甘肃省白银市会宁县第一中学2020届高三上学期10月月考数学（理）试题

甘肃省白银市会宁县第一中学2020届高三上学期10月月考数学（理）试题

会宁一中2020届高三级第二次月考 数学（理科）试题 一、选择题：本题共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.已知集合，，则的子集个数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先解二次不等式可得，再由集合的交集的运算=,再由元集合的子集个数为，代入运算即可得解.‎ ‎【详解】解:解二次不等式得，解得,即,又,所以=,即的子集个数为,故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了二次不等式的解法、集合交集的运算及集合真子集的个数，重点考查了集合的思想，属基础题.‎ ‎2.已知函数，若，则的值等于（ ）‎ A. 或 B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由分段函数的解析式可得，再分类讨论在各段上的解，即当时，解得，当时，解得，主要是要讨论的符号，即可得解.‎ 详解】解：由题意有，‎ 当时，则，解得，‎ 当时，则，解得，‎ 综上可得或，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了分段函数求值问题、对数求值及解二次方程，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属中档题.‎ ‎3.下列说法错误的是（ ）‎ A. 命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”‎ B. “”是“”的充分而不必要条件 C. 若且为假命题，则、均为假命题 D. 命题“存在，使得”，则非“任意，均有”‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A中命题的逆否命题是条件与结论互换并且同时否定；‎ B中充分而不必要条件要说明充分性成立，必要性不成立；‎ C中且为假命题，则、中至少有一个为假命题；‎ D中非是特称命题的否定，为全称命题；‎ 逐一判断即可得解.‎ ‎【详解】解：对于选项A，命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”，即原命题为真命题；‎ 对于选项B，当时，，当，或，即原命题为真命题；‎ 对于选项C，若且为假命题，则、中至少有一个为假命题，即原命题为假命题；‎ 对于选项D，命题“存在，使得”，则非“任意，均有”， 即原命题为真命题；‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了命题的逆否命题的真假、充分必要条件、复合命题的真假及特称命题的否定，重点考查了逻辑推理能力，属中档题.‎ ‎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】‎ 考查选项A，检验是否恒成立，再利用导数来判断函数的单调性即可；‎ 考查选项B，,即不恒成立，即函数不为奇函数，‎ 考查选项C，函数的增区间为，则函数在定义域上不单调，‎ 考查选项D，,即不恒成立，即函数不为奇函数，‎ 得解.‎ ‎【详解】解：对于选项A，恒成立，且，‎ 即函数为奇函数且为增函数，‎ 对于选项B，，则函数不为奇函数，‎ 对于选项C，，函数的增区间为，函数在不为增函数，‎ 对于选项D，，则函数不为奇函数，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的奇偶性及增减性，重点考查了函数的单调区间与函数的定义域，属中档题.‎ ‎5.已知，，其中，．若，，且的最小正周期大于，则（ ）‎ A. ， B. ， C. ， D. ，‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的周期的范围可得，结合，及三角函数的最值及零点可得，再代入特殊点，结合即可求得，得解.‎ ‎【详解】由的最小正周期大于， ‎ 又，，则当时，函数取最大值，为函数的一个零点，则得， ，即 又由的最小正周期大于，得 ，又，即， 即，则，即，所以，‎ 又，‎ 则，‎ 所以，，‎ 又，‎ 所以，‎ 即，‎ 即，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的周期，利用三角函数的特殊值求函数解析式，重点考查了运算能力，属中档题.‎ ‎6.在中，角，，所对的边分别是，，，，，，则（ ）‎ A. 或 B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将已知代入正弦定理可得，根据，由三角形中大边对大角可得：，即可求得.‎ ‎【详解】解：，，‎ 由正弦定理得：‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理、三角形的边角大小关系，考查了推理能力与计算能力.‎ ‎7.将函数的图象向右平移个周期后得到的函数为，则的图象的一条对称轴可以是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件根据的图像变换规律，正弦函数的图像的对称性，可得结论.‎ ‎【详解】解：的周期为，图象向右平移个周期后得到的函数为，则，由，，得，，取，得为其中一条对称轴.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查的图像变换规律，正弦函数的图像的对称性.‎ ‎8.标准的围棋棋盘共行列，个格点，每个格点上可能出现“黑”“白”“空”三种情况，因此有种不同的情况；而我国北宋学者沈括在他的著作《梦溪笔谈》中，也讨论过这个问题，他分析得出一局围棋不同的变化大约有“连书万字五十二”种，即，下列数据最接近的是 （）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，对取对数可得，即可得，分析选项即可得答案．‎ 详解】据题意，对取对数可得 ‎，即可得 分析选项：B中与其最接近，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查对数的计算，关键是掌握对数的运算性质．‎ ‎9.函数与函数的图像关于直线对称，则函数的单调递增区间为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由互为反函数的解析式的求法可得，‎ 再结合复合函数的单调性的求法可将求的单调递增区间问题转化为求在的条件下函数的减区间,运算即可得解.‎ ‎【详解】解:由函数与函数互为反函数,则,‎ 令,‎ 因为为减函数,‎ 则的单调递增区间为在的条件下函数的减区间,‎ 又函数在的条件下的减区间为,‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了反函数的求法及复合函数单调性得求法，重点考查了复合函数单调性的判断，属中档题.‎ ‎10.正方形中，点，分别是，的中点，那么( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意点，分别是，的中点，求出，，然后求出向量即得．‎ ‎【详解】解：因为点是中点，所以，‎ 点得是的中点，所以，‎ 所以，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查向量加减混合运算及其几何意义，注意中点关系与向量的方向，考查基本知识的应用。属于基础题。‎ ‎11.已知是定义域为的奇函数，满足,若，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，求得，且函数是以4为周期的周期函数，根据，求得一个周期内的函数值的和，进而求得的值，得到答案．‎ ‎【详解】由函数是定义域为的奇函数，所以，且，‎ 又由，即， ‎ 进而可得，所以函数是以4为周期的周期函数，‎ 又由，可得，，‎ 则，‎ 所以．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的基本性质的应用，其中解答中熟练应用函数的奇偶性和函数的周期性是解答本题的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题．‎ ‎12.已知函数，，为自然对数底数，关于的方程有四个相异实根，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由得：，令得：，易知时，时，时，所以在递减，在递增，在递减，大致图象如图所示， ‎ 当时，令，根据图象，若方程有四根，则方程必须有一根小于，一根大于，当时，，而由的图象知，只须时，方程必有一根小于，一根大于，故选C．‎ 点睛：本题综合考查函数与方程，函数的零点、极值 、单调性，属于难题．解决此类问题的关键是方程有什么样的根，原方程才有四个根，通过对的单调性性研究，做出大致图象，结合图象可知方程必有一根小于，一根大于，然后结合对号函数图像分析，当时，能使程有一根小于，一根大于． ‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。‎ ‎13.若数列{an}的前n项和为Sn＝an＋，则数列{an}的通项公式是an=______.‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：解：当n=1时，a1=S1=a1+，解得a1=1,当n≥2时，an=Sn-Sn-1=‎ ‎（）-（）=-整理可得an＝−an−1，即=-2，故数列{an}是以1为首项，-2为公比的等比数列，故an=1×（-2）n-1=（-2）n-1故答案为：（-2）n-1．‎ 考点:等比数列的通项公式．‎ ‎14.瑞士数学家欧拉于1777年在《微分公式》一书中，第一次用来表示-1的平方根，首创了用符号作为虚数的单位．若复数（为虚数单位），则复数的虚部为________；_____．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的除法可计算，从而可求其虚部和模.‎ ‎【详解】，‎ 故的虚部为，模为，故分别填.‎ ‎【点睛】本题考查复数的概念、复数的除法，属于基础题.‎ ‎15.若两个向量与的夹角为，则称向量“”为向量的“外积”，其长度为.若已知，，，则 .‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】 ‎ 故答案为3.‎ ‎【点评】本题主要考查以向量数量积为载体考查新定义，利用向量的数量积转化是解决本题的关键，‎ ‎16.已知，，则_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二倍角公式可将已知等式化简为，根据可求得；根据同角三角函数关系，结合可求得结果.‎ ‎【详解】由二倍角公式可知：，‎ 又 ，即 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查利用二倍角公式、同角三角函数关系求解三角函数值的问题，关键是能够利用公式，结合角的范围来对已知等式进行化简.‎ 三、解答题：共70分，解答时应写出必要的文字说明、演算步骤.第17～21题为必考题，第22、23题为选考题.‎ ‎17.已知等差数列中，，．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若数列的前项和，求的值．‎ ‎【答案】（1）．（2）．‎ ‎【解析】‎ 本试题主要是考查了等差数列的通项公式的求解和数列的求和的综合运用。‎ ‎（1）设等差数列的公差，则，由题设，，所以，进而得到结论。‎ ‎（2）因为，解方程得到n的值。‎ 解：（1）设等差数列的公差，则， -----1分 由题设，，所以． ----------------3分 ‎． ---------------------------4分 ‎（2）因为， ------------6分 所以，解得或． --------------------------------7分 因为，所以． ---------------------------8分 ‎18.在中，角的对边分别为，且.‎ ‎（1）求的大小；‎ ‎（2）若的外接圆的半径为，面积为，求的周长.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理和诱导公式化简即得的大小；（2）先利用正弦定理求出a的值，再利用面积求出bc的值，最后利用余弦定理求出b+c的值即得解.‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 由正弦定理可得，，‎ 由三角形内角和定理和诱导公式可得，‎ ‎，‎ 代入上式可得，，‎ 所以.‎ 因为，所以，即.‎ 由于，所以.‎ ‎（2）因为的外接圆的半径为，由正弦定理可得，‎ ‎.‎ 又的面积为，‎ 所以，即，所以.‎ 由余弦定理得，‎ 则，‎ 所以，即.‎ 所以的周长.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，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.‎ ‎19.已知,设. ‎ ‎（1）求函数的单调增区间；‎ ‎（2）三角形的三个角所对边分别是，且满足，求边.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用向量数量积的坐标运算以及二倍角公式、辅助角公式，化简为的形式，进而求得的单调区间.（2）由（1）结合求得的大小，利用正弦定理结合，求得的表达式，由此求得的长度.‎ ‎【详解】(1) = ‎ ‎= == ‎ ‎== ‎ 由递增得：即 ‎∴的递增区间是 ‎（2）由及得，‎ 设，则，‎ 所以 ‎【点睛】本小题主要考查平面向量数量积的坐标运算，考查二倍角公式和辅助角公式的运用，考查三角函数单调区间的求法，考查正弦定理解三角形，考查运算求解能力，属于中档题.‎ ‎20.已知函数，函数图象在处的切线与x轴平行.‎ ‎（1）求a的值；‎ ‎（2）讨论方程根的个数.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由导数求曲线在某点处的斜率有，代入运算即可求a的值；‎ ‎（2）由导数的应用可求得函数的增区间与减区间，即得函数的极大值与极小值，再结合函数的性质确定零点个数.‎ ‎【详解】（1）， ‎ 由题意知，，即，解得， ‎ ‎（2）由（1）得：，此时 ‎，‎ 令，解得或，令，解得，‎ 即函数的增区间为，，减区间为，‎ 即，，‎ 且当时，，当时，.‎ 所以，当时，方程无根，当或时，方程有一根，‎ 当或时，方程有两个根，当时，方程有三个根；‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数求求曲线在某点处的斜率及由导数研究函数的单调性、极值，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）当时，判断函数的单调性；‎ ‎（2）若恒成立，求的取值范围；‎ ‎（3）已知，证明.‎ ‎【答案】（1）当时，函数在区间单调递增，单调递减；‎ ‎（2）；‎ ‎（3）证明过程见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求函数的定义域，再求导数，分别令和即可求出单调性；（2）分离变量得恒成立，转化为求的最大值，然后求导数判断的单调性即可求出的最大值，从而求得结果；（3）对 两边取对数，化简变形可得，由（2）可知在上单调递减，结合条件即可证明.‎ ‎【详解】由题意可知，函数的定义域为：且.‎ ‎（1）当时，，‎ 若，则 ； 若，则 ，‎ 所以函数在区间单调递增，单调递减.‎ ‎（2）若恒成立，则恒成立，‎ 又因为，所以分离变量得恒成立，‎ 设，则，所以，‎ 当时，；当时，，‎ 即函数在上单调递增，在上单调递减.‎ 当时，函数取最大值，，所以.‎ ‎（3）欲证，两边取对数，只需证明，‎ 只需证明，即只需证明，‎ 由（2）可知在上单调递减，且，‎ 所以，命题得证.‎ ‎【点睛】本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数单调性及最值，以及利用导数研究不等式恒成立问题和证明不等式，考查了学生的计算能力和逻辑推理能力，属难题.‎ ‎(二)选考题：共10分。请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做．则按所做的第一题记分。‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程是（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为 ‎．‎ ‎（1）曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）求曲线上的点到直线的距离的取值范围．‎ ‎【答案】（1）：，；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）消掉参数，从而得到曲线C上的点满足的等量关系即可得曲线的普通方程，再由，化直线的极坐标方程为直角坐标方程即可得解.‎ ‎（2）将曲线的普通方程化为参数方程得（为参数），再利用点到直线的距离公式运算即可得解.‎ ‎【详解】解：（1），平方后得，‎ 又，的普通方程为．‎ ‎，即，‎ 将代入即可得到．‎ ‎（2）将曲线化成参数方程形式为（为参数），‎ 则，其中，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题考查了曲线的普通方程，参数方程、极坐标方程的互化及点到直线的距离 ‎，重点考查了运算能力，属中档题.‎ ‎23.设函数，．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）对任意，恒有，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由绝对值不等式的解法，当，分三种情况讨论，求解不等式即可得解；‎ ‎（2）由绝对值不等式的三角不等式性质可得，‎ 再转化为恒成立，再分和讨论即可得解.‎ ‎【详解】解：（1）当时，，‎ 则等价于或或，‎ 解得或，‎ 所以的解集为．‎ ‎（2）由绝对值不等式的性质有：，由恒成立，有恒成立，‎ 当时不等式显然恒成立，‎ 当时，由得，‎ 综上，的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法及绝对值不等式的性质，主要考查了不等式恒成立问题，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属中档题.‎ ‎ ‎