2019年遂宁高三零诊数学(理科)

1、遂宁市高中2020届零诊考试数学（理科）试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。总分150分。考试时间120分钟。第I卷（选择题，满分60分）注意事项：1 .答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上。并检查条形码粘贴是否正确。2 .选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答 题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。3,考试结束后，将答题卡收回。、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。1 .已

2、知集合A x|x2 5x 6则AI BA. 2,3BC. (1,5)D2.若复数z满足z(1 i)2 i( iA. 1BC. 1D43.已知为第二象限角，sinA.1213B.C.5_13D.4.在等差数列烝中，a2 0,0, B x Z|1 x 5,. 2,3.2,3,4是虚数单位)，则z为121512 皿,贝U cos13_513113a4 8, Sn是其前n项和，则S5A. 10B. 12C 16D. 205.函数f(x)x ln x -X 0xln( x)2,xx 1的图象大致为06.宋元时期，中国数学鼎盛时期中杰出的 冶、杨辉、朱世杰四大朱世杰是一位平民数学家和数学教育九章算术，旁通

3、其它各种算法，成继承了前人数学成果，既吸收了北方的 负开方术、各种日用算法及通俗歌诀， 的研究，写成以总结和普及当时各种数 蒙，其中有关于“松竹并生”的问题： 自半，竹日自倍，松竹何日而长等。如序框图。若输入的a, b分别为3,1,A. 2BC. 4D7.已知等比数列an中，公比为q, a2的前n项和为Tn,则T9开始k_J/输号力/33,且1, q, 7成等差数列,数学家有“秦九韶、李 家”，朱世杰就是其中之一。 家。朱世杰平生勤力研习为元代著名数学家。他全面 天元术，又吸收了南方的正 在此基础上进行了创造性 学知识为宗旨的算学启 松长四尺，竹长两尺，松日 图，是源于其思想的一个程 则输出的

4、n又 bnlog3an,数歹 U bnA. 3628C. 45D. 328.设函数f (x)2 ,alnx bx (a 0,b 0),若函数:«)的图象在11 . 一 . 一x 1处的切线与直线x y 2e 。平行，则 的最小值为 a b1A. 1B.-2C. 3 25/2D 32V29.如图所示，函数 f x sin 2x冗的图象过点 一，0 ,若将f x的图象上所有点向 6右平移一个单位长度，然后再向上平移61个单位长度，所得图象对应的函数为g(x),则 g(0)A.1_3D.C. 110.若函数2x f(x) 了tanxx是定义在的实数1,1上的奇函数，则满足f (2x1) f

5、 (x m 1)x的取值范围是1.0A.0,1C.1,20,1D则的值为A. 111212.定义在(1,3479)上的函数f(x)满足x2f (x) 1 0 ( f (x)为函数f x的导函数)，f (3)则关于x的不等式f (log 2 x) 110gx 2的解集为A. (1,8)B. (2,)C. (4,)D, 8,第n卷(非选择题，满分90分)注意事项：1 .请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第n卷答题卡上作答，不能答在此试卷上。2 .试卷中横线及框内注有“”的地方，是需要你在第n卷答题卡上作答。本卷包括必考题和选考题两部分。第13题至第21题为必考题，每个试题考生都作答；第 22、23题为选考题，

6、考生根据要求作答。二、填空题：本大题共 4个小题，每小题 5分，共20分。13 .已知e1 , e2是互相垂直的单位向量，向量 a 2e e2, b e 2e2,则a b .14 .已知函数f x的导函数为f (x),且满足关系式f (x) 3xf (2) ln x ,则f (1)的值等于 .15 .已知 ABC外接圆的半径为 石，内角A, B,C对应的边分别为a,b,c,若A b 2,3则c的值为 .16 .对于函数f(x),若在定义域内存在实数x0满足f( x°)f(xO),则称函数f(x)为“倒戈函2log2(x 2mx 1),x 2数。设f(x) ”2'1 (m R,

7、且m 0)为其定义域上的“倒戈函数”，则3,x 2实数m的取值范围是三、解答题：本大题共 70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17 .(本小题满分12分)已知函数f (x)2、log 2(6 x x ).(1)求f的值(2)求函数f x的定义域M ；若(a 1)M ,且(a 1) M ,求实数a的取值范围.18 .(本小题满分12分)已知等比数列an的前n项和为且S22a22 ,a3a2a2.(1)求等比数列 an的通项公式；(2)若数列an为递增数列，数列 bn是等差数列，且b2 2, b4 4 ；数列anbn的前n项 和为Tn,求Tn .19 .(本小题满分12分)设函数 h(

8、x) x3 ax2 bx c(a,b,c R),且 h(0) 1, h(1)1, h(2) 3。(1)求函数h(x)的极大值和极小值；(2)若函数f(x) h(x) 1,且过点M (1, m)(m2)可作曲线y f(x)的三条切线，求实数m的取值范围.20 .(本小题满分12分)已知向量a (sin x,“'3 <6sin x)，向量r一5b (2cos x, J2sin x 1), 01 ,函数f(x) a b，直线x 是函数f(x)图象的一条6对称轴。(1)求函数f(x)的解析式及单调递增区间；(2)设4ABC的内角A, B , C的对边分别为a , b , c,且c 33

9、, sin B 2sin A ,又已知tan <2 1(。2),锐角C满足f (2 C) J2,求a b的值.21 .(本小题满分12分)已知函数f (x) a ln x ax 1(1)讨论函数f(x)的单调性；1 2(2 )若函数g(x) f(x) -x 1有两个极值点x1， x2 (x x2)。且不等式g(x1) g(x2)(x x?)恒成立，求实数的取值范围.请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。22 .(本小题满分10分)选修44:坐标系与参数方程x 1 cos在直角坐标系xOy中，曲线Ci的参数方程为( 为参数)。以坐标原点。为极点，y sin

10、x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为 1,直线l的极坐标方程为-(R).4(1)求：曲线Ci的普通方程；曲线 C2与直线l交点的直角坐标；(2)设点M的极坐标为(6,),点N是曲线C1上的点，求 MON面积的最大值.323.(本小题满分10分)选修45:不等式选讲已知函数f (x) x 2 .(1)解不等式：f (x) 4 f (x 1)(2)若函数g(x) Jx 3(x 4)与函数y m f (x) 2 f (x 2)的图象恒有公共点，求实数m 的取值范围.遂宁市高中2020届零诊考试数学(理科)试题参考答案及评分意见、选择题题号123456789101112答案BBCDAC

11、ADAACD二、填空题13. 014.15.1 ,616.三、简答题17.(1)因为f(x)即f (1)的值为x 1、.22log 2(6 xx2),所以 f (1)(1,2)(2)由题意有由可有18.(1)等比数列 因为San2a2当q = 2时，4中有a3a41,即a的取值范围是0,112a2 2a2 20,所以q 二a1 a1q 21 时,a1an ( 1)no6分(2)因为数列 an为递增数列，所以且b22 , b44,公差为d ,2n,数列所以bn所以anbn所以Tnb2(n 2)dn 2n22(n则有2)b41b2n,即bn2dbn是等差数列，4 2 2,所以d1,8分2Tn 1

12、22 2 23上两式相减得Tnn 1:n22n3242223L23n2n2n12n n 2n 110分1(1 n) 2n 1 212分即 Tn(n 1) 2n 119.(1)因为 h(0) 1h(1)1, h(2)13,所以84a1b c 1 a2b c 3 by0(2)3 Xo3；2.20. (1)故 h(x) x3由 h/(x) 03x1 ,则 h/(x)1 或x 1 ；3(x 1)(x由 h/(x) 01)，.3所以h(x)的单调递增区间为h(x)极大值h( 1)3过点M (1,m)向曲线y/,、3xo, k切 f (Xo)把点M (1,m)代入整理得因为过点M (1, m)(m 根。设

13、 g (x) 2x3 3x2 m,1,1,;单调递减区间为 1,1, h(x)极小值h(1)1。f(x)作切线，设切点为(x0,y0),则由(1)知3x2 3,则切线方程为y (x3 3xo) (3x；2xo 3xo2)可作曲线3,g(x)x,g (x),g(x)的变化情况如F表当 x 0,g(x)x 1,g(x)有有极大10分由g(x)的简图知，当且仅当函数g(x)y f(x)(3, 2).f(x) a,直线x3 0(),f (x)的三条切线，所以方程f(x)3)(x8分x3 3x5Xo),有三个不同的实数x(,0)0(0,1)1(1,)g (x)00g(x)Z极大极小Z6x 6x(x 1)

14、;令 g (x) 0,x 0 或 x 1 .则值值6x2g(0) g(1)有三个不同零点，过点M可作三条不同切线。所以若过点M(1,m)可作曲线条不同m 的取值范围是12分-rb sin 2 x 、3cos2 x 2sin(2 x )55是函数f(x)图象的一条对称轴，2 66k Z,3k 1, k Z ,52(0,1)0,5T k Z6分2tan 2(, 2 1)1 tan21 (.2 1)2f(x) 2sin(x由 2k x 2k ,得 2k x 2k2326 5单调递增区间为2k-,2k, k Z 66(2)由 tan 应 1 ( 0,)，得 tan2f(2C)所以 2sin( C )4

15、3V2 ,即 sin(C 一)12a a a£X(x 0), xx则当a 0时，f (x)1(x 0)是常数函数，不具备单调性;一一5一一 兀所以 C ,所以C ，即C , 9分1212121243b -又sinB 2sin A,所以由正弦定理得 一 2.10分a由余弦定理，得 c2 a2 b2 2abcos-,即a2 b2 ab 3.3a 1 一八由解得 ，所以a b 3。 12分b 221.(1)因为 f (x) aln x ax 1 ,所以 f /(x)当 a0时，由 f/(x)00x 1；由 f/(x)0x1。故此时f(x)在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减当 a0时，

16、由 f/(x)0x1；由 f/(x) 00x1。故此时f(x)在(0,1)单调递减，在(1,)单调递增。x) 1x22一-12，(2)因为 g(x) f (x) x 1 a(ln x22所以 g/(x) x-ax-(x 0), 5 分由题意g/（x）0有两个不同的正根，即 x2 ax a 0有两个不同的正根，2-a 4a 0贝U x1 x2 a 0 a 4 , 7分x1x2 a 0不等式g（xi） g（x2）（xi x2）恒成立等价于g(xi) g(x2)xi x2g(x1) g(x2) 恒成立1 21 2又 g(x1) g(x2) a(ln x1x1)x1a(ln x2x2) x2221/2

17、2、a(ln x1 In x2) a(x1x2)(x1x2)221,212aln a a -(a 2a) a In a - a 221.， a In x1x2 a(x1x2)(x12x2)2 2x1x2 所以的"）的刈）lna la 1,x1 x2210分人1，一/11-令 y ln a - a 1(a 4),则 y 0,2a 21所以y In a a 1在(4,)上单倜递减， 11分所以y 2ln2 3,所以 21n 2 312分x 1 cos22.(1)因为 y sin ，又 Sin2COS2221,所以(x 1) y 1,即曲线C1的普通方程为（x 1）2 y21；由2 x2 y2得曲线C2的直角坐标方程为 x2y21,又直线l的直角坐标方程为22 x y 1x y 0,所以cx y 0x1y122或22x2V222L ,所以曲线C2与直线l的交点的22直角坐标为（出:2）和（2 ） 5分2 ' 22 '2(2)设 N(,),又由曲线C1的普通方程为(x 1)2y21得其极坐标方程=2cosMON的面积_1OM ON sin MON 一2sin( 3)6 cos