黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三数学10月第二次调研考试试题理（含解析）.docx

黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三数学10月第二次调研考试试题 理（含解析）一、选择题：（在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的）1.已知全集，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，分别化简集合，再根据交集与补集的运算，即可得出结果.【详解】因为，所以，因此.故选D【点睛】本题主要考查集合交集与补集的运算，熟记概念即可，属于基础题型.2.若复数满足，则在复平面内，的共轭复数的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先由题意求出复数，再求出其共轭复数，即可求出结果.【详解】因为，所以，因此，即的共轭复数的虚部为.故选A【点睛】本题主要考查复数的运算，以及复数的概念，熟记除法运算法则与复数的概念即可，属于常考题型.3.已知向量满足，则在方向上的投影为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据向量数量积的几何意义得到：在方向上的投影为，结合题中数据，直接计算，即可得出结果.【详解】因为，所以所以在方向上的投影为故选B【点睛】本题主要考查向量的投影，熟记向量数量积的几何意义即可，属于常考题型.4.已知曲线在区间内存在垂直于轴的切线，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】依题意，可得，即在区间内有解，设，利用函数的单调性，求得最值，即可求解。【详解】依题意，可得，即在区间内有解.设，由题意函数为增函数，且所以，故选D。【点睛】本题考查导数在函数中的应用，其中解答中转化为在区间内有解，令，利用函数的单调性求解是解答的关键，着重考查函数与方程及化归与转化的数学思想.5.中国历法推测遵循以测为辅、以算为主的原则.例如周髀算经和易经里对二十四节气的晷影长的记录中，冬至和夏至的晷影长是实测得到的，其他节气的晷影长则是按照等差数列的规律计算出来的.下表为周髀算经对二十四节气晷影长的记录，其中寸表示115寸分（1寸=10分）节气冬至小寒(大雪)大寒(小雪)立春(立冬)雨水(霜降)惊蛰(寒露)春分(秋分)清明(白露)谷雨(处暑)立夏(立秋)小满(大暑)芒种(小暑)夏至晷影长（寸）135125.115.105.95.85.75.566.55.45.35.25.16.0已知易经中记录的冬至晷影长为130.0寸，夏至晷影长为14.8寸，那么易经中所记录的惊蛰的晷影长应为（ ）A. 72.4寸B. 81.4寸C. 82.0寸D. 91.6寸【答案】C【解析】【分析】由题意可得，节气的晷影长成等差数列，根据题中数据得到第1项与第13项，求出公差，进而可求出结果.【详解】因为节气的晷影长则是按照等差数列的规律计算出来的，由题意可得，所以等差数列的公差为惊蛰对应等差数列的第6项，所以.故选C【点睛】本题主要考查等差数列的应用，熟记等差数列的通项公式即可，属于常考题型.6.已知正方形的边长为4，为边的中点，为边上一点，若，则=（ ）A. 5B. 3C. D. 【答案】A【解析】分析】先由题意，以点为坐标原点，分别以所在直线方向为轴、轴建立平面直角坐标系，得到各点坐标，再设点坐标，根据题意求出点坐标，即可得出结果.【详解】因为四边形为正方形，以点为坐标原点，分别以所在直线方向为轴、轴建立如图所示的平面直角坐标系，因为正方形的边长为4，为边的中点，所以，又为边上一点，所以设，则，又，所以，解得，所以.故选A【点睛】本题主要考查已知数量积求向量的模的问题，熟记坐标系的方法求解即可，属于常考题型.7.函数的部分图像如图所示，图象与轴交于点，与轴交于点，点在图象上，满足，则下列说法中正确的是（ ）A. 函数的最小正周期是B. 函数的图像关于轴对称C. 函数在单调递减D. 函数图像上所有的点横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移后关于轴对称【答案】B【解析】【分析】先根据图像与题中条件，先确定周期，以及的正负，求出，再求出，根据正弦函数的性质，即可得出结果.【详解】因为，由题中图像可得：，故选项A错；所以，所以，又，由图像可得，所以，所以，由得函数的对称轴为，所以当时，故B正确；由解得，因此函数的单调递减区间为，故C错误；函数的图像上所有的点横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），可得，再向右平移可得，为奇函数，关于原点对称，故D错误.故选B【点睛】本题主要考查由三角函数的部分图像求函数解析式，以及三角函数相关性质的判断，熟记三角函数的图像与性质即可，属于常考题型.8.已知函数，其中是自然对数的底数，若，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先对根据函数奇偶性的概念，判断函数为奇函数；再由导数的方法判定函数单调性，进而可求出结果.【详解】因为，所以，因此函数为奇函数；又，所以函数单调递增；因此不等式可化为，所以，即，解得.故选C【点睛】本题主要考查函数基本性质的应用，熟记函数单调性与奇偶性即可，属于常考题型.9.已知中，内角所对的边分别是，若，且，则当取到最小值时，（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】，即，由正弦定理得，即，由正弦定理和余弦定理得，则， 从而，故，由得，故，则，所以，故，当且仅当时等号成立.故选A.10.已知向量满足，与的夹角为，若，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先由题意，建立平面直角坐标系，令，求出向量的坐标，再设，根据，得到，将求向量模的问题转化为求圆上点与定点的距离的问题，即可求出结果.【详解】由题意，建立如图所示的平面直角坐标系，令，因为，与的夹角为，易得，设， 则，因为， 所以，即，因此表示圆上的点到坐标原点的距离，因此.故选B【点睛】本题主要考查求向量的模，灵活运用建系的方法求解即可，属于常考题型.11.已知等差数列满足，数列满足，记数列的前项和为，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由等差数列通项公式可得，进而由递推关系可得，借助裂项相消法得到，又，问题等价于对任意的，恒成立.【详解】由题意得，则，等差数列的公差，.由，得， 则不等式恒成立等价于恒成立，而，问题等价于对任意的，恒成立。设，则，即，解得或.故选:A.【点睛】本题考查等差数列的通项公式,递推关系式，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查函数与方程的思想方法，以及运算能力，属于中档题12.已知函数，若方程有四个不等的实数根，则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先将方程有四个不等的实数根转化为的图像与直线有4个交点；用导数的方法判断函数的单调性，作出函数图像，根据函数的图像，即可得出结果.【详解】方程有四个不等的实数根等价于的图像与直线有4个交点；（1）当时，由得；由得；所以函数在上单调递增，在上单调递减；因此；（2）当时，由得；由得；所以函数在上单调递增，在上单调递减；因此；由（1）（2）作出函数的图像与直线的图像如下：由图像易得.故选B【点睛】本题主要考查由方程根的个数求参数的问题，灵活运用数形结合的方法，熟记导数方法判定函数单调性即可，属于常考题型.二、填空题：将答案写在答题卡上相应的位置13.已知是定义在R上的函数，且满足，当时，则=_【答案】【解析】【分析】先由，求出函数的周期，再由题中条件，即可求出结果.【详解】因为，所以，因此，函数是周期为的函数，所以，又当时，所以故答案为【点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用，熟记函数奇偶性以及对数的运算法则即可，属于常考题型.14.一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北的方向上，行驶300m后到达B处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度CD=_m【答案】【解析】【分析】先设山的高度，根据题中条件求出，再由正弦定理，即可求出结果.【详解】设此山的高度，因为在B处测得此山顶仰角为，所以，因此，在中，故，又由题意可得，所以，由正弦定理可得：，即，解得.故答案为【点睛】本题主要考查解三角形的应用，熟记正弦定理即可，属于常考题型.15.在中，为上一点，且，为上一点，且满足，则最小值为_【答案】【解析】【分析】先由题意得到，根据三点共线的充要条件，得到，再由基本不等式即可求出结果.【详解】因为，所以，又三点共线，所以，所以，当且仅当即，时，等号成立.故答案为【点睛】本题主要考查利用基本不等式求和的最小值，熟记平面向量基本定理以及基本不等式即可，属于常考题型.16.正项数列满足：，设，若，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】先由，当为奇数时，推出，得到，再由，化简不等式，求解，即可得出结果.【详解】因为，当为奇数时，则，即，所以，所以，即为奇数时，数列以为周期，所以又由题意可得，所以，由可得，因此，解得.故答案为【点睛】本题主要考查数列的应用，根据递推关系求出数列的前项之积，即可求解，属于常考题型.三、解答题：解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17.设是正项数列的前项和，且.（1）设数列的通项公式；（2）若，设，求数列的前项和【答案】（1）；（2）【解析】详解】（）当时，解得（舍去），当时，由得，两式作差，得，整理得，数列为正项数列，即，数列是公差为的等差数列，（），18.已知函数（1）求函数在上的单调递增区间和最小值.（2）在中，分别是角的对边，且，求的值.【答案】（1）；增区间；当，； （2）【解析】【分析】（1）先由题意得到函数的解析式为，根据正弦函数的单调性以及题中条件，即可求出其增区间，和最小值；（2）根据（1）中解析式，先得到，由余弦定理求出，再根据余弦定理，即可求出结果.【详解】（1）因为，所以，由得，即函数的增区间为又，所以函数在上的单调递增区间为；又当时，所以当且仅当，即时，取最小值，为；（2）由（1）可知，所以，因为，所以，所以，因此，由余弦定理可得，又，显然，所以，整理得，解得或（舍），所以，因此.【点睛】本题主要考查三角函数单调区间与最值，以及余弦定理解三角形，熟记三角函数的性质以及余弦定理即可，属于常考题型.19.已知函数.（1）若对于任意都有成立，试求的取值范围；（2）记.当时，函数在区间上有两个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用导数求出函数的单调区间，根据函数的单调区间求出函数的最小值，要使恒成立，需使函数的最小值大于，从而求出实数范围。（2）利用导数求出函数的单调区间，在根据函数在区间上有两个零点，可得：，即可求出实数的取值范围。【详解】（1），由解得；由解得.所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以当时，函数取得最小值.因为对于任意都有成立，所以即可.则，由解得，所以得取值范围是.（2）依题意得，则，由解得，由解得.所以函数在区间上有两个零点，所以，解得.所以得取值范围.【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性、最值以及零点问题，属于中档题。20.数列满足（1）求的通项公式.（2）设，若对任意，恒有，求的取值范围；（3）设，求数列的前项和【答案】（1）；（2） ；（3）【解析】【分析】（1）根据累加法，直接求解，即可得出结果；（2）先由（1）得，将对任意，恒有，化为对任意，恒有，即，分为偶数和为奇数两种情况讨论，即可得出结果；（3）先由（1）得：，再由裂项相消法，即可求出结果.【详解】（1）因为，所以，以上各式相加得，又，所以；（2）由（1）可得，所以，因此，对任意，恒有，可化为对任意，恒有即，当时，不等式可化为恒成立，因此只需；当，不等式可化为恒成立，因此只需，综上，的取值范围是；（3）由（1）可得：所以数列的前项和【点睛】本题主要考查由递推关系求数列的通项的问题，以及数列的求和，熟记累加法求通项公式，以及裂项相消法求数列的和即可，属于常考题型.21.已知函数（1）当时，求的单调区间.（2）若时，恒成立，求的取值范围.【答案】（1）减区间，增区间 ，；(2)【解析】【分析】（1）由得到，对函数求导，解对应的不等式，即可求出单调区间；（2）先由题意得当时，恒成立；再将时，恒成立，转化为恒成立；令，用导数的方法研究其单调性与最值，即可求出结果.【详解】（1）当时，定义域为，所以，令，得或；令，得；所以函数的减区间为，增区间 ，；（2）因为时，恒成立，显然，当时，恒成立；因此当时，恒成立，可化为恒成立，即恒成立；令，则，由得，（i）当时，所以在上单调递增，因此恒成立；（ii）当时，由得；由得；所以在上单调递增，在 上单调递减；所以，所以只需，令，则，所以在上单调递减；因此，与矛盾；故舍去；综上，的取值范围为.【点睛】本题主要考查导数的应用，熟记导数的方法研究函数的单调性、最值等，属于常考题型.22.在直角坐标系中，曲线（为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的极坐标方程.（2）已知点，直线的极坐标方程为，它与曲线的交点为，与曲线的交点为，求的面积.【答案】（1） ；（2）【解析】【分析】（1）先由曲线的参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程即可；（2）将直线的极坐标方程分别代入曲线与曲线的极坐标方程，求出两点的极径，得到长度，再由点坐标，求出的高，从而可求出的面积.【详解】（1）因为曲线（为参数），所以其普通方程为；即，所以，因此即为曲线的极坐标方程；（2）由题意，将代入，可得；将代入，可得；所以；又点到直线的距离为，即的高为，所以.【点睛】本题主要考查圆的参数方程与普通方程的互化，直角坐标方程与极坐标方程的互化，以及极坐标下的弦长