辽宁省六校协作体2020届高三上学期期中考试数学（理）试题 22页

‎2019-2020学年度上学期省六校协作体高三期中考试 数学试题（理科）‎ 一．选择题：本大题共12小题，每小题5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.已知全集，集合，则=（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得集合,进而求得,然后与集合取交集即可.‎ ‎【详解】或,则,‎ 又因为,所以.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法,考查了集合的补集与交集的运算,属于基础题.‎ ‎2.从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ）‎ A. “至少有1个白球”和“都是红球”‎ B. “至少有2个白球”和“至多有1个红球”‎ C. “恰有1个白球” 和“恰有2个白球”‎ D. “至多有1个白球”和“都是红球”‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合互斥事件与对立事件的概念,对选项逐个分析可选出答案.‎ ‎【详解】对于选项A, “至少有1个白球”和“都是红球”是对立事件,不符合题意;‎ 对于选项B, “至少有2个白球”表示取出2个球都是白色的,而“至多有1个红球”表示取出的球1个红球1个白球,或者2个都是白球,二者不是互斥事件,不符合题意;‎ 对于选项C, “恰有1个白球”表示取出2个球1个红球1个白球, 与“恰有2个白球”是互斥而不对立两个事件,符合题意;‎ 对于选项D, “至多有1个白球”表示取出的2个球1个红球1个白球,或者2个都是红球,与“都是红球”不是互斥事件,不符合题意.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了互斥事件和对立事件定义的运用,考查了学生对知识的理解和掌握,属于基础题.‎ ‎3.若,则的值为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎∵，‎ ‎∴选C。‎ ‎4.已知分别是定义在上的偶函数和奇函数，且 ，则 (　 　)‎ A. －3 B. －1 C. 1 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：，分别是定义在上偶函数和奇函数，所以，故.‎ 考点：函数的奇偶性.‎ ‎5.在中，内角所对的边分别为.若,则角的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理将边化角，可得，由可求得，根据的范围求得结果.‎ ‎【详解】由正弦定理得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理边角互化的应用，涉及到两角和差正弦公式、三角形内角和、诱导公式的应用，属于基础题.‎ ‎6.是边长为的等边三角形，已知向量，满足，，则下列结论正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意,可得,,结合是等边三角形可选出答案.‎ ‎【详解】由题意,,‎ 又因为是边长为的等边三角形，所以,即选项A错误;‎ ‎,则不垂直,故选项B,C都错误;‎ ‎,即,故选项D正确.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量的数量积公式的运用,考查了向量垂直的性质,考查了平面向量在平面几何中的应用,属于基础题.‎ ‎7.若样本的平均数是10，方差为2，则对于样本，下列结论正确的是（ ）‎ A. 平均数为20，方差为4 B. 平均数为11，方差为4‎ C. 平均数为21，方差为8 D. 平均数为20，方差为8‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由两组数据间的关系,可判断二者平均数的关系,方差的关系,进而可得到答案.‎ ‎【详解】样本的平均数是10，方差为2，‎ 所以样本的平均数为,方差为.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】样本的平均数是，方差为，则的平均数为,方差为.‎ ‎8.等差数列，，，…的第四项等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由，得，又，故 则数列前三项依次为，，，，从而第四项为 故选：A ‎9.已知的定义域为，且满足，若则（ ）‎ A. -2019 B. 0 C. 2 D. 2019‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意,可判断出函数的对称轴为,周期为4,进而可求得与的值,再结合可求得答案.‎ ‎【详解】因为,所以函数的对称轴为,‎ 又因为,所以,‎ 则,‎ 所以,即,‎ 则,即函数的周期为4.‎ 因为,所以,‎ 令,则,即,所以,‎ 令,则,所以,‎ 则,,‎ 故.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的周期性与对称性,考查了学生的推理能力与计算求解能力,属于中档题.‎ ‎10.如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为，，此时气球的高是 ‎，则河流的宽度BC等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】，，，‎ 所以 ‎.‎ 故选C.‎ ‎11.设函数,已知在有且仅有5个零点,有下述四个结论：‎ ‎①在恰好有3次取到最大值 ‎ ‎②在恰好有2次取到最小值 ‎③在单调递增 ‎④的取值范围是 其中所有正确结论的编号是（ ）‎ A. ①③④ B. ②④ C. ①④ D. ①③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合三角函数的性质,对选项逐个分析,可得到答案.‎ ‎【详解】当时,,‎ 因为在有且仅有5个零点,‎ 所以,解得,故④正确;‎ 因为,,所以当取值为或或时,取得最大值,即①正确;‎ 当取值为或或时,取得最小值,但是,显然不一定能取到,即在有2次或3次取到最小值,故②不正确;‎ 当时,,‎ 若在单调递增,则,解得,‎ 又因为,所以在单调递增,即③正确;‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的图像与性质,考查了学生的推理能力,属于中档题.‎ ‎12.已知函数有两个零点，，则下面说法正确的是（ ）‎ A. B. C. D. 有极小值点，且 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由题意得,因为，所以,设 则由图像法知,,,解得因此 ‎,‎ 令,则,‎ 所以因此,因此A错误；‎ 方程有两个不等的根,即与有两个不同的交点.‎ 因为所以在上单调递减,且，在上单调递减且，在上单调递增且，且，B错误;‎ 令,则 所以因此,因此C错误;‎ 由,当时当时所以有极小值点由 得因此 所以 所以,D正确. 选D.‎ 点晴：本题考查的是利用导数解决函数的极值点偏移问题.解决这类问题有三个关键步骤:第一步求导数，根据导函数的正负确定函数的单调增，减区间和极值点，第二步在相对小区间上构造函数和0比较大小 ，第三步在相对大区间上利用已知函数的单调性得到目标式的大小比较.‎ 二．填空题：本大题共4小题，每小题5分 ‎13.函数的值域是_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得函数的定义域,再由可求得函数的值域.‎ ‎【详解】函数的定义域为,又,‎ 故函数的值域是.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】(且,).‎ ‎14.若向量 则与夹角的正弦值等于________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可求得与夹角的余弦值,进而可求得其夹角的正弦值.‎ ‎【详解】由题意,,,‎ ‎,,‎ 设与的夹角为,则,‎ ‎.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了向量夹角的求法,考查了学生的计算能力,属于基础题.‎ ‎15.某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是，连续两天为优良的概率是，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 记事件为“一天的空气质量为优良”,事件为“第二天的空气质量也为优良”,‎ 根据条件概率公式可求出答案.‎ ‎【详解】记事件为“一天的空气质量为优良”,事件为“第二天的空气质量也为优良”,‎ 则,,‎ 根据条件概率公式可得:.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了条件概率的计算,考查了条件概率公式的应用,属于基础题.‎ ‎16.如图，已知中，点在边上，为的平分线，且.则的值为_______，的面积为_______________. ‎ ‎【答案】 (1). (2). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在和中,分别由正弦定理可得和,进而可求得;‎ 设,分别表示出和的面积,再由二者面积之和为的面积,可求得的值,进而可求出答案.‎ ‎【详解】在中，由正弦定理得:,‎ 在中，由正弦定理得:,‎ 因为,,‎ 所以.‎ 设,则,‎ ‎,‎ ‎,‎ 则,解得,即.‎ 故.‎ 故答案为:;1.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理在解三角形中的运用,考查了三角形面积公式的运用,考查了学生的计算求解能力,属于中档题.‎ 三．解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知函数．‎ ‎（1）求函数的最小正周期和对称轴方程；‎ ‎（2）讨论函数在上的单调性．‎ ‎【答案】（1）最小正周期，对称轴方程为，；（2）在区间上单调递增；在区间上单调递减．‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）利用二倍角公式、两角和的余弦公式化简函数表达式，再利用周期公式和整体思想进行求解；（2）利用整体思想和三角函数的单调性进行求解．‎ 详解：（1） ，‎ 因为，所以最小正周期，‎ 令，所以对称轴方程为，．‎ ‎（2）令，得，，‎ 设，，‎ 易知，‎ 所以，当时，在区间上单调递增；在区间上单调递减．‎ ‎【名师点睛】本题考查二倍角公式、两角和公式、辅助角公式、三角函数的图象和性质等知识，意在考查学生的转化能力和基本计算能力．‎ ‎18.的内角的对边分别为，已知．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．‎ ‎【答案】(1) ； (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据正弦定理边角互化，将等式化简为，再利用,以及二倍角公式化解求角的值；‎ ‎（2）根据正弦定理，，表示，再利用面积公式，利用两角和的正弦公式和降幂公式化简，最后根据角的范围求取值范围.‎ ‎【详解】（1）由题设及正弦定理得．‎ 因为，所以．‎ 由，可得，‎ 故．‎ 因为，故，因此．‎ ‎（2）根据正弦定理，可得 因为，所以 ,‎ 这样 ,‎ 而 ‎ ‎ ‎ 是锐角三角形，所以, ‎ ‎ ,‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题重点考查了正弦定理边角互化解三角形，以及利用边角互化把边转化为角，转化为三角函数给定区间求取值范围的问题，本题的易错点是忽略锐角三角形的条件，或是只写出，这样即便函数化简正确，取值范围也错了.‎ ‎19.辽宁省六校协作体（葫芦岛第一高中、东港二中、凤城一中、北镇高中、瓦房店高中、丹东四中）中的某校理科实验班的100名学生期中考试的语文、数学成绩都不低于100分，其中语文成绩的频率分布直方图如图所示，成绩分组区间是：[100,110），[110,120），[120,130），[130,140），[140,150]．‎ 这100名学生语文成绩某些分数段的人数与数学成绩相应分数段的人数之比如下表所示：‎ 分组区间 ‎[100,110）‎ ‎[110,120）‎ ‎[120,130）‎ ‎[130,140）‎ ‎1:2‎ ‎2:1‎ ‎3:4‎ ‎1:1‎ ‎（1）估计这100名学生语文成绩的平均数、方差（同一组数据用该区间的中点值作代表）；‎ ‎（2）从数学成绩在[130，150] 的学生中随机选取2人，该2人中数学成绩在[140，150]的人数为，求的数学期望．‎ ‎【答案】（1）平均数：123;方差：96；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由频率分布直方图可求得这100名学生语文成绩的平均数和方差;‎ ‎（2）由的关系,并结合语文成绩的频率分布直方图,可求得数学成绩在[130，140）,[140，150]的学生人数,进而可判断可取的值为0,1,2,求出对应概率,然后求出期望即可.‎ ‎【详解】解：（1）这100名学生语文成绩的平均数是：‎ ‎.‎ 这100名学生语文成绩的方差是：‎ ‎.‎ ‎（2）数学成绩在[100，140）之内的人数为,‎ 所以数学成绩在[140，150]的人数为，‎ 而数学成绩在[130，140）的人数为， ‎ 可取0,1,2，‎ ‎，，，‎ 分布列 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题考查了频率分布直方图,考查了平均数与方差的求法,考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算,考查了学生的计算能力,属于基础题.‎ ‎20.已知数列、满足，且.‎ ‎（1）令证明：是等差数列，是等比数列；‎ ‎（2）求数列和的通项公式；‎ ‎（3）求数列的前n项和公式．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别将相加与相减可得到和,结合可证明结论;‎ ‎（2）结合（1）可求得的表达式,进而可求得的表达式;‎ ‎（3）由,并结合（2）可得到数列的通项公式,进而利用错位相减法可对其求和.‎ ‎【详解】（1）证明：由题设得，‎ 即，因此，又，‎ 所以数列是首项为3，公差为2的等差数列,.‎ 又由题设得，‎ 即，因此，又，‎ 所以数列是首项为1，公比为的等比数列,.‎ ‎(2)由（1）知.即 ,‎ 解得 ‎（3）‎ ‎,‎ ‎,‎ 两式相减得:‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的证明,考查了通项公式的求法,考查了利用错位相减法求数列的前项和,属于中档题.‎ ‎21.已知函数有两个不同的极值点，，且．‎ ‎（1）求实数的取值范围；‎ ‎（2）设上述的取值范围为，若存在，使对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)注意函数的定义域,对函数求导,令，则，根据方程有两个不等正根，求出的范围；(2)求出函数在上的单调性,并求出最大值,已知恒成立转化为恒成立,设，则的最小值大于即可,讨论函数的单调性,求出的范围.‎ 试题解析：（1），‎ 令，则，‎ 根据题意，方程有两个不等正根，则即 解得，‎ 故实数的取值范围是．‎ ‎（2）由，得．‎ 即或，‎ 所以在和上是增函数，‎ 因为，则，所以在上是增函数，‎ 当时，‎ ‎．‎ 由题意，当时，恒成立，即 ‎，即恒成立，‎ 设，‎ 则．‎ ‎（1）当时，因为，则，所以在上是减函数，‎ 此时，，不合题意．‎ ‎（2）当时，若，即，因为，则，，‎ 所以在上是增函数，此时，符合题意．‎ 若，即，则，‎ 当时，，则，所以在上是减函数，‎ 此时，，不合题意．‎ 综上可知，的取值范围是．‎ 考点：1.利用导数研究函数的性质；2.恒成立的转化.‎ ‎【思路点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的性质,涉及到函数的单调性,最值等,属于中档题. 在(1)中,定义域为,对函数求导,由题意有求出的范围,在(2)中,令,求出函数的单调增区间,得出在上是增函数,且,所以恒成立转化为,设，求出最小值大于即可,讨论函数的单调性,求出的范围.本题运算量大,是道难题.‎ 请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.做答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号下方的方框涂黑.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，直线的普通方程是，曲线的参数方程是（为参数）．在以为极点，轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，曲线的极坐标方程是．‎ ‎（1）写出及的极坐标方程；‎ ‎（2）已知，，与交于两点，与交于两点，求的最大值．‎ ‎【答案】（1）：．：．（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）把，代入可得的极坐标方程;由的参数方程可得的普通方程,进而可求出它的极坐标方程;‎ ‎（2）结合（1）,将的极坐标方程分别与,的极坐标方程联立,可求得,进而结合三角函数的性质,可求出的最大值.‎ ‎【详解】解：（1）把，代入得，‎ 所以的极坐标方程是．‎ 的普通方程是，其极坐标方程是．‎ ‎（2）：，：，分别代入，得，．‎ 所以．‎ 因为，所以,则当时，,此时取得最大值为.‎ 所以的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查了普通方程、极坐标方程及参数方程间的转化,考查了利用极坐标方程求交点问题,考查了学生的计算能力,属于基础题.‎ ‎23.设，．‎ ‎（1）求证：．‎ ‎（2）求证：．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）由基本不等式可得到,，，，三个式子相加可得到结论;‎ ‎（2）由,再结合基本不等式证明,进而可得到结论.‎ ‎【详解】证明：（1）因为,所以，，，当且仅当,即时,等号成立.‎ 三个式子相加得,,‎ 故．‎ ‎（2）由题意,,当且仅当时,等号成立.‎ 所以.‎ 因为．‎ 所以，即．‎ ‎【点睛】本题考查了不等式的证明,考查了基本不等式的应用,考查了学生的逻辑推理能力,属于中档题.‎ ‎ ‎