2020届河北省邢台市高三上学期第二次月考数学（理）试题（解析版）

2020届河北省邢台市高三上学期第二次月考数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则(    )

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】求出集合M，N，由此能求出．

【详解】

集合，

，

．

故选：A．

【点睛】

本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

2．(    )

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．

【详解】

．

故选：C．

【点睛】

本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．

3．设，则(    )

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】利用有界性分别得出，从而得出a，b，c的大小关系．

【详解】

，，，

．

故选：A．

【点睛】

考查指数函数、对数函数的单调性，幂函数的单调性，以及增函数、减函数的定义．

4．在中，D为边BC上的一点，且，则(    )

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】D为边BC上的一点，且，D是四等分点，结合，最后得到答案．

【详解】

∵D为边BC上的一点，且，∴D是四等分点，

，

故选：B．

【点睛】

本题考查了向量的线性运算及平面向量基本定理的应用，属于基础题.

5．已知函数，则是“曲线在点处的切线与坐标轴围成的面积为的(    )

A．充要条件 B．既不充分也不必要条件

C．必要不充分条件 D．充分不必要条件

【答案】D

【解析】由导数的几何意义有：曲线在点处的切线的斜率为，再由充要性即可得解．

【详解】

函数，

所以，

所以，

因为当时，曲线在点处的切线为，此时切线与坐标轴围成的面积是，

当时，曲线在点处的切线为，此时切线与坐标轴围成的面积是，

则“”是“曲线在点处的切线与坐标轴围成的面积为“的充分不必要条件，

故选：D．

【点睛】

本题考查了充分必要条件及导数的几何意义，属基础题．

6．设，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】设，利用已知得到的值，利用诱导公式和二倍角公式，求得的值.

【详解】

设，则，所以.因为，所以，则.

故选：D.

【点睛】

本小题主要考查诱导公式和二倍角公式的运用，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于基础题.

7．在公差d不为零的等差数列中，，且，，成等比数列，则(    )

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【解析】运用等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，可得首项和公差的方程，解方程可得所求公差．

【详解】

在公差d不为零的等差数列中，，且，，成等比数列，

可得，且，即，

解得，，

故选：C．

【点睛】

本题考查等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．

8．若不等式对恒成立，则实数a的取值范围为(    )

A． B．

C．或 D．或

【答案】B

【解析】讨论和时，分别求出不等式恒成立对应a的取值范围．

【详解】

不等式，

当，即时，不等式化为恒成立；

当时，应满足，

即，

解得；

综上知，实数a的取值范围是．

故选：B．

【点睛】

本题考查了不等式恒成立的应用问题，也考查了分类讨论思想，是基础题．

9．已知在上单调递减，且，则 (    )

A． B． C．1 D．

【答案】C

【解析】首先利用函数的性质求出函数的关系式．进一步利用函数的关系式求出函数的值．

【详解】

由于函数在上单调递减，故，

所以，

由于，所以，解得或．

当时，由于，

所以，解得，此时

同理解得，

故选：C．

【点睛】

本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．

10．在以C为钝角的中，是单位向量，的最小值为，则(    )

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由条件可知，因此，由此可得的最小值为0，

再根据，得到可求得结果．

【详解】

，

∴

即函数的最小值为0，

由，得到．

因为C为钝角，所以，

故选：B．

【点睛】

本题考查两向量的差的模的最值，结合二次函数，属于中档题．

11．定义在R上的函数满足，且对任意的都有其中为的导数，则下列一定判断正确的是(    )

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】根据条件对任意的x≥1都有，f′（x）+2f（x）＞0，构造函数F（x）＝e2x•f（x），则F'（x）＝2e2xf（x）+e2xf'（x）＝e2x[2f（x）+f'（x）]，可得F（x）在x≥1时单调递增．由e4（x+1）f（x+2）＝f（﹣x），注意到F（x+2）＝e2（x+2）•f（x+2）；    F（﹣x）＝e﹣2x•f（﹣x）；代入已知表达式可得：F（x+2）＝F（﹣x），所以F（x）关于x＝1对称，则由F（x）在x≥1时单调递增，化简即可得出结果．

【详解】

设F（x）＝e2x•f（x），则F'（x）＝2e2xf（x）+e2xf'（x）＝e2x[2f（x）+f'（x）]，

∵对任意的x≥1都有f′（x）+2f（x）＞0；

则F'（x）＞0，则F（x）在[1，+∞）上单调递增；

F（x+2）＝e2（x+2）•f（x+2）；    F（﹣x）＝e﹣2x•f（﹣x）；

因为e4（x+1）f（x+2）＝f（﹣x），

∴e2x•e2x+2•f（x+2）＝f（﹣x）；∴e2x+2•f（x+2）＝e﹣2x•f（﹣x）

∴F（x+2）＝F（﹣x），所以F（x）关于x＝1对称，则F（﹣2）＝F（4），

∵F（x）在[1，+∞）上单调递增；

∴F（3）＜F（4）即F（3）＜F（﹣2），∴e6•f（3）＜e﹣4•f（﹣2）；

即e10•f（3）＜f（﹣2）成立．故D不正确；

F（3）＝F（﹣1），F（0）＝F（2）故A，C 均错误；

F（3）＞F（2）∴e2f（3）＞f（2）．B正确．

故选：B．

【点睛】

本题考查了构造法，通过构造函数的单调性，得出结论，构造适当的函数是解题的关键．属于中档题．

12．在数列中，且，则(    )

A．3750 B．3700 C．3650 D．3600

【答案】A

【解析】首先利用递推关系式求出数列的通项公式，进一步求出数列的和．

【详解】

数列中，

当时，，

得，

所以，

从而，

解得，

由于数列中，符合上式，

则，

所以．

故选：A．

【点睛】

本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．

二、填空题

13．若，满足约束条件，则的最小值为__________.

【答案】-2

【解析】首先作出可行域，然后作出初始目标函数，然后判断目标函数的最小值.

【详解】

如图，作出可行域，由图象可知，当目标函数过点C时，函数取值最小值，

.

故答案为：-2

【点睛】

本题考查线性规划，意在考查基础知识和计算能力，属于基础题型.

14．已知数列满足，则的前10项和为______．

【答案】

【解析】利用递推关系依次求出数列的前4项，得到数列是周期为3的周期数列，由此能求出数列的前10项和．

【详解】

∵数列满足，

，，，

数列是周期为3的周期数列，∴，

则的前10项和．

故答案为：．

【点睛】

本题考查数列的前n项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意递推思想的合理运用．

15．已知向量，，且，则______．

【答案】

【解析】根据平面向量的数量积列方程求出m的值．

【详解】

向量，，

则，，；

由，得，

，

解得．

故答案为：．

【点睛】

本题考查了平面向量的数量积应用问题，是基础题．

16．函数图象的对称中心是______．

【答案】

【解析】利用倍角公式及辅助角公式对函数解析式进行化简，根据正弦函数图象的性质即可确定函数图象的对称中心．

【详解】

∵

=

=

当时，，

函数图象的对称中心是：．

故答案为：．

【点睛】

本题主要考查了三角函数图象与性质，倍角公式及辅助角公式的运用．考查了学生对基础知识的灵活运用．

三、解答题

17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．

求C；

若，求，的面积

【答案】(1)．(2)．

【解析】由已知利用正弦定理，同角三角函数基本关系式可求，结合范围，可求，由已知利用二倍角的余弦函数公式可得，结合范围，可求A，根据三角形的内角和定理即可解得C的值．

由及正弦定理可得b的值，根据两角和的正弦函数公式可求sinC的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．

【详解】

由已知可得，

又由正弦定理，可得，即，

，

，

，即，

又，

，或舍去，可得，

．

，，，

由正弦定理，可得，

，

．

【点睛】

本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，二倍角的余弦函数公式，三角形的内角和定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式等知识在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．

18．设等比数列的前n项和为，且．

求的通项公式；

若，求的前n项和．

【答案】(1)．(2)．

【解析】利用数列的递推关系式的应用求出数列的通项公式．

利用的结论，进一步利用裂项相消法求出数列的和．

【详解】

等比数列的前n项和为，且

当时，解得．

当时

得，

所以常数，

故．

由于，所以，

所以．

【点睛】

本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．

19．某生态农庄有一块如图所示的空地，其中半圆O的直径为300米，A为直径延长线上的点，米，B为半圆上任意一点，以AB为一边作等腰直角，其中BC为斜边．

若；，求四边形OACB的面积；

现决定对四边形OACB区域地块进行开发，将区域开发成垂钓中心，预计每平方米获利10元，将区域开发成亲子采摘中心，预计每平方米获利20元，则当为多大时，垂钓中心和亲子采摘中心获利之和最大？

【答案】(1)平方米；(2)

【解析】计算时和的面积，求和得出四边形OABC的面积；

设，求出和的面积和，得出目标函数的解析式，再求该函数取得最大值时对应的值．

【详解】

当时，

平方米；

在中，由余弦定理得，

；

平方米，

四边形OABC的面积为

平方米；

设，则，

所以，

在中，由余弦定理得，

；

，

不妨设垂钓中心和亲子中心获利之和为y元，

则有；

化简得；

因为，

所以当时，垂钓中心和亲子采摘中心获利之和最大．

【点睛】

本题考查了三角函数模型应用问题，也考查了转化思想以及计算能力．是中档题．

20．已知数列的前n项和为，，公差不为0的等差数列满足，

证明：数列为等比数列．

记，求数列的前n项和．

【答案】(1) 证明见解析 (2)．

【解析】直接利用已知条件和等比数列的定义的应用求出结果．

利用的结论，进一步利用乘公比错位相减法在数列求和中的应用求出结果．

【详解】

数列的前n项和为，，

当时，解得．

当时，

得，

整理得常数，

所以数列是以1为首项2为公比的等比数列．

由得，解得．

公差d不为0的等差数列满足，，

解得，

解得或舍去，

所以，

则，

所以

，

得，

所以，

整理得，

故．

【点睛】

本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，乘公比错位相减法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．

21．已知函数．

求的单调区间与最值；

证明：函数在上是增函数．

【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为；，无最小值．(2)证明见解析

【解析】，根据的符号，进而判断的单调区间，最值；

因为，所以，进而判断即可求解．

【详解】

因为，所以，

所以当时，；当时，，

则的单调递增区间为，单调递减区间为；

故，无最小值．

因为，所以，

由知，即，

因为，所以，即，

设，则，

因为，所以，即在上单调递增，

所以，即，

所以，即，

故在上是增函数．

【点睛】

本题考查函数的求导，利用导函数判断函数的单调区间、最值问题，考查了转化思想，属于中档题．

22．在直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 （为参数），以坐标原点为极点， 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 的极坐标方程为 .

（1）求直线和曲线的普通方程；

（2）已知点，且直线和曲线交于两点，求 的值

【答案】（1），；（2）

【解析】（1）消去曲线C中的参数可得C的普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式可得直线的普通方程.

（2）由直线的普通方程可知直线过P，写出直线的参数方程，与曲线C的普通方程联立，利用直线参数的几何意义及韦达定理可得结果.

【详解】

（1）因为曲线 的参数方程为 （为参数），所以消去参数，

得曲线的普通方程为

因为直线 的极坐标方程为 ，即 ，

所以直线的普通方程为

（2）因为直线经过点 ，所以得到直线的参数方程为 （为参数）

设 ，

把直线的参数方程代入曲线的普通方程，得，

则，

故

【点睛】

本题考查了直角坐标方程与极坐标方程及参数方程的互化，考查了直线参数方程及参数的几何意义，属于中档题.