甘肃省天水市第一中学2020届高三上学期10月月考数学（理）试题 含解析

甘肃省天水市第一中学2020届高三上学期10月月考数学（理）试题 含解析

天水一中2020届2019—2020学年度第一学期第一次考试 数学理科试题 一、选择题：本大题共12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.已知全集，集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题根据交集、补集的定义可得.容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查.‎ ‎【详解】，则 ‎【点睛】易于理解集补集的概念、交集概念有误.‎ ‎2.已知平面向量，且，则实数的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎,选B.‎ ‎3.“”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】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可推出，再结合充分条件和必要条件的概念，即可得出结果.‎ ‎【详解】若，则，所以，即“”不能推出“”，反之也不成立，因此“”是“”的既不充分也不必要条件.‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件，熟记概念即可，属于基础题型.‎ ‎4.在等差数列中，为其前n项和，若，则（ ）‎ A. 60 B. ‎75 ‎C. 90 D. 105‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 由条件，利用等差数列下标和性质可得，进而得到结果.‎ ‎【详解】，即，而，故选B.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的性质，考查运算能力与推理能力，属于中档题.‎ ‎5.已知函数y=f（x）+x是偶函数，且f（2）=1，则f（-2）=（　　）‎ A. 2 B. ‎3 ‎C. 4 D. 5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎∵是偶函数 ‎∴‎ 当时，，又 ‎∴‎ 故选：D ‎6.如图所示的图象对应的函数解析式可能是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 对于，∵，当趋向于时，函数趋向于0，趋向于 ‎∴函数的值小于0，故排除 对于，∵是周期函数 ‎∴函数的图像是以轴为中心的波浪线，故排除 对于， ∵的定义域是，且在时，‎ ‎∴，故排除 对于，∵函数，当时，；当时，；且恒成立 ‎∴的图像在趋向于时，；时，；趋向于时，趋向于 故选D 点睛：本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及 时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.‎ ‎7.已知，有解，，则下列选项中是假命题的为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别判断、q命题的真假，然后判断选项即可.‎ ‎【详解】∵恒成立，∴对，有解．所以p是真命题.取，满足，∴q也是真命题.∴是假命题，故选B．‎ ‎【点睛】本题考查简单命题以及复合命题真假的判断，属于基础题.‎ ‎8.平面上三个单位向量两两夹角都是，则与夹角是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎ 由题意得，向量为单位向量，且两两夹角为，‎ ‎ 则，‎ ‎ 且，‎ ‎ 所以与的夹角为，且，‎ ‎ 所以与的夹角为，故选D.‎ ‎9.已知数列的前项和满足(）且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 数列{an}的前n项和Sn满足Sn+Sm=Sn+m（n，m∈N*）且a1=5，令m=1，可得Sn+1=Sn+S1，可得an+1=5．即可得出．‎ ‎【详解】数列{an}的前n项和Sn满足Sn+Sm=Sn+m（n，m∈N*）且a1=5，‎ 令m=1，则Sn+1=Sn+S1=Sn+5．可得an+1=5．‎ 则a8=5．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了数列的通项公式与求和公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎10.已知函数 在区间上单调，且在区间内恰好取得一次最大值2，则的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角函数恒等变换的应用化简得f（x）=2sinωx可得[﹣，]是函数含原点的递增区间，结合已知可得[﹣，]⊇[]，可解得0＜ω≤‎ ‎，又函数在区间[0，2π]上恰好取得一次最大值，根据正弦函数的性质可得 ，得 ，进而得解．‎ ‎【详解】=2sinωx，‎ ‎∴[﹣，]是函数含原点的递增区间．‎ 又∵函数在[]上递增，‎ ‎∴[﹣，]⊇[]，‎ ‎∴得不等式组：﹣≤，且≤，‎ 又∵ω＞0，‎ ‎∴0＜ω≤ ，‎ 又函数在区间[0，2π]上恰好取得一次最大值，‎ 根据正弦函数性质可知 且 ‎ 可得ω∈[，．综上：ω∈‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦函数图象和性质，研究有关三角的函数时要利用整体思想，灵活应用三角函数的图象和性质解题，属于中档题．‎ ‎11.如图所示，为的外心，，，为钝角，为边的中点，则的值为（ ）‎ A. B. ‎12 ‎C. 6 D. 5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点，且为的外心，可知 ，所求 ，由数量积的定义可得 ，代值即可．‎ ‎【详解】如图所示，取的中点，且为的外心，可知，‎ ‎∵是边的中点，∴ .‎ ‎，‎ 由数量积的定义可得 ，‎ 而 ，故；‎ 同理可得 ，‎ 故.‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查向量数量积的运算，数形结合并熟练应用数量积的定义是解决问题的关键，属于中档题．‎ ‎12.设定义在上的函数，满足，为奇函数，且，则不等式的解集为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：构造函数g（x）=exf（x）+ex，（x∈R），求函数的导数，研究g（x）的单调性，将不等式进行转化求解即可．‎ 详解：设g（x）=exf（x）-ex，（x∈R），则g′（x）=exf（x）+exf′（x）-ex=ex[f（x）+f′（x）-1]，∵f（x）+f′（x）＞1，∴f（x）+f′（x）+1＞0，∴g′（x）＞0，∴y=g（x）在定义域上单调递增，不等式ln（f（x）-1）＞ln2-x等价为不等式ln[f（x）-1]+x＞ln2， 即为ln[f（x）-1]+lnex＞ln2，即ex（f（x）-1）＞2，则exf（x）-ex＞2，∵y=f（x）-3为奇函数，∴当x=0时，y=0，即f（0）-3=0，得f（0）=3，又∵g（0）=e‎0f（0）-e0=3-1=2，∴exf（x）-ex＞2等价为g（x）＞g（0），∴x＞0，∴不等式的解集为（0，+∞）， 故选：D．‎ 点睛：本题考查函数的导数与单调性的结合，结合已知条件构造函数，然后用导数判断函数的单调性是解题的关键，综合性较强，有一定的难度．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知，若幂函数为奇函数，且在上递减，则____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据单调性判断出的正负，然后根据奇偶性判断出的可取值.‎ ‎【详解】‎ 幂函数在上递减，‎ ‎∴ ，即 又因为为奇函数，‎ ‎∴ ．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查根据幂函数奇偶性、单调性判断幂指数的取值，难度较易.幂函数中的幂指数大于零时，则幂函数在递增，若幂指数小于零时，则幂函数在递减.‎ ‎14.将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象，则的值为___．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由平移得f(x)的解析式，再将代入解析式求值即可 ‎【详解】f(x)=2sin3(x+=2sin(3x+,则 故答案为 ‎【点睛】本题考查图像平移，考查三角函数值求解，熟记平移原则，准确计算是关键，是基础题 ‎15.已知函数则的值为____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的解析式，得到，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，根据函数，‎ 可得.‎ ‎【点睛】本题主要考查了微积分基本定理的应用，其中解答中根据函数的解析式，利用微积分基本定理，得到，然后利用定积分求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎16.已知数列的前项和，若不等式，对恒成立，则整数的最大值为______．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】当时，，得， ‎ 当时，，‎ 又，‎ 两式相减得，得，‎ 所以．‎ 又，所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，‎ ‎，即．‎ 因为，所以不等式，等价于．‎ 记，‎ 时，．‎ 所以时，．‎ 所以，所以整数的最大值为4．‎ 考点：1．数列的通项公式；2．解不等式．‎ 三、解答题：共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程成演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选做题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.‎ ‎（1）求C；‎ ‎（2）若，的面积为，求的周长.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理进行边角代换，化简即可求角C；‎ ‎（2）根据，及可得．再利用余弦定理可得，从而可得的周长为．‎ ‎【详解】（1）由已知及正弦定理得，‎ ‎．‎ 故．‎ 可得，所以．‎ ‎（2）由已知的面积为，所以．‎ 又，所以．因为 ，‎ 所以，从而．解得：，‎ 所以的周长为．‎ ‎【点睛】本题考查用正弦定理、余弦定理及三角形面积公式解三角形，常用解题方法是利用正弦定理或余弦定理进行“边化角”或“角化边”的转换，本题属于基础题.‎ ‎18.某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖.‎ ‎（1）求顾客抽奖1次能获奖的概率；‎ ‎（2）若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为，求的分布列和数学期望.‎ ‎【答案】（1）；（2）详分布列见解析，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）记事件｛从甲箱中摸出的1个球是红球｝，｛从乙箱中摸出的1个球是红球｝‎ ‎｛顾客抽奖1次获一等奖｝，｛顾客抽奖1次获二等奖｝，｛顾客抽奖1次能获奖｝，则可知与相互独立，与互斥，与互斥，且，，，再利用概率的加法公式即可求解；（2）分析题意可知，分别求得；；；，即可知的概率分布及其期望.‎ ‎【详解】（1）记事件｛从甲箱中摸出的1个球是红球｝，‎ ‎｛从乙箱中摸出的1个球是红球｝，‎ ‎｛顾客抽奖1次获一等奖｝，‎ ‎｛顾客抽奖1次获二等奖｝，‎ ‎｛顾客抽奖1次能获奖｝，‎ 由题意，与相互独立，与互斥，与互斥，‎ 且，，，‎ ‎∵，，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ 故所求概率为；‎ ‎（2）顾客抽奖3次独立重复试验，由（1）知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为，‎ ‎∴，‎ 于是；‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎，‎ 故的分布列为 ‎ ‎ ‎0 ‎ ‎1 ‎ ‎2 ‎ ‎3 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 的数学期望为.‎ 考点：1.概率的加法公式；2.离散型随机变量的概率分布与期望.‎ ‎【名师点睛】本题主要考查了离散型随机变量的概率分布与期望以及概率统计在生活中的实际应用，这一直都是高考命题的热点，试题的背景由传统的摸球，骰子问题向现实生活中的热点问题转化，并且与统计的联系越来越密切，与统计中的抽样，频率分布直方图等基础知识综合的试题逐渐增多，在复习时应予以关注.‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎19.如图， 中，，，分别为，边的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且．‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，分别为，边的中点，可得，由已知结合线面垂直的判定可得平面，从而得到平面；（2）取的中点，连接，由已知证明平面，过作交于，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面与平面所成锐二面角的余弦值．‎ ‎【详解】（1）因为分别为，边的中点，‎ 所以，‎ 因为，‎ 所以，，‎ 又因为，‎ 所以平面，‎ 所以平面．‎ ‎（2）取的中点，连接， ‎ 由（1）知平面，平面，‎ 所以平面平面，‎ 因为，‎ 所以，‎ 又因为平面，平面平面，‎ 所以平面， ‎ 过作交于，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则， ，．‎ ‎，，‎ 设平面的法向量为，‎ 则即 则，‎ 易知为平面的一个法向量，‎ ‎，‎ 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值．‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定，由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在，两半平面所成的二面角与面的法向量之间所成的角相等或互补，主要通过题意或图形来确定最后结果.‎ ‎20.已知，两点分别x轴和y轴上运动，且，若动点满足．‎ 求出动点P的轨迹对应曲线C的标准方程；‎ 一条纵截距为2的直线与曲线C交于P，Q两点，若以PQ直径的圆恰过原点，求出直线方程．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据向量的坐标运算，以及|AB|=1，得到椭圆的标准方程．‎ ‎（2）直线l1斜率必存在，且纵截距为2，根据直线与椭圆的位置关系，即可求出k的值，问题得以解决．‎ ‎【详解】(1) 因为 即 所以 所以 又因为,所以 即:,即 所以椭圆的标准方程为 ‎ (2) 直线斜率必存在，且纵截距为,设直线为 联立直线和椭圆方程 得: ‎ 由,得 ‎ 设 以直径的圆恰过原点 所以,‎ 即 也即 即 将(1)式代入,得 即 解得,满足（*）式，所以 所以直线 ‎21.已知函数（）的图象在处的切线为（为自然对数的底数）‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，且对任意恒成立，求的最大值.‎ ‎【答案】(1)a=-1,b=1;(2)-1.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）对求导得，根据函数的图象在处的切线为，列出方程组，即可求出的值；（2）由（1）可得，根据对任意恒成立，等价于对任意恒成立，构造，求出的单调性，由，，，，可得存在唯一的零点，使得，利用单调性可求出，即可求出的最大值.‎ ‎（1），.‎ 由题意知. ‎ ‎（2）由（1）知：，‎ ‎∴对任意恒成立 对任意恒成立 对任意恒成立. ‎ 令，则.‎ 由于，所以在上单调递增. ‎ 又，，，‎ ‎，‎ 所以存在唯一的，使得，且当时，，时，. 即在单调递减，在上单调递增.‎ 所以.‎ 又，即，∴.‎ ‎∴ .‎ ‎∵ ，∴ . ‎ 又因为对任意恒成立，‎ 又，∴ . ‎ 点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎22.在直角坐标系中，圆C的参数方程（为参数），以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（1）求圆C的极坐标方程；‎ ‎（2）直线l的极坐标方程是，射线与圆C的交点为O、P，与直线l的交点为Q，求线段的长. ‎ ‎【答案】（1）；（2）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先利用对圆C的参数方程（φ为参数）进行消参数运算，化为普通方程，再根据普通方程化极坐标方程的公式得到圆C的极坐标方程．（2）设，联立直线与圆的极坐标方程，解得；设，联立直线与直线的极坐标方程，解得，可得．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）圆C的普通方程为，又，‎ 所以圆C的极坐标方程为.‎ ‎（2）设，则由解得，，得；‎ 设，则由解得，，得；‎ 所以 ‎【点睛】本题考查圆的参数方程与普通方程的互化，考查圆的极坐标方程，考查极坐标方程的求解运算，考查了学生的计算能力以及转化能力，属于基础题.‎ ‎23.已知函数 ‎(1)当时,求不等式的解集；‎ ‎(2)当的最小值为3时,求的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过讨论x的范围，求出不等式的解集即可；‎ ‎（2）先用绝对值不等式的性质求出最小值为a+b+c＝3，然后用基本不等式可得．‎ ‎【详解】（1），‎ ‎∴或或，‎ 解得.‎ ‎（2） ，‎ ‎ ‎ ‎.‎ 当且仅当时取得最小值3.‎ ‎【点睛】绝对值不等式的解法：‎ 法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；‎ 法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；‎ 法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．‎ ‎ ‎