2020届四川省绵阳南山中学实验学校高三10月月考数学（文）试题（解析版）

这是一份2020届四川省绵阳南山中学实验学校高三10月月考数学（文）试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020届四川省绵阳南山中学实验学校高三10月月考数学（文）试题  一、单选题1．已知集合，集合，则集合（    ）A． B．C． D．【答案】B【解析】利用一元二次不等式以及指数不等式的解法化简集合A、B，再根据并集的定义求解即可．【详解】集合，集合，集合．故选：．【点睛】本题考查并集的求法，考查指数不等式、一元二次不等式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2．设，若，则下列不等式中正确的是（ ）A． B． C． D．【答案】D【解析】解析】利用赋值法:令排除A,B,C,选D.3．设一元二次不等式的解集为，则ab的值为（    ）A．-6 B．-5 C．6 D．5【答案】C【解析】由题意可得，且为的两根，利用根与系数的关系可计算得到a，b.【详解】由题意，，且为的两根，所以，解得，所以.故选：C【点睛】本题考查已知一元二次不等式的解集求参数的问题，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.4．下列函数中，为偶函数的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【解析】直接利用函数的奇偶性的定义判断.【详解】A. 定义域为R， ，故不是奇函数，不是偶函数，故错误；B. 定义域为R，，是奇函数，故错误；C. 定义域为R，是偶函数，故正确；D. 由，解得，所以的定义域为，不关于原点对称，所以函数不是奇函数，也不偶函数，故错误；故选：C【点睛】本题主要考查函数的奇偶性的判断，还考查了运算求解的能力，属于基础题.5．已知向量，，且，则（    ）A． B． C．4 D．5【答案】A【解析】先根据向量共线求出，再计算出向量，再根据模的公式求解即可.【详解】解：因为，所以由，解得，所以，所以，所以.故选：A.【点睛】本题考查共线向量的坐标运算，向量线性运算的坐标表示，向量的模的计算，是中档题.6．设，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据幂函数以及对数函数的单调性比较大小即可.【详解】故选：B【点睛】本题主要考查了利用对数函数以及幂函数的单调性比较大小，属于中档题.7．已知函数的图象在点处的切线与直线垂直，若数列的前项和为，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意得出，可求得的值，可得出函数的解析式，并求得数列的通项公式，利用裂项相消法可求得的值.【详解】，，由题意可知，得.，，.故选：C.【点睛】本题考查裂项求和法，同时也考查了利用切线斜率求参数，考查计算能力，属于中等题.8．函数的最小正周期为，若其图象向右平移个单位后得到函数为奇函数，则函数的图象（    ）A．关于点对称 B．在上单调递增C．关于直线对称 D．在处取最大值【答案】A【解析】由最小正周期为得出，由的图象向右平移个单位后得到函数为奇函数得出，进而得出，然后根据正弦型函数的图像与性质逐一对选型进行判断即可得出答案.【详解】解：函数的最小正周期为，可得，向右平移个单位后得到的函数为，因为此函数为奇函数，又，所以.故函数，对于选项：正确；对于选项：当，不具有单调性，故B错；对于选项：，故C错；对于选项：，没有取到最大值，，故D错.故选：A.【点睛】本题主要考查正弦型函数的图像与性质，属于中档题.9．如图，某景区欲在两山顶A，C之间建缆车，需要测量两山顶间的距离.已知山高，，在水平面上E处测得山顶A的仰角为30°，山顶C的仰角为45°，，则两山顶A、C之间的距离为（    ）A． B．C． D．【答案】B【解析】过作，垂足为，在中，利用余弦定理求出，即得，在直角三角形中，根据勾股定理可得.【详解】过作，垂足为，在直角三角形中，，在直角三角形中，，在中，，在直角三角形中，，所以.故选：B.【点睛】本题考查了方向角，考查了余弦定理的应用，属于基础题.，10．已知菱形的边长为2，，点，分别在边，上，，，若，则的值为（    ）A．3 B．2 C． D．【答案】B【解析】由题意利用向量数量积的定义和平面向量基本定理整理计算即可确定的值.【详解】由题意可得：，且：，故，解得：.故选B.【点睛】本题主要考查平面向量数量积的定义与运算法则，平面向量基本定理及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.11．已知函数，则方程恰有两个不同的实根时，实数的取值范围是（    ）．A． B． C． D．【答案】B【解析】作出函数与的图象,讨论交点个数可求出的取值范围.【详解】作出函数的图象,见下图.若与相切,求导得,设切点为,则,切线斜率为,即切线方程为:,该切线过原点,则,解得,此时,显然与的图象只有一个交点,即方程只有一个实根;若,直线与的图象在时无交点,在时有2个交点,符合题意;若,直线与的图象在时有1个交点,在时有2个交点,不符合题意;若,直线与的图象在时有1个交点,在时无交点,不符合题意;若,,直线与的图象至多有一个交点,不符合题意.所以只有符合题意.故选:B.【点睛】本题考查了方程的解与函数图象的关系,考查了曲线的切线方程的求法,利用数形结合的数学方法是解决本题的关键,属于难题. 二、多选题12．命题，；命题，.则下列是真命题的（    ）A． B． C． D．【答案】BCD【解析】判断出命题、的真假，利用复合命题的真假性与简单命题之间的关系可判断各选项中命题的真假.【详解】对于命题，，命题为假命题；对于命题，，，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，但，等号不成立，所以，，命题为真命题.所以，为假命题，为真命题，为真命题，为真命题.故选：BCD.【点睛】本题考查复合命题真假的判断，同时也考查了全称命题和特称命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.  三、填空题13．若实数满足，则的最小值是___________.【答案】【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论.【详解】画出表示的可行域，如图，由可得，将变形为，平移直线，由图可知当直经过点时，直线在轴上的截距最大，此时最小值，故答案为：.【点睛】本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.14．函数的最大值为______.【答案】【解析】将函数的解析式变形为，由结合二次函数的基本性质可求得函数的最大值.【详解】，，当时，.故答案为：.【点睛】本题考查二次型正弦函数最值的求解，同时也考查了二倍角公式以及诱导公式的求解，考查计算能力，属于中等题.15．已知函数是定义在的偶函数，且在区间上单调递减，若实数满足，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】先利用偶函数的性质将不等式化简为，再利用函数在上的单调性即可转化为，然后求得的范围.【详解】因为为R上偶函数，则，所以，所以，即，因为为上的减函数，，所以，解得，所以，的范围为.【点睛】1.函数值不等式的求法：（1）利用函数的奇偶性、特殊点函数值等性质将函数值不等式转化为与大小比较的形式：；（2）利用函数单调性将转化为自变量大小比较的形式，再求解不等式即可.2.偶函数的性质：；奇函数性质：；3.若在D上为增函数，对于任意，都有；若在D上为减函数，对于任意，都有.16．已知函数，，对一切，恒成立，则实数的取值范围为________.【答案】【解析】通过分离参数，得到关于x的不等式；再构造函数，通过导数求得函数的最值，进而求得a的取值范围．【详解】因为，代入解析式可得 分离参数a可得 令（ ）则，令解得 所以当0＜x＜1，，所以h（x）在（0，1）上单调递减当1＜x，，所以h（x）在（1，+∞）上单调递增，所以h（x）在x=1时取得极小值，也即最小值．所以h（x）≥h（1）=4．因为对一切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，所以a≤h（x）min=4．所以a的取值范围为【点睛】本题综合考查了函数与导数的应用，分离参数法，利用导数求函数的最值，属于中档题． 四、解答题17．已知函数.（1）求函数的最小正周期及单调递减区间；（2）若，，求.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）利用二倍角公式和辅助角法将函数转化为，再利用正弦函数的性质求解.（2）由得到，再根据，利用平方关系得到，然后利用角的变换，由求解.【详解】（1），，函数的最小正周期为；由，  得，所以的减区间为（2）由可得，，，，又，，，，.【点睛】本题主要考查三角恒等变换与三角函数的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.18．已知数列的前项和为，满足，且．（1）求数列的通项公式；（2）记数列的前项和为，求使得成立的的最大值．【答案】（1）；（2）6.【解析】（1）根据，可得 是等比数列，根据，可得的值，即可得数列的通项公式.（2）由的通项公式，可得的通项公式，再利用等比数列求和得，令，解得的范围，即可得的最大值.【详解】（1）由已知，有，两式相减得，即，即，又因为，所以，所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列，其通项公式为.（2）由（1）得，，所以，因为，所以即，解得，所以使得不等式成立的的最大值为6．【点睛】本题主要考查了由递推公式求通项公式，等比数列的通项公式，等比数列的前项和公式，解指数不等式，属于中档题.19．在中，内角，，所对的边分别为，，，.（1）求；（2）若为锐角，，边上的中线长，求的面积.【答案】（1）或；（2）【解析】（1）利用正弦定理将边化角，再根据两角和的正弦公式计算可得；（2）由（1）可知，再根据二倍角公式求出，从而得到，在中，设，在中，利用余弦定理即可求出，最后根据面积公式计算可得；【详解】解：（1）在中，因为，由正弦定理得，所以，即，又因为，所以因为是三角形的内角，所以或（2）由（1）知，因为，所以为等腰三角形，且，在中，设，在中，由余弦定理得，解得所以，所以，所以三角形的面积为【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理及三角形面积公式的应用，属于中档题；20．已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若，是否存在实数，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.【答案】（1）答案见解析；（2）存在，.【解析】（1）求得，令，解得或，对分类讨论，判断的符号即可得出单调性．（2）由（1）知时，在区间上单调递减，区间上单调递增，对分类讨论，结合函数的单调性，分别利用在区间的最小值为且最大值为1列方程求解即可．【详解】(1)对求导得.当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；当时，区间上单调递增；当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.(2)由（1）知时，在区间上单调递减，区间上单调递增.①若，即时，在区间上单调递减，所以区间上最大值为，最小值为即解得.②若，即时，在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为，最大值为或当时，，故所以区间上最大值为. 即相减得，即，又因为，所以无解.当若时，，故所以区间上最大值为. 即相减得，解得，又因为，所以无解.综上得.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值，考查了方程与不等式的解法，同时考查分类讨论思想、等价转化思想的应用，考查了推理能力与计算能力，属于难题．21．已知函数，(是自然对数的底数).（1）求在点处的切线方程；（2）若函数，证明：有极大值，且满足.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）求出导函数可得，结合，利用点斜式可求在点处的切线方程；（2）设，两次求导，由零点存在性定理可得，使得，则在， 单调递减；在， 单调递增，有极大值，再利用二次函数的性质可得结论.【详解】（1），所以，又故，在点处的切线方程为（2）因为，设，令，解得. 在时，，单调递减，在时，，单调递增；又，. 由零点存在性定理：设，使得：，即.   又 即∵在，，∴单调递增； 在，，∴单调递减；在，，∴单调递增； ∴有极大值.∵有.  又∵，∴，    .综上可得：函数有极大值，且满足.【点睛】本题主要考查导数的几何意义，考查了利用导数研究函数的单调性、极值与最值，考查利用导数证明不等式，属于综合题.22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（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，曲线的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）若射线（）与直线和曲线分别交于，两点，求的值.【答案】（1）（），；（2）.【解析】（1）将直线的参数方程消参，即可得直线的普通方程，要注意；将曲线的极坐标方程两边同乘，再将，代入，即可得曲线的直角坐标方程；（2）先将直线的直角坐标方程化为极坐标方程，再将（）代入直线和曲线的极坐标方程中，可得点，对应的极径，利用计算，即可求解.【详解】（1）由得，将（为参数）消去参数，得直线的普通方程为（）.由得，将，代入上式，得，所以曲线的直角坐标方程为.（2）由（1）可知直线的普通方程为（），化为极坐标方程得（），当（）时，设，两点的极坐标分别为，，则，，所以.【点睛】本题考查直角坐标方程与极坐标方程的互化、参数方程与普通方程的互化及参数的几何意义，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养，属于常考题.23．已知函数.（1）解不等式；（2）记函数的最小值为m，正实数a，b满足，试求的最小值.【答案】（1）；（2）【解析】（1）化简函数，分段求解不等式，即可求出答案.（2）利用绝对值三角不等式求出最小值，再利用基本不等式，即可求出最小值.【详解】（1）依题意得，因为，所以，或，或，解得，或，或.所以，即不等式的解集为.（2），当且仅当，即时取等号.则，，因为，，所以，当且仅当，且，即，时取等号，所以的最小值为.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解，以及绝对值三角不等式的应用，其中解答中熟记含绝对值不等式的解法，以及合理应用绝对值的三角不等式求解最值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档题.