山东省济宁市第一中学2020届高三上学期第二阶段检测数学试题

山东省济宁市第一中学2020届高三上学期第二阶段检测数学试题

济宁一中2017级高三年级第一学期阶段检测 数学试题 注意事项：1.本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟.‎ ‎2.选择题答案请填涂在答题卡的相应位置，非选择题答案必须用黑色签字笔写在规定的答题区域内，否则不得分.‎ 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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，则的子集个数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解出集合中不等式即可 ‎【详解】因为， ‎ 所以 所以的子集个数为 故选：C ‎【点睛】含有个元素的集合的子集个数为.‎ ‎2.已知复数，则在复平面上对应的点所在象限是（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的运算法则算出即可 ‎【详解】，，‎ 在复平面对应的点的坐标为，所在象限是第四象限.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查的是复数的运算及几何意义，较简单.‎ ‎3.在等差数列{an}中，若a3＝5，S4＝24，则a9＝（ ）‎ A ﹣5 B. ﹣‎7 ‎C. ﹣9 D. ﹣11‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由a3＝5，S4＝24用通项公式和前项和公式列出关于,的方程，得到的通项公式，从而求出答案.‎ ‎【详解】数列{an}为等差数列，设首项为a1，公差为d，‎ ‎∵a3＝5，S4＝24，‎ ‎∴a1+2d＝5，‎4a1+d＝24，‎ 联立解得a1＝9，d＝﹣2，‎ 则a9＝9﹣2×8＝﹣7．‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前项和公式的应用，属于基础题.‎ ‎4.下列函数中，既是奇函数又在定义域内递增的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 逐一判断每个函数是否满足条件即可 ‎【详解】B 中函数是非奇非偶函数，D 中函数是偶函数，‎ C 中函数是奇函数，但不在定义域内递增，‎ 只有A 中函数符合题意．‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查的是函数的单调性和奇偶性的判断，较简单 ‎5.，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用诱导公式求解，再利用二倍角公式求解即可 ‎【详解】因为，所以，所以.‎ 故选.‎ ‎【点睛】本题考查诱导公式和二倍角公式，熟记公式是关键，是基础题 ‎6.已知向量，，则“”是为钝角的( )‎ 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】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由充分条件与必要条件的概念，以及向量的夹角公式，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，，所以，则，‎ 若，则，‎ 但当时， 反向，夹角为；所以由不能推出为钝角；‎ 反之，若为钝角，则且，即且，能推出；‎ 因此，“”是为钝角的必要不充分条件.‎ ‎【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的判定，熟记概念即可，属于常考题型.‎ ‎7.若向量的夹角为，且，，则向量与向量的夹角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合数量积公式可求得、、的值，代入向量夹角公式即可求解．‎ ‎【详解】设向量与的夹角为，因为的夹角为，且，，‎ 所以，‎ ‎，‎ 所以，‎ 又因为 所以，故选B ‎【点睛】本题考查向量的数量积公式，向量模、夹角的求法，考查化简计算的能力，属基础题．‎ ‎8.函数在单调递增，且关于对称，若，则的的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由于关于对称,则关于轴对称,由于,故,故选D.‎ ‎9.设函数，若，( )‎ A. 2 B. ‎-2 ‎C. 2019 D. -2019‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断函数奇偶性，进而可求出函数值,‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 因此函数为奇函数，‎ 又，所以.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用，熟记函数奇偶性的定义即可，属于基础题型.‎ ‎10.函数（其中，，）的图象如图所示，为了得到的图象，只需把的图象上所有点（ ）‎ A. 向左平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度 C. 向右平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由图象求出的解析式，然后根据三角函数的平移变换选出答案即可 ‎【详解】由题意知，由于，故，‎ 所以，，‎ 由，求得，‎ 故，‎ ‎，‎ 故需将图像上所有点向左平移个单位长度得到.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查的是根据三角函数的图象求解析式及图象的平移变换，较简单.‎ ‎11.在中，是的中点，，点在上且满足，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由M是BC的中点，知AM是BC边上的中线，又由点P在AM上且满足可得：P是三角形ABC的重心，根据重心的性质，即可求解．‎ ‎【详解】解：∵M是BC的中点，知AM是BC边上的中线，‎ 又由点P在AM上且满足 ‎∴P是三角形ABC的重心 ‎∴‎ ‎ ‎ 又∵AM＝1‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 故选B．‎ ‎【点睛】判断P点是否是三角形的重心有如下几种办法：①定义：三条中线的交点．②性质：或取得最小值③坐标法：P点坐标是三个顶点坐标的平均数．‎ ‎12.定义在R上的函数满足：，，则不等式 的解集为（ ）‎ A. (0,+∞) B. (－∞,0)∪(3,+ ∞)‎ C. (－∞,0)∪(0,+∞) D. (3,+ ∞)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由变形得，，构造函数，利用导数得其单调性，即可得到不等式的解集．‎ ‎【详解】由变形得，，设，所以原不等式等价于，‎ 因，所以在定义域 上递增，由，得，故选A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查构造函数，利用导数判断其单调性，用单调性定义解不等式，意在考查学生的数学建模能力．‎ 第Ⅱ卷（共 90分）‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分．‎ ‎13.若等差数列的前5项和为25，则________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由等差数列前n项和公式结合等差数列的性质可得：‎ ‎.‎ ‎14.已知，，且，共线，则向量在方向上的投影为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量共线求得；再利用求得结果 ‎【详解】由与共线得：，解得：‎ 向量在方向上的投影为：‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查向量共线定理、向量在方向上的投影的求解问题，属于基础题.‎ ‎15.设，将的图像向右平移个单位长度，得到的图像，若是偶函数，则的最小值为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简函数f(x),再求出，由题得，给k赋值即得解.‎ ‎【详解】，‎ 将的图像向右平移个单位长度得到，‎ 因为函数g(x)是偶函数，‎ 所以，‎ 所以 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查三角恒等变换和图像的变换，考查三角函数的图像和性质，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.‎ ‎16.已知函数，则当函数恰有两个不同的零点时，实数的取值范围是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题方程恰有两个不同的实数根，得与有2个交点，利用数形结合得a的不等式求解即可 ‎【详解】由题可知方程恰有两个不同的实数根，所以与有2个交点，‎ 因为表示直线的斜率，当时，，设切点坐标为，，‎ 所以切线方程为，而切线过原点，所以，，，‎ 所以直线的斜率为，直线与平行，所以直线的斜率为，‎ 所以实数的取值范围是.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题考查函数与方程的零点，考查数形结合思想，考查切线方程，准确转化题意是关键，是中档题，注意临界位置的开闭，是易错题 三、解答题：本题共6个大题，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（a＞0且a≠1）在[1，2]上的最大值与最小值之和为20，记．‎ ‎（1）求a的值；‎ ‎（2）证明；‎ ‎（3）求的值．‎ ‎【答案】（1）4； （2）见解析； （3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由指数函数且的单调性和题设条件，得到，即可求解；‎ ‎（2）由（1）知，结合指数幂的运算性质，即可求解.‎ ‎（3）由（2）的结论，得到，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，函数且在[1，2]上的最大值与最小值之和为20，‎ 因为指数函数且在[1，2]上单调递增或单调递减，‎ 可得，得或（舍去），所以.‎ ‎（2）由（1）知，‎ 则，‎ 所以.‎ ‎（3）由（2）知，，‎ 所以 ‎，‎ 即.‎ ‎【点睛】本题主要考查了指数函数的图象与性质，以及函数值的计算，其中解答中熟记指数函数的性质，以及指数幂的运算性质，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎18.已知函数．‎ ‎（1）求函数的最小正周期和对称中心坐标；‎ ‎（2）讨论在区间上的单调性．‎ ‎【答案】（1），；（2）函数的单调递增区间为，单调递减区间为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先利用二倍角公式及辅助角公式对已知函数进行化简，可得,结合正弦函数周期公式及对称性可求. ‎ ‎(2)由(1)化简得结果，结合正弦函数的单调性可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，函数 ‎，‎ 所以函数的最小正周期，‎ 令，即，即，解得 所以函数的对称中心为.‎ ‎（2）由（1）可知，‎ 令，解得，‎ 令，解得，‎ 又因为，‎ 当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了二倍角公式，辅助角公式在三角化简中的应用及正弦函数的性质的简单应用，属于基础试题．‎ ‎19.已知中，角的对边分别为，‎ ‎（1）求角的大小；（2）若，求的面积.‎ ‎【答案】(1) （2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由根据正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形内角和定理，诱导公式可得，可得，即可得解的值；（2）由已知及余弦定理得解得的值，进而利用三角形面积公式即可得结果.‎ 试题解析：(1)，由正弦定理可得 又 ‎（2）由余弦定理可得 又 的面积为 ‎20.为数列{}的前项和.已知＞0，=.‎ ‎（Ⅰ）求{}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设,求数列{}的前项和.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）根据数列的递推关系，利用作差法即可求{an}的通项公式：‎ ‎（Ⅱ）求出bn，利用裂项法即可求数列{bn}的前n项和．‎ ‎【详解】解：（I）由an2+2an＝4Sn+3，可知an+12+2an+1＝4Sn+1+3‎ 两式相减得an+12﹣an2+2（an+1﹣an）＝4an+1，‎ 即2（an+1+an）＝an+12﹣an2＝（an+1+an）（an+1﹣an），‎ ‎∵an＞0，∴an+1﹣an＝2，‎ ‎∵a12+‎2a1＝‎4a1+3，‎ ‎∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，‎ 则{an}是首项为3，公差d＝2的等差数列，‎ ‎∴{an}的通项公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1：‎ ‎（Ⅱ）∵an＝2n+1，‎ ‎∴bn（），‎ ‎∴数列{bn}的前n项和Tn（）（）.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键．‎ ‎21.某品牌电脑体验店预计全年购入台电脑，已知该品牌电脑的进价为元/台，为节约资金决定分批购入，若每批都购入（为正整数）台，且每批需付运费元，储存购入的电脑全年所付保管费与每批购入电脑的总价值（不含运费）成正比（比例系数为），若每批购入台，则全年需付运费和保管费元.‎ ‎（1）记全年所付运费和保管费之和为元，求关于的函数.‎ ‎（2）若要使全年用于支付运费和保管费的资金最少，则每批应购入电脑多少台？‎ ‎【答案】（1）；（2）台.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）若每批购入台，则需要进购批，可计算出总运费和电脑的保管费，可得出的值，若每批购入台，则需要进购批，进而可得出关于的函数解析式；‎ ‎（2）利用基本不等式求出的最小值，利用等号成立的条件求出的值，即可得解.‎ ‎【详解】（1）若每批购入台，则需要进购批，总运费为元，‎ 每批购入电脑的总价值为元，由题意可得，‎ 解得，‎ 若每批购入台，则需要进购批，‎ 所以，；‎ ‎（2）由基本不等式可得（元），‎ 当且仅当时，即当时，等号成立.‎ 因此，当每批购入台电脑时，全年用于支付运费和保管费的资金最少.‎ ‎【点睛】本题考查函数模型的运用，考查基本不等式的应用，解答的关键就是求出函数解析式，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎22.已知为常数，函数.‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）若函数有两个不同的零点.‎ ‎（i）求实数的取值范围；‎ ‎（ii）证明：.‎ ‎【答案】(1)见解析.‎ ‎（2）（i）；证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）对函数求导得，对实常数分情况讨论，由 的正负得出函数的单调性；（2）（ⅰ）由（1）的讨论，得出，再根据极小值为负数，得出的范围；（ⅱ）由，得，即，令，对求导，得出单调性，要证，只需证就可得出结论，构造，，求导得出单调性转化求解即可．‎ 试题解析：（1）.‎ 当时，，函数在上单调递增；‎ 当时，由，得.‎ 若，则，函数在上单调递增；‎ 若，则，函数在上单调递减. ‎ ‎（2）（ⅰ）由（1）知，当时，单调递增，没有两个不同的零点.‎ 当时，在处取得极小值.‎ 由，得.‎ 所以的取值范围为.‎ ‎（ⅱ）由，得，即.‎ 所以.‎ 令，则.‎ 当时，；当时，.‎ 所以在递减，在递增，所以.‎ 要证，只需证.‎ 因为在递增，所以只需证.‎ 因为，只需证，即证.‎ 令，，则.‎ 因为，所以，即在上单调递减.‎ 所以，即，‎ 所以成立.‎ 点睛：本题主要考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及函数零点的判断，函数最值的应用，属于难题．考查分析问题解决问题的能力．‎