河南省九师联盟2020届高三11月质量检测巩固卷数学（理）试题 23页

‎2019～2020学年高三11月质量检测巩固卷 数学（理科）‎ 考生注意：‎ ‎1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．‎ ‎2．答题前，考生务必用直径毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．‎ ‎3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径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。‎ ‎4．本卷命题范围：集合与常用逻辑用语，函数，导数，三角函数，三角恒等变换，解三角形，平面向量，数列，不等式，立体几何．‎ 一、选择题 ‎1.若集合，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合，即可得答案.‎ ‎【详解】由集合，‎ 又因为，所以或.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查补集，注意全集是集合，属于基础题.‎ ‎2.已知向量，若，则（ ）‎ A. B. C. 1 D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平行向量的坐标关系，即可求出的值.‎ ‎【详解】由，得，解得.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查向量的坐标运算，属于基础题.‎ ‎3.下列说法正确的个数为(　　)‎ ‎①若，则； ②，，则；‎ ‎③若，，则； ④若，，则.‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①④由不等式的基本性质判断,②③利用特殊值法判断即可 ‎【详解】①,根据不等式的性质,可得,故①正确；‎ ‎②当,时,满足,且设,,满足,此时,故②不正确；‎ ‎③当,时,满足,且设,,满足,此时,故③不正确；‎ ‎④,,对两边同时除以得；‎ 又,,故④正确；‎ 综上,正确的为①④,共2个 故选B ‎【点睛】本题考查利用不等式的性质判别不等式,特殊值法判断不等关系,属于基础题 ‎4.已知曲线的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：令切点坐标为，且，，，∴.‎ 考点：利用导数求切线斜率.‎ ‎5.设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）．‎ A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过举例说明A，B，C选项是错误的.D选项满足由线面垂直推导面面垂直的条件，正确.‎ ‎【详解】A中，若，，，则，也有可能平行，故A错；‎ B中，若，，，则，，但，可能异面、平行，故B错；‎ C中，若，，，则，可能平行或相交，故C错；‎ D中，若，，则，又，所以，即D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系.属于容易题.‎ ‎6.若不等式与关于x的不等式的解集相同，则的解集是（ ）‎ A. 或 B. ‎ C. 或 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求不等式的解，得到方程的两根，求出值，代入 ‎，即可得答案.‎ ‎【详解】由得，‎ 则或.由题意可得 则对应方程 的两根分别为，‎ 则的解集是 故选;D.‎ ‎【点睛】本题考查一元二次不等式解法，以及一元二次不等式与一元二次方程的关系，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎7.函数的最小正周期是，若将该函数的图象沿轴向左平移个单位长度后，所得图象关于直线对称，则函数的解析式为（ ）．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的最小正周期是，确定.将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数 ‎.再根据函数的图象关于直线对称，确定值，从而确定函数的解析式.‎ ‎【详解】因为函数的最小正周期是.‎ 所以，解得．所以．‎ 将该函数的图象向左平移个单位长度后，得到图象所对应的函数解析式为，‎ 由此函数图象关于直线对称，得，‎ 即.‎ 由，得，‎ 所以函数的解析式为．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的图象变换，破解此类题的关键是明晰图象变换的规律，属于较易题.‎ ‎8.若关于x的不等式x2－4ax＋3a2＜0(a＞0)的解集为(x1，x2)，则的最小值是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 不等式x2﹣4ax+3a2＜0（a＞0）的解集为（x1，x2），‎ ‎∴x1+x2=4a，且x1x2=3a2；‎ ‎∴=4a+≥2=，‎ 当且仅当4a=，即a=时“=”成立；‎ 故所求的最小值是．‎ 故选C．‎ ‎9.在数列中，，，则的通项公式为（ ）．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将变形整理为，再分别用，，，2，1替换上式中的，得到个等式，将上述这些式子相加整理，从而求出的通项公式.‎ ‎【详解】由已知得，‎ 所以 将上述个式子相加，整理的 又因为，所以．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查了用累差叠加法求数列的通项公式，也考查了逻辑思维能力、运算求解能力的应用，属于中档题.‎ ‎10.函数（且）的图象可能为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.‎ 考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.‎ ‎11.已知定义在上的函数在上是增函数，若是奇函数，且，则不等式的解集是（ ）．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据是奇函数，确定函数图象的对称中心为，再根据函数在上是增函数，确定函数在上为增函数，由以及函数的对称性，得出.画出函数图象的草图，结合图象确定不等式的解集.‎ ‎【详解】是奇函数.‎ 函数图象对称中心为．‎ 函数图象的对称中心为且．‎ 又函数在上是增函数.‎ 函数在上为增函数.‎ ‎.‎ 由对称性，．‎ 画出函数图象的草图（如图）．‎ 结合图象可得的解集是．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查函数的单调性与奇偶性及其简单应用，发展了学生的直观想象的核心素养，属于中档题.‎ ‎12.如图，在正方体中，是中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设正方体棱长为1，，建立空间直角坐标系，用参数，表示直线的方向向量，求出平面的一个法向量，利用线面角的正弦值等于直线的方向向量与平面的法向量的夹角余弦值的绝对值，从而得到，再根据的取值范围，确定的取值范围.‎ ‎【详解】如图，设正方体棱长为1，．‎ 以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．‎ 则，，所以．‎ 在正方体中，可证平面，‎ 所以是平面的一个法向量．‎ 所以．‎ 所以当时，取得最大值，当或1时，取得最小值．‎ 所以.‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查了利用空间向量求解直线与平面的夹角问题.同时对空间想象能力和运算求解能力也进行了有效地考查，属于较难的一道题.‎ 二、填空题 ‎13.已知在等差数列中，，，则______．‎ ‎【答案】2019.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列基本性质，，若则，可知，即可求解.‎ ‎【详解】因为，，，所以．‎ 故答案为：2019.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的基本性质，属于容易题.‎ ‎14.若命题“”为假命题，则实数的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据命题的关系，若命题为假，则命题的否定为真，转为为二次不等式恒成立，即可求出实数的取值范围.‎ ‎【详解】由题意，可得恒成立，‎ 即解得.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查命题间的关系、不等式恒成立问题，考查等价转化思想，属于基础题.‎ ‎15.设实数x，y满足约束条件则目标函数的取值范围为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出可行域，即可求出目标函数的取值范围.‎ ‎【详解】画出可行域，由图可知，当直线 过点时，取最小值，则；‎ 当直线过点时，‎ 取最大值，则，‎ 故目标函数的取值范围是.‎ 故答案为: ‎ ‎【点睛】本题考查线性规划，线性目标函数取值范围，考查数形结合思想，属于基础题.‎ ‎16.已知三棱锥的各顶点均在半径为2的球面上，且，则三棱锥体积的最大值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件，确定三棱锥外接球的球心，求出球心到底面距离，结合图形，可求出体积的最大值.‎ ‎【详解】设为球心，则，‎ 可得在底面ABC的射影为的外心.‎ 由，‎ 可得是以斜边的直角三角形，‎ O在底面ABC的射影为斜边AC的中点M，‎ 则.‎ 当P，O，M三点共线时，三棱锥的体积最大，‎ 此时体积.‎ 故答案为: ‎ ‎【点睛】本题考查多面体外接球问题以及体积的最大值，确定球心是解题的关键，属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.‎ ‎（1）求角B的大小；‎ ‎（2）若B是锐角，，求的面积.‎ ‎【答案】（1）或；（2）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）由，求出，即可求出角B;‎ ‎（2）由角B，，结合余弦定理求出值，即可求出的面积.‎ ‎【详解】（1）∵，‎ ‎∴，‎ 解得或.‎ 又.‎ ‎∴或.‎ ‎（2）∵B是锐角，∴.‎ 由余弦定理，‎ 得，‎ 又，∴.‎ ‎∴的面积.‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理，面积公式，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎18.2019年某开发区一家汽车生产企业计划引进一批新能源汽车制造设备，通过市场分析，全年需投入固定成本3000万元，每生产x（百辆），需另投入成本万元，且，由市场调研知，每辆车售价6万元，且全年内生产的车辆当年能全部销售完.‎ ‎（1）求出2019年的利润（万元）关于年产量x（百辆）的函数关系式；（利润=销售额成本）‎ ‎（2）2019年产量为多少（百辆）时，企业所获利润最大？并求出最大利润.‎ ‎【答案】（1）；（2）2019年年产量为100百辆时，企业所获利润最大，最大利润为5800万元.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先阅读题意，再分当时，当时，求函数解析式即可；‎ ‎（2）当时，利用配方法求二次函数的最大值，当时，利用均值不等式求函数的最大值，一定要注意取等的条件，再综合求分段函数的最大值即可.‎ ‎【详解】解：（1）由已知有当时，‎ 当时，，‎ 即，‎ ‎（2）当时，，‎ 当时，取最大值，‎ 当时，，‎ 当且仅当，即时取等号，‎ 又 ‎ 故2019年年产量为100百辆时，企业所获利润最大，最大利润为5800万元.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的综合应用，重点考查了分段函数最值的求法，属中档题.‎ ‎19.已知函数，将函数图象上所有的点向左平行移动个单位长度，得到函数的图象.‎ ‎（1）若，求函数的解析式；‎ ‎（2）若在区间上的单调增函数，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出图象上所有的点向左平行移动个单位长度的解析式，代入化简，即可求出结果；‎ ‎（2）先求出的单调递增区间，是单调递增区间的子集，即可求出的取值范围.‎ ‎【详解】（1）将函数图象上所有的点向左平行移动个单位长度，‎ 得到图象对应的函数解析式为.‎ 当时，‎ 函数.‎ ‎（2）由（1）可得，‎ ‎∴令，‎ 解得，‎ 可得函数单调递增区间为.‎ ‎∵函数在上的单调增函数，‎ ‎∴‎ 解得.‎ ‎∵，‎ ‎∴.‎ ‎∴的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数平移求解析式，以及利用单调区间求参数，属于中档题.‎ ‎20.已知数列，的前项和分别为，，且，，．‎ ‎（1）求，的通项公式；‎ ‎（2）求证：．‎ ‎【答案】（1），；‎ ‎（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据，以及等差数列和等比数列的定义，确定数列，分别为等比数列和等差数列，再根据，，列方程组，求解，，从而确定，的通项公式．‎ ‎（2）根据，确定以及的表达式，对进行放缩，‎ ‎，再利用裂项相消法求出，从而得证.‎ ‎【详解】（1）∵‎ ‎∴．‎ 故为等比数列，为等差数列，公差和公比均为．‎ 由，得，解得或（舍去）．‎ 故，．‎ ‎∴为以2为首项，2为公比的等比数列，；‎ 为以1为首项，2为公差的等差数列，．‎ ‎（2）证明：∵，∴．‎ 故 ‎．即证．‎ ‎【点睛】本题考查定义法求等差数列与等比数列通项公式、放缩法证明不等式以及裂项相消法求数列前项和，属于较难的一道题.‎ ‎21.如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，是等腰三角形，，是的一个三等分点（靠近点），与的延长线交于点，连接．‎ ‎（1）求异面直线与所成角的余弦值；‎ ‎（2）求二面角的正切值．‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）建立空间直角坐标系，设，根据题意确定，，，，，找点P，D，E，F坐标，确定直线与的方向向量，根据异面直线与所成角满足，求解，即可.‎ ‎（2）根据（1）的点坐标，求平面的一个法向量为和平面的一个法向量为．由题意可知二面角为锐角，根据求出，从而计算，即可.‎ ‎【详解】（1）底面是矩形，平面 ‎，，‎ 以为坐标原点，，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 因为是的一个三等分点（靠近点），所以，．‎ 因为是等腰三角形，且，所以．‎ 不妨设，则，，，．‎ 又由平行线分线段成比例，得，所以．‎ 所以点，，，，‎ 则，．‎ 设异面直线与所成角，‎ 则．‎ 所以异面直线与所成角的余弦值为．‎ ‎（2）建系，求点的坐标同（1），则，．‎ 设平面的法向量为，则，得．‎ 令，得平面的一个法向量为；‎ 又易知平面的一个法向量为．‎ 设二面角的大小为，由题意得为锐角，‎ 所以，则．‎ 所以二面角的正切值为．‎ ‎【点睛】本题考查利用空间向量求异面直线的夹角的余弦值以及二面角的正切值，发展了数学抽象、直观想象、数学运算等核心素养，属于中档题.‎ ‎22.已知函数.‎ ‎（Ⅰ）若，证明：函数在上单调递减；‎ ‎（Ⅱ）是否存在实数，使得函数在内存在两个极值点？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由. （参考数据：，）‎ ‎【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（I）；求导得，只需利用导数研究函数的单调性，求出最大值，从而证明即可得结论；（II）讨论时，时两种情况，分别利用导数研究函数的单调性，排除不合题意的情况，从而可得使得函数在内存在两个极值点的实数的取值范围.‎ 试题解析：（Ⅰ）函数的定义域是.‎ 求导得. ‎ 设，则与同号.‎ 所以，若，则对任意恒成立.‎ 所以函数在上单调递减. ‎ 又，‎ 所以当时，满足.即当时，满足.‎ 所以函数在上单调递减. ‎ ‎（Ⅱ）①当时，函数上单调递减.‎ 由，又，时，，‎ 取，则，‎ 所以一定存在某个实数，使得. ‎ 故在上，；在上，.‎ 即在上，；在上，.‎ 所以函数在上单调递增，在上单调递减.此时函数只有1个极值点，不合题意，舍去； ‎ ‎②当时，令，得；令，得，‎ 所以函数在上单调递减，在上单调递增.‎ 故函数的单调情况如下表：‎ ‎0‎ ‎＋‎ 极小值 要使函数在内存在两个极值点，则需满足，即，‎ 解得又，，‎ 所以. ‎ 此时，，‎ 又，； ‎ 综上，存在实数，使得函数在内存在两个极值点. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎