山西省吕梁市2020届高三数学10月阶段性测试试题 理（含解析）

山西省吕梁市2020届高三数学10月阶段性测试试题 理（含解析）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，只有一项是最符合题目要求的1.已知集合，则（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】求解出的解集作为集合，求解出的解集作为集合，然后再求解的结果.【详解】因为，所以，所以；因为，所以，所以；所以.故选：a.【点睛】本题考查集合的交集运算，难度较易.注意解对数不等式时，对数的真数要大于零.2.已知，则（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】根据指数函数的单调性判断的大小，再根据对数函数的单调性判断的正负，即可确定之间的大小关系.【详解】因为在上递增，所以，即；又因为在上递增，所以；又因为，所以，故选：b.【点睛】利用指、对数函数的单调性比较数的大小时，经常会用到“中间值比较法”：对数式经常会与作比较，指数式经常会与作比较.3.已知函数 ，则是成立的（ ）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】a【解析】【分析】分别考虑是否是的充分条件或者必要条件，然后结合前面得到的结论确定是的何种条件.【详解】当时，所以是成立的充分条件；当时，或，所以是成立的不必要条件，所以是成立的充分不必要条件，故选：a.【点睛】充分、必要条件对应的推出情况（常见两种）：（1）若是的充分不必要条件：；（2）若是的必要不充分条件：.4.我们在求高次方程或超越方程的近似解时常用二分法求解，在实际生活中还有三分法.比如借助天平鉴别假币.有三枚形状大小完全相同的硬币，其中有一假币（质量较轻），把两枚硬币放在天平的两端，若天平平衡，则剩余一枚为假币，若天平不平衡，较轻的一端放的硬币为假币.现有 27 枚这样的硬币，其中有一枚是假币（质量较轻），如果只有一台天平，则一定能找到这枚假币所需要使用天平的最少次数为（ ）a. 2b. 3c. 4d. 5【答案】b【解析】【分析】根据提示三分法，考虑将硬币分为组，然后将有问题的一组再分为组，再将其中有问题的一组分为，此时每组仅为枚硬币，即可分析出哪一个是假币.【详解】第一步将27枚硬币分为三组，每组9枚，取两组分别放于天平左右两侧测量，若天平平衡，则假币在第三组中；若天平不平衡，假币在较轻的那一组中；第二步把较轻的9枚金币再分成三组，每组3枚，任取2组，分别放于天平左右两侧测量，若天平平衡，则假币在第三组，若天平不平衡则假币在较轻的一组；第三步再将假币所在的一组分成三组，每组1枚，取其中两组放于天平左右两侧测量若天平平衡，则假币是剩下的一个；若天平不平衡，则较轻的盘中所放的为假币.因此，一定能找到假币最少需使用3次天平.故选：b.【点睛】本题考查类比推理思想的应用，难度一般.处理该类问题的关键是找到题干中的提示信息，由此入手会方便很多.5.已知 ，则 （ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】利用诱导公式先将变形为，然后再利用二倍角公式结合已知条件计算的值即可.【详解】因为，所以，故选：d.【点睛】本题考查利用诱导公式、二倍角余弦公式求值，难度一般.常见的二倍角公式有：.6.已知函数有三个零点，则（ ）a. 4b. 6c. 8d. 12【答案】c【解析】【分析】作出图象，将有三个零点转化为方程有个根的问题，根据计算出的值，根据韦达定理计算出的值，由此计算出的值.【详解】画出与的图象如下图所示：且，由有三个零点，当时方程在区间内有两个相等实根，所以得或，若时，舍去；若时，满足条件，所以；当时，的两根之积为，所以，所以，故选：c.【点睛】在函数与方程的综合应用中，例如的零点，即为方程的根，同时也是图象与图象交点的横坐标，注意此三者之间的转化.7.已知关于x 的方程 没有正数根，使 为真命题的实数 a 的取值范围是（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】先考虑均为真命题时的范围，再考虑为假的情况时的范围，对此范围在实数集内取补集即为为真命题时的范围.【详解】若为真命题，则；若为真命题，则或，所以，若为假命题，所以假假，所以或，解得：，所以当为真命题时，故选：c.【点睛】本题考查根据含逻辑联结词的复合命题的真假求解参数范围，难度一般.对于复合命题的判断要注意是否需要进行分类，同时注意“正难则反”的使用.8.在 中，则该三角形一定是（ ）a. 等腰三角形b. 直角三角形c. 等边三角形d. 等腰直角三角形【答案】b【解析】【分析】解法一：利用余弦定理完成角化边，然后再进行边的化简即可判断结果；解法二：利用正弦定理完成边化角，进行利用两角和的正弦展开式进行化简即可判断结果.【详解】解法一：由余弦定理得，所以，所以直角三角形.解法二：由正弦定理得，所以，所以.故选：b.【点睛】利用正弦定理进行边角互化时，要注意到“齐次”的问题，也就是每一项对应的边或者角的正弦的次数要相同，如：、.9.已知函数，则（ ）a. 1b. c. 2d. 3【答案】c【解析】【分析】解法一：通过导数判断单调性，利用特殊值确定的范围，从而计算出的范围，通过选项对进行取值；解法二：根据三次函数的对称性，计算出对称中心，根据的特殊性计算的值；解法三：根据条件将进行化简，然后通过正负判断计算出的值.【详解】解法一：，所以为增函数，又，所以即，所以，可得解法二：，所以的对称中心为，又，所以解法三：由得，即因所以.故选：c.【点睛】本题考查三次函数的综合运用，难度一般.对于形如的三次函数的对称中心是.10.关于函数有下述四个结论： 是奇函数； 在区间单调递减； 在有3个零点； 的最大值为.其中所有正确结论的编号是（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】将写成分段函数形式，并作出在的图象，即可判断出的正误，根据周期性并利用图象即可判断出的正误.【详解】当时，当时，所以 ，画出函数的在区间上的图象如下图所示，显然不是奇函数，所以错误；在上单调递减，所以正确；图象在上与轴有个交点，所以有个零点，所以错误；时，又因为，所以，所以，所以正确.故选：b.【点睛】本题考查三角函数的图象与性质综合，难度一般.处理这类问题关键是使用数形结合的思想，通过图象去分析函数性质.11.已知 ，则（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】解法一：考虑特殊值，通过排除法得到结果；解法二：将等式交叉相乘并化简，根据的单调性得到与的关系，从而得到结果；解法三：对等式两边分别化简，然后根据的单调性得到与的关系，从而得到结果.【详解】解法一：（排除法）当时，可排除b，c；当时，可排除a，可知d正确；解法二：由已知得又函数在上为增函数，所以.即；解法三：所以又，上增函数所以，即.故选：d.【点睛】本题考查利用三角函数单调性对等式进行化简，难度较难.（1）在化简过程中注意诱导公式、二倍角公式、三角恒等变换中的公式的灵活运用.（2）函数值相等时，利用函数单调性，可得到对应自变量之间的关系.12.函数 与的公共点个数为（ ）a. 3b. 4c. 5d. 6【答案】a【解析】【分析】根据已知条件分析出的公切线，然后分析区间上的交点数，再根据对应的草图分析和时的交点个数，从而得到结果.【详解】，所以，所以有公切线，且当时，证明如下：设，则，所以为增函数，又，所以，所以在上单调递减，又，所以即所以当时，当时，所以当时，与只有一个公共点画出函数，的草图如下图，可知时，两函数图象有一个交点，当时，必有一个公共点，所以共有三个公共点，故选：a.【点睛】本题考查利用导数方法分析函数图象的交点个数，难度较难.（1）函数图象的交点个数可认为是函数的零点个数，也可认为是方程的根的数目.（2）利用导数解答函数零点个数问题时，注意结合单调性和图象进行分析.二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13.曲线在点（1，0）处的切线方程为 _【答案】【解析】【分析】先求解时的导数值即为切线斜率，根据切点和斜率即可得到直线方程.【详解】因为，所以，所以切线方程为，故答案为：.【点睛】本题考查函数上某一点的切线方程的求解，难度较易.求解函数上某点处的切线方程步骤：（1）对函数进行求导；（2）求出导函数在该点处的导数值作为直线的斜率；（3）根据直线的点斜式方程求解出切线方程.14.定义在上的奇函数在区间上单调递增，且.若，则在区间内的解集为 _【答案】【解析】【分析】先根据对称性和奇偶性得到周期，然后分析在上的单调性，考虑且时的取值，再根据单调性即可求解出在内的解集.【详解】因为为奇函数，所以，即的周期为8，又因为在区间上单调递增，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.又，所以在区间内的解集为，故答案为：.【点睛】函数对称性和周期性的认识：（1）若或，则的一条对称轴为；（2）若或或（），则的周期.15.将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象上每一点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变得到的图象，当时，方程有三个实数根，且，则_.【答案】【解析】【分析】先根据图象变换得到解析式并画出在上的图象，考虑这条直线与有三个交点时的对称情况，根据对称性计算出的值.【详解】由已知得，函数与的交点分别为，由图可知关于直线对称，关于直线对称，所以，所以故答案为：.【点睛】本题考查三角函数的图象与性质的综合运用，难度一般.通过数形结合方法，将方程根数目问题转化为函数图象交点个数问题.16.已知实数 ，满足 ，那么的最小值为_【答案】【解析】【分析】根据等式，将点看成函数上一点，将点看成直线上一点，问题转化为：直线上一点到上点的距离平方的最小值，利用平移切线法完成求解即可.【详解】由可知，点在函数上，由知，点在直线上，则，所以当点处的切线与直线平行时，点到直线的距离的平方就是的最小值.由得，所以，所以，所以，故答案为：.【点睛】本题考查转化思想的应用，难度较难.求解直线上一点到曲线上某一点的最小距离的处理方法：将直线平移至与曲线相切，过对应的切点向直线作垂线，此时垂足与切点相连所形成的线段长度即为直线上的点到曲线上点的距离最小值.三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.的内角 的对边分别为 ，的面积. （1）求 c；（2）若 ，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用面积公式和余弦定理对等式化简，得到的值，计算出；（2）解法一：利用正弦定理以及的结果得到的等式，根据同角的正弦与余弦的平方和为，计算出的值.解法二：利用余弦定理，通过化简得到之间的关系，再根据正弦定理即可得到之间的关系，从而计算出.【详解】（1）由余弦定理以及三角形面积公式得,所以，又，所以.（2）由（1）得，,因为，由正弦定理得,所以,所以,，所以（负根舍去）.解二：由余弦定理得，又两式消去得，即,，由正弦定理得.【点睛】本题考查解三角形的综合应用，难度一般.（1）利用面积公式化简时，注意根据等式选择合适的面积公式去化简；（2）考虑用正弦定理完成边角互化时，一定要注意等式的两边是否都是“齐次”的情况.18.已知定义域为的函数是奇函数（1）求实数的值；（2）若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先根据计算出的值，然后再带回检验是否为奇函数，由此确定出的值；（2）将不等式变形，根据奇偶性将不等式变形为函数值之间的大小关系，再根据单调性将不等会变形为自变量之间的关系，问题转化为：给定区间上的恒成立问题求解参数范围.【详解】（1）因为是奇函数，所以 ,所以,此时，所以是奇函数，所以满足条件.（2）因函数为奇函数，所以， 又因函数为增函数，所以,即对任意的有， 所以对任意的，所以，解之得.【点睛】（1）定义域满足的情况下，通过求解奇函数中的参数值，一定要将结果带回原函数中检验；（2）若在区间上恒有，只需要，若在区间上恒有，只需要.19.已知函数.（1）若函数在区间上存在零点，求实数的取值范围；（2）若对任意的，总存在使得成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据对称轴分析零点存在时对应的的范围；（2）根据条件分析可得：的值域应为的值域的子集，此时注意对与的关系进行分类讨论，由此得到满足条件的的取值范围.【详解】（1）因函数的对称轴是，所以在区间上是减函数，因函数在区间上存在零点，则必有，即解得.故所求实数的取值范围.（2）若对任意的，总存在使得成立，只需函数的值域为函数的值域的子集. 在区间的值域为,当时，为常数，不符合题意舍去；当时，在区间的值域为，所以，解得.当时，在区间的值域为，所以，无解.综上所述实数的取值范围.【点睛】任意、存在问题对应的函数相等和不等关系的处理方法：（1），使得，则有：在上的值域为在上的值域的子集；（2），使得，则有：；，使得，则有：；，使得，则有：.20.如图有一景区的平面图是一半圆形，其中直径长为两点在半圆弧上满足，设，现要在景区内铺设一条观光通道，由和 组成.（1）用表示观光通道的长，并求观光通道的最大值； （2）现要在景区内绿化，其中在中种植鲜花，在中种植果树，在扇形内种植草坪，已知单位面积内种植鲜花和种植果树的利润均是种植草坪利润的 倍，则当为何值时总利润最大？【答案】（1），；（2）当时，总利润取最大值.【解析】【分析】（1）根据直径的长度和角度计算出的长度，写出的函数解析式，注意定义域，判断取何值的时候有最大值并计算出最大值；（2）设出单位面积的利润，将三个三角形的面积计算出来并求利润和的表示，利用导数去计算函数的最值，确定取等号时的取值.【详解】（1）作，垂足为，在直角三角形中，所以， 同理作，垂足为，所以，如图：所以,当时，取最大值. （2）设种植草坪单位面积的利润为，,则总利润,因为，所以当时，所以在递增，递减，所以当时总利润取最大值，最大值为.【点睛】本题考查三角函数在实际问题中的应用，难度一般.（1）求解实际问题中的函数解析式时，要注意不要漏写定义域；（2）求解三角函数的有关最值，要注意也可通过导数的方法来先确定单调性然后再确定最值.21.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，函数的图象恒在轴上方，求的最大值.【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增；（2）【解析】【分析】（1）先对求导，然后对进行分类，分别讨论的单调性；（2）方法一：对于取值进行分类：，考虑每种情况下对应时的取值，由此确定的最大值；方法二：对进行分类，采用参变分离并分析新函数的最小值，由此得到的最大值.【详解】（1），当时，恒成立，在上单调递增,当时，令，即，则 ,当时，在单调递减，当时，在单调递增，综上所述：当时，在上单调递增. 当时 ，在单调递减，在单调递增.（2）方法一：由已知得，当 时，恒成立，由（1）得，当时，在上单调递增，不合题意；当时，对于任意有，故在单调递减；对于任意有，故在单调递增，因此当时，有最小值为成立当时，对