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- 2021-06-24 发布
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“皖南八校”2020届高三第一次联考
数 学(理科)
第Ⅰ卷(选择题 共60分)
一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60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.在复平面内,复数 (i为虚数单位)的共轭复数对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限
C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
分析:首先求得复数z,然后求解其共轭复数即可.
详解:由复数的运算法则有:,
则,其对应的点位于第四象限.
本题选择D选项.
点睛:本题主要考查复数的运算法则及其应用等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
2.若集合,,则( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
求得集合或,,根据集合运算,即可求解,得到答案.
【详解】由题意,集合或,,
则,所以.
故选B.
【点睛】本题主要考查了集合的混合运算,其中解答中正确求解集合,结合集合的运算求解是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
3.若,,,则( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用指数函数、对数函数性质,逐个分析abc取值范围,进而比较大小。
【详解】,,
,且,则
故选C
【点睛】对数式和指数式比较大小题型,通常将数与0、1、2或-1等比较,确定范围,再比较大小。
4.已知向量,,若,则( )
A. 5 B. C. 6 D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用向量的数量积的运算公式,求得,再根据向量的模的计算公式,即可求解.
【详解】由题意,因为 ,即,解得,
又由,所以.
故选A.
【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算,以及向量的模的计算,其中解答中熟记向量的数量积的运算公式,以及向量的模的计算公式,准确计算是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
5.函数的部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
图像分析采用排除法,利用奇偶性判断函数为奇函数,再利用特值确定函数的正负情况。
【详解】,故奇函数,四个图像均符合。
当时,,,排除C、D
当时,,,排除A。
故选B。
【点睛】图像分析采用排除法,一般可供判断的主要有:奇偶性、周期性、单调性、及特殊值。
6.为了测量铁塔的高度,小刘同学在地面处测得铁塔在东偏北方向上,塔顶处的仰角为,小刘从处向正东方向走140米到地面处,测得铁塔在东偏北方向上,塔顶处的仰角为,则铁塔的高度为( )
A. 米 B. 米
C. 米 D. 米
【答案】C
【解析】
【分析】
应用举例问题,注意分析角度,,设所求为未知量再利用余弦定理列方程,解方程。
【详解】设,
中,,中,
中,由余弦定理
解得,
故选C
7.在平面直角坐标系中,角的顶点为,始边与轴正半轴重合,终边过点,则( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三角函数的定义,求得,,再利用两角和的正弦公式,即可求解.
【详解】根据三角函数的定义,可得,,
又由.
故选D.
【点睛】本题主要考查了三角函数的定义,以及两角和的正弦公式的化简求值问题,其中解答中熟记三角函数的定义,以及熟练应用两角和的正弦公式,准确运算是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
8.已知非零向量,满足,,则向量,的夹角为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由,利用向量的数量积的运算公式,求得,再利用模的运算,化简得到,最后利用向量的夹角公式,即可求解.
【详解】由,即,可得,
又由,可得,
联立可得,所以,
又由,所以
故选C.
【点睛】本题主要考查了向量的夹角公式的应用,其中解答中熟记向量的数量积的运算公式,以及向量的模的运算公式,准确计算是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
9.关于复数,下列命题①若,则;②
为实数的充要条件是;③若是纯虚数,则;④若,则.其中真命题的个数为( )
A. 1 B. 2
C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】
对于①中,根据复数的模的计算公式,即可判定是正确的;对于②中,根据复数的概念与分类,即可判定是正确的;对于③中,根据复数的运算与复数的概念,即可判定是正确;对于④中,根据复数的运算和复数相等的条件,即可判定不正确.
【详解】由题意,对于①中,因为,根据复数的模的计算公式,可得,即,所以是正确的;
对于②中,若复数为实数,根据复数的概念,可得,反之,当时,复数为实数,所以是正确的;
对于③中,,若是纯虚数,则且,所以正确;
对于④中,由,即,所以,所以,所以不正确;
综上①②③为真命题,故选C.
【点睛】本题主要考查了复数的基本概念,以及复数的运算,其中解答中熟记复数的基本概念和复数的分类,以及复数的运算法则是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于基础题.
10.若曲线在点处的切线过点,则函数的单调递增区间为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用导数的几何意义求解,取切线斜率列方程,求解参数,再求解单调区间。
【详解】,
求导
解得
,则当时,。
则的单调递增区间是。
故选A
【点睛】导数几何意义:函数在某点处的导数等于切线的斜率。已知两点坐标也可求斜率。本题还考察了导数在研究函数性质中的应用。
11.已知函数,则下列说法正确的是( )
A. 函数的图象关于直线对称
B. 函数在上单调递增
C. 函数的图象关于点对称
D. 函数的值域为
【答案】A
【解析】
【分析】
分情况讨论,去绝对值,再讨论函数性质。
【详解】分类讨论:
当时,
当时,
周期,图像关于直线对称,故A正确。
函数在上单调递增,在上单调递减,故B错误。
函数无对称中心,故C错误。
函数值域为故D错误。
故选A。
【点睛】对于绝对值函数应分类讨论,形成分段函数,必要的时候可以画出简图,简要判断。
12.已知函数,,若方程有四个不等的实数根,则实数的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由方程有四个不等的实数根,分,和三种情况分类讨论,结合二次函数的图象与性质,即可求解,得到答案.
【详解】由题意,当时,由,解得或,
又由,可得或,
此时方程有两解,
方程要有两解时,,解得,
当时,由,即,可得只有一解,
当时,由得或,
又由化为或,方程有两解,
只要两解,即方程有两解,则,解得.
综上,.
【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用,其中解答中正确理解题意,合理利用二次函数的图象与性质是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,以及推理与计算能力,属于中档试题.
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.
13.若,则______.
【答案】1
【解析】
【分析】
根据定积分的运算,得到,代入即可求解.
【详解】由,解得.
故答案为:.
【点睛】本题主要考查了定积分的计算,其中解答中求得被积函数的原函数,准确计算是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
14.已知,,则______.
【答案】
【解析】
【分析】
用两角和与差的正弦公式拆解两个已知条件,分别求出和的值,比值即为最后所求。
【详解】 ①
②
① +②得: ③
①-②得: ④
两式相除:
故填
【点睛】两角和与差的正弦公式,解得和并构造所求式子。
15.已知四边形是平行四边形,点在的延长线上,,,.若,则______.
【答案】2
【解析】
【分析】
平面向量线性运算表示,平面向量基本定理以与为一组基底,进行化简。
【详解】由,,得,
∵,∴,∴,
∴,,,.
【点睛】平面向量的平行四边形法则,以两条邻边为基底,表达其他向量。是解题的关键。
16.已知函数,则的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】
求得函数的导数,利用导数求得函数在一个周期内的单调性,进而求得函数的最值,得到答案.
【详解】由题意,函数,则,
令,即,解得,
当时,的单调增区间为,单调减区间为,
又由,,
可得在一个周期内,函数最大值为,即函数的最大值为.
故答案:.
【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的最值问题,其中解答中熟记导数与原函数的单调性与极值(最值)之间的关系是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
三、解答题:本大题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
17.已知:函数在上是增函数,:,,若是真命题,求实数的取值范围.
【答案】
【解析】
【分析】
本题是组合命题真值判断,先分别求解P真和q真时的参数取值范围,再由简单的逻辑联结词判断p,q的真假。进而求参数取值范围
【详解】解:真时,,,
真时,,
,
为真时,或,
∵为真,
∴与都为真,
∴,即.
【点睛】且命题:全真为真,一假即假。非命题:与原命题真值相反。
18.已知,.
(1)若,求的值;
(2)若,将函数的图象向右平移个单位长度后,得到函数的图象,求函数的表达式及的最小正周期.
【答案】(1)(2),最小正周期为.
【解析】
【分析】
(1)由向量平行求解,再求,利用齐次式求解。
(2)平面向量数量积运算求得解析式,经过图像平移,求解析式及周期。
【详解】解:(1)由,得,,∴,
∴.
(2),
,
∴,
最小正周期为.
【点睛】(1)利用齐次式解决问题时候注意1的妙用。
(2)平面向量数量积运算,满足实数的乘法分配律,可直接进行化简。
19.在中,内角,,的对边分别为,,,且.
(1)求角的大小;
(2)若,,求的面积.
【答案】(1);(2).
【解析】
【分析】
(1)由正弦定理化简可得,再由余弦定理,求得,即可求得大小;
(2)由题设条件,求得,,再由正弦定理可得,利用面积公式,即可求解.
【详解】(1)由,
因为,可得,
又由正弦定理,得,即,
由余弦定理,得,∵,∴.
(2)在中,因为,
所以,可得,
又因为,由正弦定理可得,
又由,
∴的面积.
【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用,其中在解有关三角形的题目时,要抓住题设条件和利用某个定理的信息,合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键,着重考查了运算与求解能力,属于基础题.
20.已知函数,,分别是曲线
上的一个最高点和一个最低点,且的最小值为.
(1)求函数单调递增区间和曲线的对称中心的坐标;
(2)若不等式对恒成立,求实数的取值范围.
【答案】(1)单调增区间为,对称中心坐标为;(2).
【解析】
【分析】
(1)化简函数,根据的最小值为,求得,
得到,再利用三角函数的图象与性质,即可求解.
(2)由,得到,进而得到函数的值域,即可求得实数的取值范围.
【详解】(1)由题意,函数,
,可得最小正周期为,
因为的最小值为,即,解得,所以,
所以,
由,解得,
所以函数的单调增区间为,
又由,解得,
即曲线的对称中心坐标为.
(2)由,可得,
又由,可得,所以,
即,
由对恒成立,所以,
解得.
【点睛】本题主要考查了三角函数图象与性质,此类题目是三角函数问题中的典型题目,可谓相当经典,解答本题时,关键在于能利用三角公式化简函数、进一步讨论函数的性质,本题易错点在于忽视函数的定义域导致错解,试题难度不大,能较好的考查考生的基本运算求解能力及复杂式子的变形能力等.
21.已知函数,.
(1)当,时,求函数的最大值;
(2)若函数存在唯一零点,且,求实数的取值范围.
【答案】(1)1;(2).
【解析】
【分析】
(1)当时,求得,根据导数求得函数的单调性,进而求得函数的最大值,得到答案.
(2)求得
,分类讨论求得函数的单调区间,结合题意和函数零点的概念,即可求解.
【详解】(1)当时,函数,则,
当或时,;
当时,,
所以函数在,上单调递增,在上单调递减,
又由,,
所以时,的最大值为1.
(2)由函数,则,
①当时,由,得或,在上是增函数,
又由,,
∴在上有零点,不合题意,
②当时,有两个实数根,即函数有两个零点,不合题意,
③当时,由,得,由,得或,
所以函数单调增区间为,单调减区间为,,
因为函数存在唯一零点,且,
则满足,即,因为,所以,
又由,且,
所以有唯一零点,且,
所以实数的取值范围是.
【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用,着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行:(1)考查导数的几何意义,求解曲线在某点处的切线方程;(2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性与,以及函数单调性,求解参数;(3)利用导数求函数的最值(极值),解决函数的恒成立与有解问题,同时注意数形结合思想的应用.
22.已知函数,.
(1)函数是否有极值?若有,求出极值;若没有,说明理由.
(2)若对任意,,求实数的取值范围.
【答案】(1)分类讨论,详见解析;(2).
【解析】
【分析】
(1)求得函数的导数,利用导数求得函数的单调性,进而可求解函数的极值.
(2)利用函数的导数,求得,把使得对成立,转化为对于恒成立,结合(1)中函数的单调性,分类讨论,即可求解.
【详解】(1)由题意,函数的定义域为,且,
当时,,的单调增区间为,没有极值,
当时,令,解得;令,解得,
所以的单调增区间为,单调减区间为,
∴有极大值,没有极小值.
(2)由,
令,则,
当时,,在上是减函数,
所以当时,,即,
∴要使得对成立,等价于对于恒成立,
当时,由(1)知,,所以当成立,必有,
当时,,由(1)有,从而不恒成立,
当时,令,
则,
所以在上是减函数,所以时,,
综上,可得的取值范围是.
【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用,以及恒成立问题的求解,着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力,对于恒成立问题,通常要构造新函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可分离变量,构造新函数,直接把问题转化为函数的最值问题.