北京市八一学校2020届高三上学期10月月考数学（理科） 试题

北京市八一学校2020届高三上学期10月月考数学（理科） 试题

‎2019-2020学年度北京市八一学校10月考 高三数学（理科）‎ 一、选择题 ‎1.设集合，，若，则p的值为（ ）‎ A. -4 B. ‎4 ‎C. -6 D. 6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 转化条件得，所以方程的两根分别为2和3，即可得解.‎ ‎【详解】集合，若，‎ ‎，‎ 方程的两根分别为2和3，‎ ‎.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了集合的概念和运算，属于基础题.‎ ‎2.对于函数①，②，③，④，其中在区间上单调递减的函数的序号是（ ）‎ A. ③④ B. ①② C. ②③ D. ①④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据常见函数的单调性结合函数图象的变换逐一判断，即可得解.‎ ‎【详解】函数为开口朝上，对称轴为的二次函数，其在单调递增，故①不满足；‎ 函数的图象是由函数的图象向左平移1个单位长度得到的，函数在上为减函数，故②满足；‎ 当时，，其在单调递减，故③满足；‎ 函数的图象是由函数的图象向左平移1个单位长度得到的，函数在 上单调递增，故④不满足.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了函数图象的变换和常见函数的单调性，属于基础题.‎ ‎3.设是单位向量，且，则的最小值为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量的乘法运算展开,结合向量的数量积运算和夹角的有界性,即可求得最小值.‎ ‎【详解】是单位向量 故选D ‎【点睛】本题考查了向量数量积的综合应用,向量夹角的应用,属于基础题.‎ ‎4.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯 A. 1盏 B. 3盏 C. 5盏 D. 9盏 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设塔顶的a1盏灯，‎ 由题意{an}是公比为2的等比数列，‎ ‎∴S7==381，‎ 解得a1=3．‎ 故选B．‎ ‎5.已知函数是定义在实数集R上的偶函数，则下列结论一定成立的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由偶函数的性质可得，即可得，即可得解.‎ ‎【详解】函数是定义在实数集R上的偶函数，‎ ‎，故A、C错误；‎ ‎，故B正确，D错误.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了偶函数的性质，属于基础题.‎ ‎6.如图，正方形的边长为1，延长BA至E，使，连接EC、ED，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得、的长，在中，利用余弦定理可得，再利用同角三角函数的平方关系即可得解.‎ ‎【详解】由勾股定理得,‎ 在中，，‎ 则.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了余弦定理的应用和同角三角函数平方关系的应用，属于基础题.‎ ‎7.设，函数定义域为，值域为.定义“区间的长度等于”，若区间长度的最小值为，则实数a的值为（ ）‎ A. 6 B. ‎11 ‎C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意作出图象，当时，或，数形结合即可得区间长度的最小值为或，比较大小后列方程即可得解.‎ ‎【详解】由题意作出函数的图象，如图：‎ 当时，，‎ 当时，，令，则，‎ 当时，，令，则.‎ ‎，‎ 即.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了对数函数的性质和函数图象的变换，考查了数形结合思想，属于中档题.‎ ‎8.函数的导函数为，若对于定义域为任意，有恒成立，则称为恒均变函数.给出下列函数：‎ ‎①；②；③；④‎ 其中为恒均变函数序号是（ ）‎ A. ①③ B. ①② C. ①②③ D. ①②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 针对每一个函数，分别计算出与，检验两者是否恒相等，即可得解.‎ ‎【详解】对于①，，，满足，故①为恒均变函数；‎ 对于②，‎ ‎，‎ ‎，满足，‎ 故②为恒均变函数；‎ 对于③，当，时，，即此时，故③不为恒均变函数；‎ 对于④，当，时，，‎ ‎，‎ 即此时，故④不为恒均变函数.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的计算，考查了运算能力和对于新概念的理解，属于中档题.‎ 二、填空题 ‎9.，且为第四象限角，___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由诱导公式得，利用同角三角函数的平方关系即可得，再利用商数关系即可得解.‎ ‎【详解】，，‎ 又 为第四象限角，，‎ ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的以值求值，属于基础题.‎ ‎10.已知向量，，，则________.‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可以根据得出，然后根据得出，最后通过化简即可得出结果。‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 因为，所以，‎ 即，。‎ ‎【点睛】本题考查向量的模以及向量的运算，考查向量的模的求法，若，则，考查计算能力，是简单题。‎ ‎11.设等比数列满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a‎1a2…an的最大值为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：设等比数列的公比为，由得，，解得.所以，于是当或时，取得最大值.‎ 考点：等比数列及其应用 ‎12.曲线在点处的切线经过点，则 ______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：函数的导数为，所以在点处的切线方程为：，将点的坐标代入此方程，解得.‎ 考点：利用导数研究曲线的切线方程 ‎13.已知函数的图象由的图象向右平移个单位得到，这两个函数的部分图象如图所示，则_______．（请写出符合题意的一个值）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，根据三角函数的图象变换，得到函数，结合给定的函数的图象得，列出方程即可求解.‎ ‎【详解】由题意，函数的图象向右平移个单位，得到，‎ 结合给定的函数的图象可知，，即，‎ 可得，即，‎ 当时，.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中根据三角函数图象变换得到函数的解析式，再结合图象，得到相应的关系式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.‎ ‎14.设为平面直角坐标系xOy中的点集，从中的任意一点P作x轴、y 轴的垂线，垂足分别为M,N,记点M的横坐标的最大值与最小值之差为x(),点N的纵坐标的最大值与最小值之差为y().若是边长为1的正方形，给出下列三个结论:‎ ‎①x(Q)的最大值为 ‎②x(Q)+y(Q)的取值范围是 ‎ ‎③x(Q)-y(Q)恒等于0.‎ 其中所有正确结论的序号是_________‎ ‎【答案】①②③．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 易得与正方形的位置无关,故可以考虑将正方形确定在原点,再绕着原点旋转分析所有情况即可.‎ ‎【详解】如图由题易得与正方形的位置无关,故将正方形确定在原点,则只需考虑当正方形绕着原点旋转的所有情况即可.此时对角线长.当正方形边均平行于坐标轴时取最小值.且 对①,,故①正确 对②, ,故②正确.‎ 对③,因为,故,故③正确.‎ 故答案为①②③‎ ‎【点睛】本题主要考查新定义的函数题型.利用数形结合的思想以及三角函数分析即可.属于中等题型.‎ 三、解答题 ‎15.已知公差不为零的等差数列{an}满足：，且是与的等比中项． （1）求数列{an}的通项公式； （2）设数列{bn}满足，求数列{bn}的前n项和Sn .‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据等差数列的通项公式列方程组，求出首项和公差即可得出通项公式；（2）利用裂项法求和.‎ 试题解析：（1）设等差数列{an}的公差为d， ‎ ‎∵a3+a8=20，且a5是a2与a14的等比中项， ‎ ‎∴，解得a1=1，d=2， ‎ ‎∴an=1+2（n-1）=2n-1． ‎ ‎（2）bn==（）， ‎ ‎∴Sn=b1+b2+b3+…+bn=（1-+-+…+）=（1-）=．‎ 点睛：本题主要考查了等差数列，以及数列的求和，属于高考中常考知识点，难度不大；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.‎ ‎16.在中，三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且.‎ ‎（1）求角B；‎ ‎（2）若，，求的面积.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理得，化简得，即可得解；‎ ‎（2）由条件结合余弦定理得，即可求得，再利用面积公式即可得解.‎ ‎【详解】（1），，‎ ‎，，即，‎ 又 ，.‎ ‎（2），，，‎ 由余弦定理得，‎ 即，，‎ 的面积为.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理应用，属于中档题.‎ ‎17.已知函数.‎ ‎（1）求函数的周期和单调递增区间；‎ ‎（2）若对于任意的，都有，求实数c的取值范围.‎ ‎【答案】（1）周期为，单调增区间为，；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）化简得，利用即可求得周期；令 ‎，，解得的取值范围即可得函数的单调递增区间；‎ ‎（2）由题意可得，利用三角函数的图象可得，再根据恒成立问题的解决方法即可得解.‎ 详解】（1）由题意 ‎，‎ 函数的周期，‎ 令，，‎ 解得，.‎ 函数的单调递增区间为，.‎ ‎（2），，，‎ ‎，‎ 当时，，‎ 又 对于任意的，都有，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了三角恒等变换的应用和三角函数的性质，考查了恒成立问题的解决方法，属于中档题.‎ ‎18.请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为‎60cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E、F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE=FB=xcm2‎ ‎（1）若广告商要求包装盒侧面积S（cm）最大，试问x应取何值？‎ ‎（2）若广告商要求包装盒容积V（cm）最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．‎ ‎【答案】（1）x=‎15cm （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）先设包装盒的高为，底面边长为，写出，与的关系式，并注明的取值范围，再利用侧面积公式表示出包装盒侧面积关于的函数解析式，最后求出何时它取得最大值即可；‎ ‎（2）利用体积公式表示出包装盒容积关于的函数解析式，利用导数知识求出何时它取得的最大值即可．‎ 设包装盒的高为，底面边长为 由已知得 ‎（1）∵ ‎ ‎∴当时，取得最大值 ‎ ‎（2）根据题意有 ‎ ‎∴．‎ 由得，(舍)或．‎ ‎∴当时；当时 ‎ ‎∴当时取得极大值，也是最大值，此时包装盒的高与底面边长的比值为 即包装盒的高与底面边长的比值为．‎ 考点：1．函数的应用问题；2．函数的最值与导数；3．二次函数的图像与性质．‎ ‎19.已知：函数，其中．‎ ‎（Ⅰ）若是的极值点，求的值；‎ ‎（Ⅱ）求的单调区间；‎ ‎（Ⅲ）若在上的最大值是，求的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）由若是的极值点，可得，对求导，，将代入就可求出；（Ⅱ）根据，进行讨论，首先讨论时，．故的单调增区间是；单调减区间是，再讨论时，令，得，或，再比较0与的大小关系，依次分，，，几种情况进行讨论，从而得到函数的单调区间．（Ⅲ）由（Ⅱ）知时，在上单调递增，由，知不合题意．当时，在的最大值是，由 ‎，知不合题意．‎ 当时，在单调递减，可得在上的最大值是，符合题意．本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查分类讨论思想在解题中应用．‎ 试题解析：（Ⅰ）．依题意，令，解得．‎ 经检验，时，符合题意．‎ ‎（Ⅱ）① 当时，．‎ 故的单调增区间是；单调减区间是．‎ ‎② 当时，令，得，或．‎ 当时，与的情况如下：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎↘ ‎ ‎ ‎ ‎↗ ‎ ‎ ‎ ‎↘ ‎ ‎ ‎ 所以，的单调增区间是；单调减区间是和 当时，的单调减区间是．‎ 当时，，与的情况如下：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎↘ ‎ ‎ ‎ ‎↗ ‎ ‎ ‎ ‎↘ ‎ ‎ ‎ 所以，的单调增区间是；单调减区间是和．‎ ‎③ 当时，的单调增区间是；单调减区间是．‎ 综上，当时，的增区间是，减区间是；‎ 当时，的增区间是，减区间是和；‎ 当时，的减区间是；‎ 当时，的增区间是；减区间是和．‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）知时，在上单调递增，由，知不合题意．‎ 当时，在的最大值是，‎ 由，知不合题意．‎ 当时，在单调递减，‎ 可得在上的最大值是，符合题意．‎ 所以，在上的最大值是时，的取值范围是．‎ 考点：1．利用导数研究函数的单调性；2．利用导数研究函数的极值．‎ ‎20.已知函数的定义域为，若在上为增函数，则称为“一阶比增函数”；若在上为增函数，则称为“二阶比增函数”.我们把所有“一阶比增函数”组成的集合记为，所有“二阶比增函数”组成的集合记为.‎ ‎(Ⅰ)已知函数，若且，求实数的取值范围；‎ ‎(Ⅱ)已知，且的部分函数值由下表给出，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 求证：；‎ ‎(Ⅲ)定义集合 请问：是否存在常数，使得，，有成立？若存在，求出的最小值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（I）(Ⅱ)见解答(Ⅲ).‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（I）理解且的意义,代入后利用函数的性质求解; (Ⅱ)通过表格得到，再运用为增函数建立不等式，导出，运用即可. (Ⅲ)判断即运用反证法证明,如果使得则利用即为增函数一定可以找到一个，使得，对成立;同样用反证法证明证明在上无解;从而得到，对成立,即存在常数，使得，，有成立,选取一个符合条件的函数判断的最小值是,由上面证明结果确定即是符合条件的所有函数的结果.‎ 试题解析：（I）因为且，‎ 即在是增函数，所以 ‎ 而在不是增函数，而 当是增函数时，有，所以当不是增函数时，.‎ 综上得 ‎ ‎(Ⅱ) 因为，且 所以，‎ 所以，‎ 同理可证，‎ 三式相加得 所以 因为所以 而，所以 所以 ‎ ‎(Ⅲ) 因为集合且存在常数,使得任取 所以，存在常数，使得对成立 我们先证明对成立 假设使得，‎ 记 因为是二阶增函数，即是增函数.‎ 所以当时，，所以 所以一定可以找到一个，使得 这与对成立矛盾 ‎ 对成立 所以，对成立 下面我们证明在上无解 假设存在，使得，‎ 则因为是二阶增函数，即是增函数 一定存在，这与上面证明结果矛盾 所以在上无解 综上，我们得到，对成立 所以存在常数，使得，，有成立 又令，则对成立，‎ 又有在上是增函数，所以，‎ 而任取常数，总可以找到一个，使得时，有 所以的最小值为. ‎ 考点：阅读能力,构造函数能力,逻辑推理能力,反证法证明,不等式证明,函数单调性应用.‎