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  • 2021-06-16 发布

陕西省汉中市2020届高三上学期11月月考数学(文)试题

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高三数学试卷(文科)‎ 第Ⅰ卷 一、选择题: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.函数 的定义域是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分母不等于0,及对数函数和根号有意义的条件列得不等式组,进行求解.‎ ‎【详解】由题意可得 解得 ,即 的定义域是 .‎ 故选C.‎ ‎【点睛】此题主要考查函数的定义域及其求法,注意二次根号有意义的条件及分母不能为0;‎ ‎2.已知向量,满足,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意两式作差即可求出的坐标。‎ ‎【详解】①‎ ‎②‎ ‎②—①得,所以.‎ 故选:‎ ‎【点睛】本题考查向量的线性运算的坐标表示,属于基础题。‎ ‎3.已知等差数列的前项和为,且,则( )‎ A. 96 B. ‎100 ‎C. 104 D. 108‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列的下标和公式得,再利用求和公式即可得出答案。‎ ‎【详解】解:等差数列的下标和公式得 再由等差数列的前项和公式,得.‎ 故选:‎ ‎【点睛】等差数列下标和公式为:若,则,属于基础题。‎ ‎4.已知,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正切的二倍角公式求解即可。‎ ‎【详解】解:且 故选:‎ ‎【点睛】本题主要考查二倍角正切公式的应用,属于基础题。‎ ‎5.在中,角,,所对的边分别为,,,若,,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦公式把边化角,再由即可求解。‎ ‎【详解】解:由正弦定理 得,,‎ 因为,所以 ‎,.‎ 故选:‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦定理解决问题,正弦定理:‎ 边化角:,,,属于基础题。‎ ‎6.若各项均为正数的等比数列的前n项和为,,则()‎ A. ‎12l B. ‎122 ‎C. 123 D. 124‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意已知,可用等比数列性质算出,又由进而算出可算得首项和公比,再利用公式求解即可。‎ ‎【详解】因为,所以.又,所以,,‎ ‎【点睛】若是等比数列,且,则,‎ 前项和公式。‎ ‎7.已知平面向量,满足,且,则与的夹角为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由向量的数量积的定义式可得,已知,故只需求出即可。‎ ‎【详解】因为,所以,即,因为,所以,记与的夹角为,则,解得,即与的夹角为.‎ 故选:‎ ‎【点睛】本题考查向量的夹角的计算,关键理解向量的数量积的定义式,属于基础题。‎ ‎8.已知为第二象限角,则( )‎ A. 1 B. ‎-1 ‎C. 0 D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把第一个根式分母有理化,第二个根式切化弦,开方后整理得答案。‎ ‎【详解】因为为第二象限角,所以,,所以.‎ 故选:‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的化简求值及同角三角函数基本关系的应用,属于基础题,、。‎ ‎9.在中,角,,所对的边分别为,,,若,,则为( )‎ A. 直角三角形 B. 锐角非等边三角形 C. 钝角三角形 D. 等边三角形 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由余弦定理可得,又,故为等边三角形。‎ ‎【详解】在中,,,由余弦定理得,‎ ‎,又,故为等边三角形.‎ 故选:‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理在判断三角形形状的应用,属于基础题。‎ ‎10.已知函数,则的最小正周期和最大值分别为( )‎ A , B. , C. , D. ,‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用辅助角公式将函数化简,即可求函数的最值,根据求最小正周期。‎ ‎【详解】‎ 故 又 即最小正周期为。‎ 故选:‎ ‎【点睛】本题考查函数的性质,关键是利用辅助角公式将函数化简为的形式,属于基础题。‎ ‎11.函数在上的图象大致为()‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据奇偶性排除C,根据取值,排除B,D,故选A ‎【详解】易知为偶函数,排除C 因,,所以排除B,D 故答案选A.‎ ‎【点睛】本题考查函数图象的识别,应用特殊值法排除选项可以简化运算,是解题的关键,考查推理论证能力 ‎12.定义在 上的函数 满足 ,且当 时,,则函数 在 上的零点个数为 A. 5 B. ‎6 ‎C. 7 D. 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由f(x+2)=‎3f(x),得到函数在其他区间的解析式,作出函数的图象,将问题转化为直线与函数在上的图象的交点的个数,即可求出零点个数.‎ ‎【详解】设,则.因为时, ,所以.因为,所以当时,‎ 同理可得当时,;‎ 当时,,此时最大值为x=-3时,f(x)=,‎ 因为函数 在 上的零点个数等价于直线与函数 在上的图象的交点的个数,‎ 结合的图象(如图),‎ 直线与函数在上的图象有7个交点,即函数在上有7个零点.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数零点的个数及函数解析式的求解方法,考查了数形结合思想,利用f(x+2)=‎3f(x)求解解析式是解决本题的关键.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题:‎ ‎13.已知等比数列满足,,则公比______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列的性质得到,代入已知条件,得到答案.‎ ‎【详解】因为为等比数列,‎ 所以,‎ 所以.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的基本量计算,属于简单题.‎ ‎14.已知向量,,,若,则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】,,‎ ‎,由,可知,即.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查向量垂直的坐标运算,若,且则,属于基础题。‎ ‎15.已知等差数列的前项和为,若,某三角形的三边之比为,则该三角形的最小角的余弦值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知数列为等差数列,则其前项和为,即可求出的值,随即可求数列的通项公式,根据大边对大角,小边对小角,由余弦定理即可求出最小角的余弦值。‎ ‎【详解】解:因为等差数列的前项和,由题意故,所以,从而,由此得,所以,,.设该三角形三边分别,,,最小角为,则.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的前项和的性质以及余弦定理,属于基础题。‎ ‎16.设的内角,,的对边分别为,,,若,且,则的最小值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理将角化边,结合,用含的式子表示出边,即可求出的最小值。‎ ‎【详解】解:因为,‎ 所以由正弦定理有,‎ 即.‎ 由,‎ 得,故当时取最小值为.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理在解三角形中的应用,主要体现在将角化边,属于基础题。‎ 三、解答题:‎ ‎17.已知函数的图象经过点,函数的部分图象如图所示.‎ ‎(1)求,;‎ ‎(2)若,求.‎ ‎【答案】(1), (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由得图象可得其最小正周期,即可求出,再根据过点代入可求。‎ ‎(2)由(1)可得、的解析式,由已知条件求出,根据同角三角函数的基本关系计算出、,再由二倍角正切公式求解。‎ ‎【详解】解:(1)由图可知,的最小正周期, ‎ 则,即 将代入,得.‎ 又,所以.‎ ‎(2)由(1)得,因为,所以,‎ 根据 所以,‎ ‎,‎ 故.‎ 即 ‎【点睛】本题考查三角函数图象的应用,同角三角函数的基本关系及二倍角正切公式,属于中档题。‎ ‎18.已知向量,函数.‎ ‎(1)求函数的单调递增区间;‎ ‎(2)若,求的值.‎ ‎【答案】(1);(2)或0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由平面向量数量积的运算可得: ,再结合三角函数的单调区间的求法可得解;‎ ‎(2)先由已知求出或(),‎ 再代入运算即可得解.‎ ‎【详解】(1)解:因为,‎ 所以= ,‎ 令 ,解得: ,‎ 故函数的单调递增区间为 (); ‎ ‎(2)因为,所以,‎ 即 即,或();‎ 所以=或= ‎ 故的值为.‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量数量积的运算、三角函数的单调性及三角求值问题,属中档题.‎ ‎19.记等差数列的前项和,已知.‎ ‎(1)若,求的通项公式;‎ ‎(2)若,求使得的的取值范围.‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由已知可得,再根据可得的方程组,解得。‎ ‎(2)由(1)可知,故可用含的式子表示和,列出不等式求解即可。‎ ‎【详解】解:(1)设等差数列的首项为公差为;‎ 因为等差数列的前项和且, ,又,‎ ‎,解得 所以.‎ ‎(2)因为,所以, ‎ 所以,‎ ‎.‎ 因为,所以.‎ 因为,所以,‎ 整理得,解得.‎ 所以的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列通项公式及前项和公式,熟练记忆公式是解答本题的关系,属于基础题。‎ ‎20.的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知,,.‎ ‎(1)求;‎ ‎(2)若不是直角三角形,求的面积。‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由正弦定理可得:,求出,再求即可.‎ ‎(2)由(1)得,,,由三角形面积公式运算可得解.‎ 详解】解:(1)由,得,‎ 则或,‎ 故.‎ ‎(2)由(1)知,当,,时,此时是直角三角形;‎ 当,,时,此时不是直角三角形,‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理及解斜三角形,属基础题.‎ ‎21.已知二次函数的图象经过点,方程的解集是.‎ ‎(1)求的解析式;‎ ‎(2)若,求在上的最值.‎ ‎【答案】(1) (2)见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意二次函数过、、,则设函数,代入即可求出。‎ ‎(2)由(1)可求 的解析式,计算出对称轴,根据对称轴与给定区间的位置关系分讨论即可。‎ ‎【详解】解:(1)因为是二次函数,且方程的解集是,即函数过、,‎ 所以可设.‎ 又因为的图象经过点,所以,即.‎ 故.‎ ‎(2)因为,所以,则的图象的对称轴为.‎ 当时,在上单调递增,故,;‎ 当时,在上单调递减,在上单调递增,且对称轴靠近,故,;‎ 当时,在上单调递减,在上单调递增,且对称轴靠近,故,;‎ 当时,在上单调递减,,.‎ ‎【点睛】本题考查求二次函数的解析式,以及二次函数在给定区间上的最值问题,属于中档题。‎ ‎22.已知数列的前项和,,,且满足.‎ ‎(1)证明是等比数列,并求数列的通项公式;‎ ‎(2)已知,,记数列的前项和为.若对任意的,,存在实数,使得,求实数的最大值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析, (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用题目所给的递推关系式可推导出,再分别讨论奇数项和偶数项的情况即可得出通项公式。‎ ‎(2)利用裂项相消法得出,从而得出恒成立,再求出不等式右边式子最小值即可得出的最大值。‎ ‎【详解】(1)证明:由题意,当时,,①‎ 当时,,②‎ 两式相减得.‎ ‎①式中令,则,,,,‎ ‎,,‎ 是以为首项,4为公比的等比数列,是以为首项,4为公比的等比数列,‎ ‎,,,‎ ‎,.‎ ‎(2)解:对任意的,,,‎ ‎,‎ 对恒成立.‎ ‎,‎ ‎.‎ ‎,‎ ‎,的最大值是.‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列、数列综合、数列求和以及数列的递推与通项,属于难题。‎