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- 2021-06-30 发布
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沈阳二中2019—2020学年度上学期10月阶段测试
高三(20届)理科数学试题
说明:测试时间:120分钟 总分:150分
第Ⅰ卷(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.已知集合, ,则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先求出集合, ,然后根据交集的定义求出
【详解】,
故选
【点睛】本题主要考查了集合的交集运算,属于基础题
2.复数z满足,则复数的虚部是( )
A. 1 B. -1 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由已知条件计算出复数的表达式,得到虚部
【详解】由题意可得
则
则复数的虚部是
故选C
【点睛】本题考查了复数的概念及复数的四则运算,按照除法法则求出复数的表达式即可得到结果,较为简单
3.已知,关于的下列结论中错误的是( )
A. 的一个周期为 B. 在单调递减
C. 的一个零点为 D. 的图象关于直线对称
【答案】B
【解析】
【分析】
根据余弦型函数的图像与性质,分别对四个选项进行判断,得到答案.
【详解】函数
其最小正周期为,所以也是其一个周期,故项正确;
当时,即,单调递减,可得在上单调递减,在上单调递增,故项错误;
,代入得,故项正确;
把代入,得,所以是一条对称轴,故项正确.
【点睛】本题考查余弦型函数的图像与性质,属于简单题.
4.下列说法错误的是( )
A. 对于命题,则
B. “”是“”的充分不必要条件
C. 若命题为假命题,则都是假命题
D. 命题“若,则”的逆否命题为:“若,则”
【答案】C
【解析】
试题分析:对于A,全称命题“非”是存在性命题,且否定结论,即A正确;
对于B,时,成立,但反之,时,,所以B正确;
对于C,,命题为假命题,说明至少有一为假命题,所以C错;
对于D,逆否命题否定原命题条件和结论并互换,D正确,故选C.
考点:1、逆否命题;2、充分条件与必要条件;3、复合命题.
【名师点晴】本题主要考查的是逆否命题、充分条件与必要条件和复合命题的真假性,属于容易题.解题时一定要注意时,是的充分条件,是的必要条件,否则很容易出现错误.充分、必要条件的判断即判断命题的真假,在解题中可以根据原命题与其逆否命题进行等价转化.
5.函数(,且)的图象恒过定点,且点在角的终边上,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
令对数的真数等于1,求得x、y的值,可得定点A的坐标,再利用任意角的三角函数的定义求得,再利用同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦公式,求得的值.
【详解】对于函数且,令,求得,,
可得函数的图象恒过点,且点A在角的终边上,
,则,
故选:C.
【点睛】本题主要考查对数函数的图象经过定点问题,任意角的三角函数的定义,同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦公式,属于基础题.
6.已知向量,满足,,,则向量,的夹角为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
设向量,的夹角为,因为,,,,所以 ① ②,由①②可得,,故选D.
7.已知在等边三角形中,,,则( )
A. 4 B. C. 5 D.
【答案】D
【解析】
由条件知M,N是BC的三等分点,故
展开得到,等边三角形中,任意两边夹角为六十度,所有边长为3 ,,,
代入表达式得到。
故答案为D。
8.的值是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为定积分,结合定积分的几何意义可知,原式等于圆心为(1,1),半径为1的四分之一个圆的面积减去得到,即为,选A.
9.已知函数是定义在上的图象不间断的函数,其导函数的图象如图所示,则的极值点的个数为( )
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
【答案】B
【解析】
【分析】
根据导函数的图像,得到导函数零点且其附近导函数值正负号发生变化的点的个数,从而判断出的极值点的个数.
【详解】由函数的导函数的图像
可得导函数零点且其附近导函数值正负号发生变化的点的个数有个,
所以的极值点的个数为,
故选项.
【点睛】本题考查由导函数的图像判断原函数极值点的个数,属于简单题.
10.已知定义在上的函数满足:
①;
②;
③当时,
则函数在区间上的零点个数为( )
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】
由①可得的图象关于点对称,由②可得的图象关于直线对称,先作出在的图象,再由对称性,作出在的图象,同时作出在的图象,通过图象观察即可得到零点个数.
【详解】解:由①
可得的图象关于点对称,
由②
可得的图象关于直线对称
作出在的图象,如图所示,
由得到的对称性,作出在的图象,如图所示,
作出函数在的图象,如图所示,
由图象观察可得它们共有个交点,
即有函数在区间上的零点个数为.
故选:A.
【点睛】本题考查函数的零点的个数判断,主要考查图象法的运用,同时考查函数的对称性,属于中档题.
11.已知函数的图象与的图象关于直线对称,则的图象的一个对称中心可以为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先对进行整理,得到的解析式,然后由图像与图像关于直线对称,得到,从而确定解析式,再表示出的对称中心,得到答案.
【详解】函数
因为图像与图像关于直线对称,
所以
所以的对称中心横坐标满足:,即
所以当时,对称中心坐标为,
故选项.
【点睛】本题考查利用三角函数公式进行化简,两个函数关于轴对称,余弦型函数的图像与性质,属于中档题.
12.设函数是函数的导函数,为自然对数的底数,若函数满足,且,则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由得到,再由得到解析式,设,通过求导得到,得到单调递减,将所求不等式中,从而转化为形式,利用单调性求出的范围,再得到的范围,得到答案.
【详解】因为,
所以,
所以可得,即
因为,所以,
所以,
所以,
令,则,
所以在定义域内单调递减,
所求不等式中
所以
即,
又因,所以
所以
而在定义域内单调递减,
所以,
即,得,
故选项.
【点睛】本题考查通过导数研究函数的单调性,利用单调性解不等式,积分求函数解析式,属于难题.
第Ⅱ卷(90分)
本卷包括必考题和选考题两部分,第13题~第21题为必考题,每个试题考生都必须做答.第22题~第23题为选考题,考生根据要求做答.
二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.
13.与垂直的单位向量是______.
【答案】或
【解析】
【分析】
设单位向量,则根据单位向量与垂直,得到的关系,解出,得到答案,
详解】设单位向量,则,
因为单位向量与垂直,
得到
联立解得或,
所以答案为或.
【点睛】本题考查单位向量的性质,向量垂直的坐标表示,属于简单题.
14.__________.
【答案】
【解析】
,应填答案。
点睛:解答本题关键是借助题设中角度的特征,先将切化弦,再运用三角变换公式及二倍角的正弦余弦公式进行运算,进而达到化简的目的。
15.已知,,则在方向上正射影的数量为______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据公式得到在方向上正射影的数量为,根据条件得到和的值,从而得到结果
【详解】因为,,
所以
所以在方向上正射影的数量为
故答案为
【点睛】本题考查求向量的射影长度,属于简单题.
16.已知为锐角三角形,满足,外接圆的圆心为,半径为1,则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】
利用正弦定理,将转化为边,得到,将所求的转化成,结合,全部转化为的函数,再求出的范围,从而得到答案.
【详解】根据正弦定理,
将转化为
即,又因为锐角,所以.
所以
因为是锐角三角形,
所以,所以,得,
所以
故的取值范围是.
【点睛】本题考查向量的线性运算、数量积,正、余弦定理解三角形,余弦型函数的图像与性质,属于难题.
三、解答题:本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.已知函数在上的最大值为,当把的图象上的所有点向右平移个单位后,得到图象对应函数的图象关于直线对称.
(1)求函数的解析式;
(2)在中,三个内角的对边分别为,已知在轴右侧的第一个零点为,若,求的面积的最大值.
【答案】(1);(2).
【解析】
试题分析:(1)由题意可得,解出,利用平移变换可得,利用正弦函数的对称性,可得,得出的值,即可解得函数的解析式;(2)由题意得可得,解得的值,由余弦定理可得,利用三角形的面积公式即可求解.
试题解析:(1)由题意知,函数在区间上单调递增,所以,
,得.
经验证当时满足题意,故求得,所以,
故,又,所以.
故.
(2)根据题意,,又
得:,,
的最大值为.
考点:正弦型函数的图象与性质.
18.某观测站在城A南偏西20°方向的C处,由城A出发的一条公路,走向是南偏东40°,在C处测得公路距C 31千米的B处有一人正沿公路向城A走去,走了20千米后到达D处,此时CD间的距离为21千米,问这人还要走多少千米可到达城A?
【答案】见解析
【解析】
【分析】
根据题意设,,则可以求出,,,,在中,由正弦定理求得即可得到答案
【详解】设∠ACD=α,∠CDB=β.在△CBD中.由余弦定理得
cosβ=
∴sinβ=.
而sinα=sin(β-60°)
=sinβcos60°-sin60°cosβ
=·+·=.
在△ACD中,=,
∴AD==15(千米).
所以这人再走15千米才可到城A.
【点睛】本题是解斜三角形的应用问题,关键是设角以及如何把题设条件转化为三角形中的已知元素,然后解三角形求结果,注意利用正弦定理和余弦定理合理的得到边角的关系式。
19.将4本不同的书随机放入如图所示的编号为1,2,3,4的四个抽屉中.
1
2
3
4
(Ⅰ)求4本书恰好放在四个不同抽屉中的概率;
(Ⅱ)随机变量表示放在2号抽屉中书的本数,求的分布列和数学期望.
【答案】(Ⅰ)(Ⅱ)分布列见解析,数学期望为1
【解析】
【分析】
(Ⅰ)先得到全部的情况,再得到符合要求的4本书恰好放在四个不同抽屉的情况,根据古典概率公式,得到答案;(Ⅱ)每本书放在2号抽屉中,符合二项分布的概率形式,得到可能出现的情况,根据公式得到每种情况的概率,列出分布列,再由公式得到数学期望.
【详解】解:(Ⅰ)将4本不同的书放入编号为1,2,3,4的四个抽屉中,共有种不同的放法.
记“4本书恰好放在四个不同抽屉中”事件,事件共包含个基本事件,
所以,
所以4本书恰好放在四个不同抽屉中的概率为.
(Ⅱ)记“每本书放在2号抽屉中”为事件,
则,,根据题意,
所以,,
所以的分布列为
0
1
2
3
4
所以的数学期望为.
【点睛】本题考查古典概型的计算,二项分布概率公式和分布列及数学期望,属于中档题.
20.已知函数.
(1)求的单调区间;
(2)当时,恒成立,求的取值范围.
【答案】(1)函数在上单调递减,在上单调递增;(2).
【解析】
【分析】
(1)先求函数的导数,利用导函数的正负情况,得到原函数的单调区间.(2)构造函数 ,求得导数,对分成三类,结合的单调区间,根据列不等式,解不等式求得的取值范围.
【详解】解:(1) ,
令,解得,
当,,则函数在上单调递减;
当,,则函数在上单调递增.
(2)令 ,根据题意,
当时,恒成立.
.
①当,时,恒成立,
所以在上是增函数,且,所以不符合题意;
②当,时,恒成立,
所以在上是增函数,且,所以不符合题意;
③当时,因为,所以恒有,故在上是减函数,于是“对任意都成立”的充要条件是,
即,解得,故.
综上,的取值范围是.
【点睛】本小题主要考查利用导数求函数的单调区间,考查利用导数求解不等式恒成立问题,考查化归与转化的数学思想方法,考查分类讨论的数学思想方法,属于难题.要利用导数求解不等式恒成立问题,首先构造一个函数,然后利用导数研究这个函数的最值,根据最值的情况列不等式,解不等式求得参数的取值范围.
21.设,
(Ⅰ)证明;
(Ⅱ)若,证明:.
【答案】(Ⅰ)证明见解析 (Ⅱ)证明见解析
【解析】
【分析】
(Ⅰ)构造函数,求导得到,再设
,求导得到,利用导数求得最小值为,从而判断出,得到单调性,结合,得到时,从而证明不等式成立;(Ⅱ)构造函数,求导得到,再设,求导得到,判断出,单调减,即得到在上单调递减,结合,得到,再结合(Ⅰ)的结论,证明出不等式
【详解】解:(Ⅰ)设,,
则.
令,,
则.
当时,由于,所以,
因此在上单调递增.
于是有,,
从而可知在上单调递增,
又,所以,,
即,.
(Ⅱ)设,,
则.
令,,
则,.
所以在上单调递减,
从而,
因此在上单调递减,
于是,即,
即,.
而
所以
由(Ⅰ)的结论,可得
所以可得,
又单调递增,
所以得.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值,利用函数单调性证明不等式,属于难题.
请考生在第22、23两题中任选一题作答,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.在极坐标系中,曲线的极坐标方程为,曲线的极坐标方程为,以极点为坐标原点,极轴为的正半轴建立平面直角坐标系.
(1)求和的参数方程;
(2)已知射线,将逆时针旋转得到,且与交于两点, 与交于两点,求取得最大值时点的极坐标.
【答案】(Ⅰ)为参数); (Ⅱ)
【解析】
试题分析:(Ⅰ)根据坐标方程之间的转化,分别求出C1和C2的参数方程即可;(Ⅱ)设出P,Q的极坐标,表示出|OP|•|OQ|的表达式,结合三角函数的性质求出P的极坐标即可.
试题解析:(Ⅰ)在直角坐标系中,曲线的直角坐标方程为
所以参数方程为为参数).
曲线的直角坐标方程为.
所以参数方程为为参数)
(Ⅱ)设点极坐标为, 即,
点极坐标为, 即.
则
当时
取最大值,此时点的极坐标为.
23.设不等式的解集为M,.
(1)证明:;
(2)比较与的大小,并说明理由.
【答案】(1)证明见解析;(2).
【解析】
试题分析:
(1)首先求得集合M,然后结合绝对值不等式的性质即可证得题中的结论;
(2)利用平方做差的方法可证得|1-4ab|>2|a-b|.
试题解析:
(Ⅰ)证明:记f (x) =|x-1|-|x+2|,
则f(x)= ,所以解得-<x<,故M=(-,).
所以,||≤|a|+|b|<×+×=.
(Ⅱ)由(Ⅰ)得0≤a2<,0≤b2<.
|1-4ab|2-4|a-b|2=(1-8ab+16a2b2)-4(a2-2ab+b2)=4(a2-1)(b2-1)>0.
所以,|1-4ab|>2|a-b|.