内蒙古自治区赤峰赤峰二中、呼二中高三数学上学期月考文

内蒙古自治区赤峰市赤峰二中、呼市二中2020届高三数学上学期10月月考试题 文（含解析）考生注意：1.本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。满分150分，考试时间120分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。第卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第卷请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。第卷（选择题 共60分）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，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据集合的补集交集运算即可求解.【详解】因为,所以，所以，故选C【点睛】本题主要考查了集合交集补集运算，属于容易题.2.设为虚数单位，复数的实部为（ ）A. 3B. -3C. 2D. -2【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算法则及复数的概念即可求解.【详解】因为，所以复数的实部为3，故选A【点睛】本题主要考查了复数的运算，复数的概念，属于容易题.3.若函数是周期为4的奇函数，且，则（ ）A. -2B. 2C. -3D. 3【答案】C【解析】【分析】根据周期可知，再根据奇函数性质即可求解.【详解】因为函数是周期为4的奇函数，所以.故选C【点睛】本题主要考查了函数的周期性及奇函数的性质，属于中档题.4.已知，满足，则的最大值为（ ）A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】A【解析】【分析】作出可行域，根据简单线性规划求解即可.【详解】作出可行域如图：由可得：，平移直线经过点A时，有最大值，由解得，平移直线经过点A时，有最大值，.故选A【点睛】本题主要考查了简单的线性规划，属于中档题.5.观察下列等式：，记.根据上述规律，若，则正整数的值为（ ）A. 8B. 7C. 6D. 5【答案】D【解析】【分析】由规律得再解方程即可【详解】由已知等式的规律可知，当时，可得.故选D【点睛】本题考查归纳推理，熟记等差数列求和公式是关键，考查观察转化能力，是基础题6.已知，则（ ）A. 有最大值，最大值为6B. 有最大值，最大值为9C. 有最小值，最小值为6D. 有最小值，最小值为9【答案】D【解析】【分析】利用，根据均值不等式，即可求出最值.【详解】，当且仅当时等号成立,的最小值为9.【点睛】本题主要考查了均值不等式，属于中档题.7.如图是一个程序框图，则输出的值为（ ）A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】B【解析】【分析】根据程序框图，模拟计算过程即可求解.【详解】程序框图的执行过程如下：，；，；，；，循环结束.故选B.【点睛】本题主要考查了程序框图，算法结构，属于中档题.8.在中，内角，的对边分别为，且，则“为钝角三角形”是“”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】C【解析】【分析】根据大边对大角及余弦定理可求解.【详解】由，有，又，故“为钝角三角形”是“”充要条件.故选C【点睛】本题主要考查了三角形的性质，余弦定理，属于中档题.9.在平行四边形中，点在上，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】以向量为基底，根据向量加减法的运算可将表示出来，利用数量积法则运算即可.【详解】因为，设，则，因为，所以.故选B【点睛】本题主要考查了向量的加减法运算，数量积的运算，属于中档题.10.若函数（，且）的定义域和值域均为，则的值为（ ）A. 或4B. 或C. 或8D. 或16【答案】B【解析】【分析】分和讨论，利用函数单调性根据定义域求出值域即可分析出的值.【详解】由题意有，当时，有，得，解得，由，解得；当时，有，得，解，代入 ，解得.故选B【点睛】本题主要考查了对数函数的单调性，值域，分类讨论的思想，属于中档题.11.已知函数满足，且，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】令,利用导数可研究函数为增函数，且原不等式可转化为，利用单调性即可求解.【详解】令，有，故函数单调递增，又由，不等式可化为，则不等式的解集为.故选D【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的增减性，根据函数单调性解不等式，属于中档题.12.已知函数（，且）在上单调递增，且关于的方程恰有两个不等的实数解，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先根据分段函数的单调性求出，方程有两根可转化为函数图象有两个不同的交点，作出函数图象，利用图象数形结合即可求解.【详解】由在上递增，得，又由在上单调递增，则，解得如图所示，在同一坐标系中作出函数和的图象，当时，由图象可知，上，有且仅有一个解，在上同样有且仅有一个解.当时，直线与相切时有一个交点，由（其中），得：，则，解得或此时切点横坐标分别为与矛盾，故或不符合题意,综上所述.【点睛】本题主要考查了函数方程与函数的零点，分类讨论思想，数形结合的思想，属于难题.第卷（非选择题 共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.设向量，若，则实数的值为_.【答案】【解析】【分析】根据向量垂直知其数量积为0,根据坐标计算即可.【详解】，,，.故答案为.【点睛】本题主要考查了向量垂直的条件，属于中档题.14.已知角的顶点与坐标原点重合，始边为轴的正半轴，终边上有一点的坐标为，则_.【答案】【解析】【分析】根据三角函数的定义，求出，利用诱导公式即可求解.【详解】由题意有，则.故答案为【点睛】本题主要考查了三角函数的定义，诱导公式，属于中档题.15.幂函数在上是减函数，则实数的值为_.【答案】-1【解析】【分析】根据幂函数的定义及幂函数的单调性，即可求解.【详解】由幂函数知，得或.当时，在上是增函数，当时，在上是减函数，.故答案为【点睛】本题主要考查了幂函数的定义及单调性，属于中档题.16.已知曲线，则过点，且与曲线相切直线方程为_.【答案】或【解析】【分析】根据导数的几何意义，可求出切线的斜率，由点斜式写出直线方程.【详解】设切点为，因，所以为切点的切线方程为：，代入点坐标有：，解得：或.当时，切线方程为：；当时，切线方程为：.故答案为或.【点睛】本题主要考查了函数图象的切线，导数的几何意义，点斜式直线方程，属于中档题.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17.在中，内角，的对边分别为，已知.（1）求角大小；（2）若的面积为，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用两角和的余弦公式及内角和定理得，由二倍角公式得，进而求得C;（2）利用面积公式得，结合余弦定理得，则可求【详解】（1），.，故，.（2）由的面积为，知，由余弦定理知，故，解得.【点睛】主要考查两角差的余弦公式、利用正余弦定理解三角形等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想18.已知函数的图象与直线的相邻两个交点之间的距离为1.（1）求函数的增区间；（2）当时，求函数的最大值、最小值及相应的的值.【答案】（1）.（2）时，函数的最小值为-2；时，函数的最大值为.【解析】【分析】（1）利用二倍角公式及辅助角公式化简，进而得及则解析式可求；（2）由得，利用正弦函数的图像及性质得值域即可【详解】（1）由.由函数的图象与直线的相邻两个交点之间的距离为1，有，有，得，故.令，得.故函数的增区间为.（2）当时，.则当，即时，函数的最小值为2；当，即时，函数的最大值为.【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质（对称性、周期性、单调性）、两角差的正弦公式，考查运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想19.已知数列是各项均为正数的等比数列，前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据条件联立方程即可求出首项与公比，即可写出通项公式（2）利用错位相减法求和即可.【详解】（1），；又，解得（舍）或，.（2）由（1）知.则相减得.【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式，前n项和公式，错位相减法，属于中档题.20.已知向量，.（1）求的值；（2）若，且，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由条件知，利用向量的数量积运算即可求解（2）利用同角三角函数的关系求出，再根据角的变换可知即可求解.【详解】因为，所以，又，得.（2），又，故，.【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，数量积的性质，同角三角函数的关系，两角差的正弦公式，属于中档题.21.已知函数（且）.（1）当时，用定义法证明函数在定义域上单调递增；（2）解关于的不等式.【答案】（1）见解析（2）答案不唯一，见解析【解析】【分析】（1）根据函数单调性的定义，注意做差后变形，即可求证（2）分和两种情况分类讨论，根据对数函数的单调性求解.【详解】（1）证明：由得，故函数的定义域为，令，因为，由，有，可得，由，且，得，所以，故当时，函数在定义域单调递增，（2）不等式可化为，当时，不等式可化为，解得，当时，不等式可化为，解得.【点睛】本题主要考查了函数单调性的定义，对数函数的单调性，分类讨论的思想，属于中档题.22.已知函数，为实数.（1）讨论函数的单调性；（2）设是函数的导函数，若对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，见解析（2）【解析】【分析】（1）函数求导后，分三种情况讨论，结合导函数的正负可求出函数的单调区间（2）根据不等式恒成立，分离参数可得，时恒成立，分别求出左边的最大值与右边的最小值即可.【详解】（1）函数的定义域是.（i）当时，令，得；令，得或，所以函数在区间上单调递减，在区间，上单调递增；