是 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查三角函数图像的性质，考查恒成立问题，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷（非选择题）‎ 二、填空题（本题共4小题）‎ ‎13.已知曲线在点处的切线平行于直线，则______.‎ ‎【答案】－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数的导数，代入x0求得切线的斜率，再由两直线平行的条件可得到关于x0的方程，解方程即可得到所求值，注意检验.‎ ‎【详解】的导数为， 即在点处的切线斜率为， 由切线平行于直线， ‎ 则，即， 解得或. 若，则切点为，满足直线，不合题意. 若，则切点为，不满足直线，符合题意. 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义：函数在某点处的导数即为曲线在该点处的切线的斜率，同时考查两直线平行的问题，属基础题.‎ ‎14.设定义域为的函数满足，则不等式的解集为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件构造函数F（x），求函数的导数，利用函数的单调性即可得到结论．‎ ‎【详解】设F（x），‎ 则F′（x），‎ ‎∵，‎ ‎∴F′（x）＞0，即函数F（x）在定义域上单调递增．‎ ‎∵‎ ‎∴，即F（x）＜F（2x）‎ ‎∴，即x＞1‎ ‎∴不等式的解为 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查函数单调性的判断和应用，根据条件构造函数是解决本题的关键．‎ ‎15.如图，阴影部分是由曲线和及轴围成的封闭图形，则阴影部分的面积为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求出曲线的交点，然后求直线与围成的面积，利用扇形的面积公式，求得扇形AOB的面积，则阴影部分的面积为，计算即可求得结果.‎ ‎【详解】曲线和圆的在第一象限的交点为，  则直线OA的方程为：， 如图，‎ ‎ 则直线OA与抛物线所围成的面积，  ‎ 又扇形AOB圆心角为，则扇形AOB的面积，  所以阴影部分的面积.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了利用定积分求阴影部分的面积，关键是利用定积分正确表示对应的面积，属中档题.‎ ‎16.设的内角的对边长成等比数列，，延长至，若，则面积的最大值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，可得，由成等比数列，结合正弦定理 可得，两式相减，可求得，从而得为正三角形，‎ 设正三角形边长为， ，利用基本不等式可得结果.‎ ‎【详解】 ，‎ ‎，①‎ 又成等比数列，，‎ 由正弦定理可得，②‎ ‎①-②得 ‎，‎ ‎，解得，‎ 由，‎ 得，‎ ‎，为正三角形，‎ 设正三角形边长为，‎ 则，‎ ‎，时等号成立。‎ 即面积的最大值为，故答案为.‎ ‎【点睛】本题主要考查对比中项的应用、正弦定理的应用以及基本不等式求最值，属于难题. 利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数是否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.‎ 三、解答题（解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）‎ ‎17.将函数的图像向左平移个单位长度，再将图像上所有点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变），得到的图像.‎ ‎（1）求的单调递增区间；‎ ‎（2）若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1) .(2) .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)本题首先可通过题意中函数图像的转化得到 ‎，然后通过正弦函数的相关性质即可计算出函数的单调递增区间；‎ ‎(2)首先通过计算出函数的最大值以及最小值，然后将转化为，即可列出不等式组，通过计算得出结果。‎ ‎【详解】（1）函数的图像向左平移个单位长度可得，‎ 然后将上所有点的横坐标伸长到原来的倍可得，‎ 令，即，‎ 故的单调递增区间为.‎ ‎（2）因为，所以，‎ 所以函数在上的最大值为，此时，即，‎ 最小值为，此时，即.‎ 对于任意的，不等式恒成立，‎ 即恒成立，，‎ 所以，，故实数的取值范围为。‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的相关性质，主要考查三角函数的图像变换以及通过三角函数性质解不等式，考查推理能力，在三角函数的图像变换中一定要注意函数向左平移个单位得出的函数是，是中档题。‎ ‎18.在中，内角，，的对边分别为，，，且.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若为钝角，且的面积满足，求角的大小.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由及正弦定理，得，根据余弦定理可得，再将化简变形即可证明结论；（2）由和面积公式可得，结合（1）可得，根据条件，，，代入中进行化简变形即可求得角.‎ ‎【详解】（1）由及正弦定理，得，即，‎ 则，‎ 则，‎ 其中为的外接圆半径，即证得；‎ ‎（2）由题意得，‎ 所以，‎ 又，‎ 所以，所以.‎ 又为钝角，所以，又，‎ 所以，解得，‎ 所以，‎ 所以，所以.‎ 又为锐角，所以，‎ 则，所以.‎ ‎【点睛】本题考查解三角形和三角恒等变换，根据正余弦定理和三角恒等变换公式对式子进行化简变形是解决本题的关键，属中档题.‎ ‎19.设函数．‎ ‎（Ⅰ）当时，求证：；‎ ‎（Ⅱ）如果恒成立，求实数的最小值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析； （Ⅱ）1.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求得 ，利用导数证明 在区间上单调递增， 从而可得；（Ⅱ）讨论三种情况：当时，由（Ⅰ）知符合题意；当时，因为，先证明在区间上单调递增，可得符合题意；当时，存在唯一使得，任意时，，不合题意，综合即可得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为，所以 . ‎ 当时，恒成立，所以 在区间上单调递增， ‎ 所以. ‎ ‎（Ⅱ）因为，‎ 所以. ‎ ‎①当时，由（Ⅰ）知，对恒成立； ‎ ‎②当时，因为，所以.‎ 因此在区间上单调递增，‎ 所以对恒成立； ‎ ‎③当时，令，则，‎ 因为，所以恒成立，‎ 因此在区间上单调递增， ‎ 且，‎ 所以存在唯一使得，即.‎ 所以任意时，，所以在上单调递减.‎ 所以，不合题意. ‎ 综上可知，的最小值为1.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究不等式恒成立问题与不等式的证明问题，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.‎ ‎20.在中，角，，的对边分别为，，，已知.‎ ‎（1）若，的面积为，求，的值；‎ ‎（2）若，且为钝角三角形，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1），或，；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由及正弦定理可求和，从而利用余弦定理和面积公式建立关于b和c的两个方程即可求出结果；（2）由，得，由余弦定理可得，分别从角B是钝角和角C是钝角两种情况列不等式求解即可求出k的范围.‎ 详解】（1）由及正弦定理得：‎ ‎，‎ ‎，所以，所以，‎ 由余弦定理得，①‎ 又的面积，所以.②‎ 由①②得，或，；‎ ‎（2）由，得，‎ 所以，‎ 若为钝角则，即，解得，‎ 若为钝角，则，即，解得.‎ 综上，实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形以及求满足三角形形状的参数范围，熟练掌握三角形中钝角的等价条件是解决第二问的关键，属中档题.‎ ‎21.已知函数，.‎ ‎（1）若在区间内单调递增，求的取值范围；‎ ‎（2）若在区间内存在极大值，证明：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意得在区间内恒成立，即在区间内恒成立，构造函数，利用导数求出最小值即可得到结果；（2）构造函数，则，由此可得出函数单调区间，利用零点存在性定理可得函数的零点所在区间：和，则可得函数的单调性，从而得到极大值，结合条件和基本不等式即可证明结论.‎ ‎【详解】（1）由题意得在区间内恒成立，‎ 即在区间内恒成立，‎ 令，则.‎ 当时，，在区间内单调递减；‎ 当时，，在区间内单调递增，故，‎ 所以，所以的取值范围为；‎ ‎（2）由（1）知当时，在区间内单调递增，则不存在极大值.‎ 当时，，.‎ ‎，令，则.‎ 令，则，‎ 则易知函数在区间内单调递减，在区间内单调递增.‎ 又，，‎ ‎（易证明），‎ 故存在，使得，‎ 存在，使得，‎ 则当时，；当时；当时，，‎ 故在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间内单调递增，‎ 所以当时，取得极大值，即.‎ 由，得，，‎ 由，得，‎ 故，所以.‎ ‎【点睛】本题考查已知单调性求参数的范围和利用导数证明不等式，其中恒成立问题通常转化为求函数最值问题，极值点问题通常转化为导函数的零点问题，应熟练掌握零点存在性定理的应用，属难题.‎ ‎22.已知函数的图像与轴相切，.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，求证：.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出的导数，设的图象与x轴相交于点，可得，解方程可得，原不等式等价于，设，求出导数和单调区间，可得极值、最值，即可得证； （2）设，求出导数，运用（1）的结论可得单调递增，再由不等式的性质可得 ，即，再运用的单调性和不等式的性质，证得，进而证得右边不等式.‎ ‎【详解】（1）由题得，设的图像与轴相切于点，则 ‎，即，解得，‎ 所以，则，即为.‎ 设，则.‎ 当时，，单调递增；当时，，单调递减.‎ 所以，即，‎ 所以；‎ ‎（2）先证，设，则，‎ 由（1）可知，当时，，从而有，所以单调递增.‎ 又，从而有，即，‎ 所以，即.‎ 再证，因为 ‎，‎ 又由（1）知，，故在单调递增，‎ 则，即，所以.‎ 又，所以.‎ 综上可知，.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义、利用导数证明不等式的方法，利用导数研究函数的单调性和最值，以及构造函数证明不等式，综合性强，其中，选择合适函数进行构造是解决本题的关键，属难题.‎