陕西省汉中市2020届高三上学期11月月考数学（理）试题 19页

高三数学试卷（理科）‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：‎ ‎1.已知向量，满足，，则（ ）‎ A. （1，2） B. （1，-2） C. （-1，2） D. （-1，-2）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将题目所给两个向量相减，求得.‎ ‎【详解】两个向量相减得，所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查向量的减法和数乘的坐标运算，属于基础题.‎ ‎2.已知等差数列的首项为1，且，则（ ）‎ A. 2 B. ‎3 ‎C. 4 D. 0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将已知条件转化为的形式，解方程求得，进而求得的值.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为，则，解得，.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查等差数列基本量的计算，属于基础题.‎ ‎3.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。‎ ‎4.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。‎ ‎5.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】‎ 设与的夹角为θ，由题意求得的值，可得θ的值．‎ ‎【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C.‎ ‎【点睛】本题主要考查两个向量的数量积的定义，属于基础题．‎ ‎6.已知 ，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用对数式的运算性质比较a与b的大小，再比较a，c与2的大小关系，由此得答案．‎ ‎【详解】因为，所以.故选B.‎ ‎【点睛】本题考查对数值的大小比较，考查对数函数与指数函数的性质，借用中间量是解决此类问题的常用方法，是基础题．‎ ‎7.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，、。‎ ‎8.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。‎ ‎9.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。‎ ‎10.设，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，利用已知得到的值，利用诱导公式和二倍角公式，求得的值.‎ ‎【详解】设，则，所以.因为，所以，则.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本小题主要考查诱导公式和二倍角公式的运用，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎11.函数在上图象大致为（）‎ 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 因为，，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.已知函数若函数有6个不同的零点，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分成，两种情况，求得的解析式，结合函数图像，根据零点个数，求得实数的取值范围.‎ ‎【详解】当，即或时，，画出图像如下图所示，由图可知，当时，有4个不同的零点，当或时，有2个不同的零点，当时，没有零点.‎ 当，即时，，设，则，，因为，所以当或时，没有零点，当时，有1个零点，当时，有2个不同的零点.因为有6个不同的零点，所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查分段函数的图像与性质，考查函数变换，考查根据函数零点个数求参数的取值范围，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 先求得，然后根据两个向量垂直的坐标表示列方程，解方程求得的值.‎ ‎【详解】，由，可知，即.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本小题主要考查平面向量加法的坐标运算，考查两个向量垂直的坐标，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（0,1），函数的部分图象如图所示.‎ ‎（1）求，的解析式；‎ ‎（2）求的图象的对称中心与的单调递增区间.‎ ‎【答案】（1），.（2）对称中心为,单调递增区间为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据的图像求得的周期，进而求得的值，也即求得的解析式，利用点求得的值，也即求得的解析式.‎ ‎（2）根据余弦型三角函数的对称中心和单调递增区间的求法，求得的对称中心和单调递增区间.‎ ‎【详解】（1）由图可知，的最小正周期，‎ 则，即.‎ 将代入，得.‎ 又，所以，‎ 所以，.‎ ‎（2）令，‎ 得，‎ 所以的图象的对称中心为.‎ 令，‎ 得，‎ 所以的单调递增区间为.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查根据三角函数图像求三角函数解析式，考查三角函数对称中心和单调区间的求法，考查运算求解能力，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.已知等差数列满足，.设正项等比数列的前项和为，且，.‎ ‎（1）求数列、的通项公式；‎ ‎（2）设，数列的前项和为，求.‎ ‎【答案】（1）,（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用基本元的思想将表示为只含的表达式，由此求得的值，再根据等差数列通项公式求得数列的通项公式.将，表示为的形式，解方程组求得的值，进而求得数列的通项公式.‎ ‎（2）利用错位相减求和法求得列的前项和为.‎ ‎【详解】（1）设公差为，因为，，‎ 所以5+2d+5+3d=5+d+13，解得.‎ 又因为，‎ 所以 因为，所以，b=9，即，①‎ 又，所以，即，②‎ 由①除以②，得，‎ 化简得，因为，所以，‎ 所以.‎ ‎（2）因为，‎ 所以，③‎ ‎，④‎ 由③减④，得，‎ 所以.‎ 所以 ‎【点睛】本小题主要考查基本元的思想求解等差、等比数列的通项公式，考查错位相减求和法，考查运算求解能力，属于中档题.‎ ‎20.的内角，，所对的边分别为，，，已知.‎ ‎（1）求的大小；‎ ‎（2）若，，求的内切圆的半径.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用三角形内角和定理、诱导公式、降次公式以及同角三角函数的基本关系式化简，求得的值，进而求得的大小.‎ ‎（2）利用余弦定理列方程，求得的值，利用三角形面积公式求得，然后根据与三角形内切圆半径有关的三角形面积公式，求得三角形的内切圆半径.‎ ‎【详解】（1）由，‎ 得，‎ 即，‎ 亦即，‎ 所以，‎ 即，‎ 所以，从而.‎ ‎（2）由余弦定理结合（1）可知，‎ ‎，‎ 所以，得.‎ 所以.‎ 故的内切圆的半径.‎ ‎【点睛】本小题主要考查三角恒等变换，考查余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.‎ ‎21.已知二次函数的图象经过点（2，-6），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）根据题意设出二次函数两根式，将点代入，由此求得解析式.‎ ‎（2）首先求得解析式，求得的对称轴，根据对称轴与区间的位置关系进行分类讨论，由此求得在区间上的最值.‎ ‎【详解】（1）因为是二次函数，且方程的解集是，‎ 所以可设.‎ 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.根据二次函数图像与性质可知：‎ 当时，，；‎ 当时，，；‎ 当时，，；‎ 当时，，.‎ ‎【点睛】本小题主要考查二次函数解析式的求法，考查含有参数的二次函数在给定区间上的最值的求法，考查分类讨论的数学思想，属于中档题.‎ ‎22.已知数列的前项和为，且满足:‎ ‎(1)证明：是等比数列，并求数列的通项公式.‎ ‎(2)设，若数列是等差数列，求实数的值；‎ ‎(3)在(2)的条件下，设 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） 证明过程见解析 （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，再得出，两式作差，得出，，再分奇数项，偶数项分别求通项公式即可得解；‎ ‎（2）由等差数列的等差中项可得恒成立，可得，解得;‎ ‎（3）由已知有，由裂项求和法求数列前项和得，由分离变量最值法可得，运算即可得解.‎ ‎【详解】解：（1）因为，①‎ 所以，②‎ ‎②-①得：，‎ 由易得，即，‎ 即，，‎ 即数列的奇数项是以为首项，4为公比的等比数列，偶数项是以为首项，4为公比的等比数列，‎ 当为奇数时，，‎ 当为偶数时，，‎ 综上可得，‎ 又，‎ 故是等比数列，且数列的通项公式.‎ ‎(2)因为，‎ 所以，‎ 因为数列是等差数列，‎ 所以恒成立，‎ 即有恒成立，‎ 即，‎ 解得;‎ ‎(3)因为=，‎ 即，‎ 又对任意的存在实数,使得,‎ ‎ 即对任意的 恒成立，‎ 又当时，取最小值3，时，，‎ 即,‎ 故实数的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查了由关系求数列的通项、用裂项求和法求数列前项和及不等式恒成立问题，重点考查了分离变量最值法，属综合性较强的题型.‎