黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三上学期一模考试数学（理）试题 23页

哈六中2019-2020学年度上学期高三学年第一次调研考试 理科数学试卷 一、选择题（每题5分，共60分）‎ ‎1.设全集，集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由题意得：,，‎ ‎∴=，‎ ‎∴() A=‎ 故选：D 点睛：1.用描述法表示集合，首先要弄清集合中代表元素的含义，再看元素的限制条件，明确集合类型，是数集、点集还是其他的集合．‎ ‎2．求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解．‎ ‎3．在进行集合的运算时要尽可能地借助Venn图和数轴使抽象问题直观化．一般地，集合元素离散时用Venn图表示；集合元素连续时用数轴表示，用数轴表示时要注意端点值的取舍．‎ ‎2.的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用三角函数的诱导公式和两角差的余弦公式，化简得原式，即可求解 ‎【详解】由题意，得 ‎，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式，以及两角差的余弦公式的化简求值，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎3.已知，，，则，，的大小关系为（）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据的单调性判断的大小关系，由判断出三者的大小关系.‎ ‎【详解】由，，，则.故选C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查对数运算，考查对数函数的单调性，考查对数式比较大小，属于基础题.‎ ‎4.已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将条件中所给的式子的两边平方后化简得，解得后再根据两角差的正切公式求解．‎ ‎【详解】条件中的式子两边平方，得，‎ 即，‎ 所以，‎ 即，‎ 解得或，‎ 所以，‎ 故．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】解答本题的关键是根据条件进行适当的三角恒等变换，得到后再根据公式求解，考查变换能力和运算能力，属于基础题．‎ ‎5.要得到函数的图象，可将函数的图象（ ）‎ A. 沿轴向左平移个单位长度 B. 沿轴向右平移个单位长度 C. 沿轴向左平移个单位长度 D. 沿轴向右平移个单位长度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由函数，‎ ‎ 所以将函数的图象沿轴向右平移个单位，‎ 即可得到函数的图象故选B.‎ ‎6.已知函数，点和是其相邻的两个对称中心，且在区间内单调递减，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正切函数图象与性质，求出得值，进而得出的值，得到答案.‎ ‎【详解】由正切函数相邻的两个对称中心的距离为，‎ 所以函数的周期为，即，解得，‎ 由函数在区间内单调递减，所以，‎ 所以，‎ 又由，解得，‎ 又因为，所以，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正确函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记正切函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎7.若是方程的解，是方程的解，则等于（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将方程的解，方程的解转化为函数与函数的图象的公共点的横坐标，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，是方程的解，是方程的解，‎ 即是函数和与函数的图象的公共点的横坐标，‎ 而两点关于直线对称，‎ 又由，解得，所以，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合问题，其中解答中把方程的解转化为两函数与的图象公共点的横坐标，再利用对称性求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎8.已知函数在区间为单调递减函数，则的最大值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的单调性求出函数的单调递减区间，然后根据条件给出的区间建立不等式关系进 行求解即可．‎ ‎【详解】f（x）=cos（2ωx+），‎ 由2kπ≤2ωx+≤2kπ+π，k∈Z，‎ 得﹣≤x≤+，即函数的单调递减区间为[﹣，+]，k∈Z，‎ 若f（x）在区间[]内单调递减，‎ 则满足得，‎ 同时≥﹣=，则≥，则ω≤3‎ 当k=0时，0＜ω≤，‎ 当k=1时，不等式无解，‎ 故ω的最大值为，‎ 故答案为：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数单调性的应用，根据条件建立不等式关系是解决本题的关键．‎ ‎9.在中，，BC边上的高等于,则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：设边上的高线为，则，所以．由正弦定理，知，即，解得，故选D．‎ ‎【考点】正弦定理 ‎【方法点拨】在平面几何图形中求相关的几何量时，需寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，常常将所涉及到已知几何量与所求几何集中到某一个三角形，然后选用正弦定理与余弦定理求解．‎ ‎10.已知方程在上有两个不等的实数根，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得方程在上有两个不等的实数根，设，求得函数的导数和单调性，可得极值和最值，画出的图象，可得的不等式，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，方程在上有两个不等的实数根，‎ 即为在上有两个不等的实数根，‎ 即在上有两个不等的实数根，‎ 设，则，‎ 当时，，函数递减，‎ 当时，，函数递增，‎ 所以当时，函数取得最大值，且，‎ 所以，解得，故选C.‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数与方程，以及导数在函数中的综合应用，其中解答中把方程的根转化为在上有两个不等的实数根，利用导数求得函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力.‎ ‎11.已知，若,，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把不等式转化为，令，得到在上单调递增，得到在恒成立，转化为在上恒成立，求出函数在上最大值，即可求解.‎ ‎【详解】设，把转化为，‎ 令，得到在上单调递增，‎ 则在区间上单调递增，‎ 所以在上恒成立，整理得在上恒成立，‎ 因为，所以函数在区间上单调递增，故，‎ 因为，所以，即，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用导数求解方程的根问题，其中解答中把转化为函数，利用函数单调性与最值求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎12.若函数与图像的交点为,，…，，则（ ）‎ A. 2 B. 4 C. 6 D. 8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对函数的性质进行研究，可得出关于对称，且当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，函数关于对称，故可得两个函数的交点有两个，且关于对称，故可得结果。‎ ‎【详解】解：设函数，‎ 的定义域为R，‎ 因为，‎ 所以为偶函数，‎ 因为是增函数，‎ 故当时，，‎ 所以当时，为增函数，‎ 由奇偶性可知，当时，为减函数，‎ 故函数关于对称，当时，为增函数，‎ 当时，为减函数，‎ 函数是关于对称的，‎ 作出两个函数的图像，如图所示，‎ 两个函数的交点有两个，设它们的横坐标分别为，‎ 由对称性可得，即，‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查了函数的性质，研究函数的性质可以借助函数的图像、导数等方法对函数的单调性、奇偶性、周期性等进行研究。‎ 二、填空题（每题5分，共20分）‎ ‎13.的值等于_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用三角函数的诱导公式和两角和的正弦函数的公式，准确运算，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，可得 ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式，以及两角和的正弦公式的化简、求值，其中解答中熟记三角函数的诱导公式和三角恒等变换的公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.‎ ‎14.已经函数在上的最大值为，最小值为，则______‎ ‎【答案】-8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简，设，得到函数的对称中心为，进而得到函数在区间上关于点对称，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，函数，‎ 令，‎ 则，‎ 所以，即函数的对称中心为，‎ 则函数在区间上关于点对称，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数在区间上的最值问题，其中解答中合理利用函数的对称性是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎15.当时，函数取得最小值，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用辅助角公式化简函数的解析式，再根据正弦函数的最值求出辅助角，再利用两角差的余弦公式，即可求解.‎ ‎【详解】由函数，其中，且为锐角，‎ 当时，函数取得最小值，所以，即，‎ 所以，‎ 令，即，‎ 故 ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查了辅助角公式，以及两角差的余弦公式公式的化简、求值问题，其中解答中熟练使用辅助角公式，求得的值，以及准确使用两角差的余弦公式运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎16.关于函数,下列说法正确的是______（填上所有正确命题序号）.（1）是的极大值点 ；（2）函数有且只有1个零点；（3）存在正实数，使得恒成立 ；（4）对任意两个正实数，且，若，则.‎ ‎【答案】（2）（4）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用导数求得函数的单调性与极值（最值），即可判定（1）（4），构造新函数，求得新函数的单调性，即可判定（2），由，可得，令，取得函数的的单调性与最值，即可判定（3），得到答案..‎ ‎【详解】由题意，函数，则，‎ 可得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，‎ 所以当时，函数取得极小值，所以（1）不正确；‎ 由函数，所以，‎ 可得函数在区间上单调递减，‎ 当时，，当时，，所以函数有且只有1个零点，所以（2）正确；‎ 由，可得，令，则，‎ 令，则，‎ 所以当时，单调递减，‎ 当时，单调递增，所以，所以 ，‎ 所以在上单调递减，函数无最小值，‎ 所以不存在正整数，使得恒成立，所以（3）不正确；‎ 对于任意两正实数，且，‎ 由（1）可知函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，‎ 若，则，所以（4）正确.‎ 证明如下：不妨设 ，则，‎ 由 令，则，‎ 原式，则，‎ 所以在上是减函数，‎ 所以，所以，‎ 又因为在上单调递增，所以，故。‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数在函数中的综合应用，其中解答中熟记利用导数研究函数的单调性与极值（最值），以及不等式的恒成立问题的求解方法等知识点，合理应用是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.‎ 三、解答题（共70分）‎ ‎17.已知函数．‎ ‎（Ⅰ）当时，求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）设函数，当时，函数的最小值为，且，求的最小值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）当时，化为，讨论范围解得答案.‎ ‎（Ⅱ），再利用均值不等式求的最小值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）当时，化为，‎ 当时，不等式化为，解得；‎ 当时，不等式化为，解得；‎ 当时，不等式化为，解得，‎ 综上不等式的解集是 ‎ ‎（Ⅱ）当时，，‎ 当且仅当，即时，等号成立．‎ 所以，函数的最小值，‎ 所以，．‎ ‎，‎ 当且仅当即时等号成立，‎ 所以的最小值为．‎ ‎【点睛】本题考查了解绝对值不等式，均值不等式，单位1的代换是解题的关键.‎ ‎18.设的内角所对的边分别为，已知．‎ ‎（Ⅰ）求角的大小；‎ ‎（Ⅱ）若，边上的中线，求的面积．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由正弦定理化简得到答案.‎ ‎（Ⅱ），平方，代入公式利用余弦定理得到答案.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为，‎ 由正弦定理得，‎ 即，所以，‎ 因，所以，‎ 又因为，所以． ‎ ‎（Ⅱ）由M是中点，得，‎ 即，‎ 所以，①‎ 又根据余弦定理，有，②‎ 联立①②，得．‎ 所以的面积．‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理，面积公式，向量加减，综合性强，意在考查学生的综合应用能力.‎ ‎19.在平面直角坐标系中，圆的方程为，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，若直线与曲线相切。‎ ‎（Ⅰ）求实数的值；‎ ‎（Ⅱ）在圆上取两点，使得，点与直角坐标原点构成，求面积的最大值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）2；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）将极坐标方程化为普通方程，利用圆心到直线的距离等于半径得到答案.‎ ‎（Ⅱ）将圆方程化为极坐标方程，，，，计算得到答案.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由得，化为直角坐标方程为，‎ 又圆C是圆心为，半径为r的圆，直线与曲线C相切，‎ 可得：． ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）圆C的极坐标方程为，‎ 不妨设，，‎ 则 ‎，‎ 当时，，‎ 所以面积的最大值为．‎ ‎【点睛】本题考查了参数方程，极坐标方程，面积的最大值，利用极坐标方程可以简化运算.‎ ‎20.将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再将所得的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象.‎ ‎（1）写出函数的解析式；‎ ‎（2）若对任意 ， 恒成立，求实数的取值范围；‎ ‎（3）求实数和正整数，使得在上恰有个零点.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用三角函数的图象变换，即可求得函数的解析式；‎ ‎（2）令，则恒成立，再根据二次函数的图象与性质，即可求解；‎ ‎（3）由题意可得的图象与在上有2019个交点，分类讨论，即可求得和的值.‎ ‎【详解】（1）把函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，得到函数的图象，再向左平移个单位长度后得到函数的图象，‎ 故函数的解析式为.‎ ‎（2）若对于任意，则，所以，‎ 又由恒成立，‎ 令，则恒成立，‎ 则，解得.‎ ‎（3）因为在上恰有个零点，‎ 故函数的图象与在上有2019个交点，‎ 当时，，‎ ‎①当或时，函数的图象与在上无交点；‎ ‎②当或时，函数的图象与在上仅有一个交点，‎ 此时要使得函数的图象与在上有2019个交点，则；‎ ‎③当或时，函数的图象与在上2个交点，‎ 此时要使得函数的图象与在上的交点个数，不能是2019个；‎ ‎④当时，函数的图象与在上3个交点，‎ 此时要使得函数图象与在上有2019个交点，则；‎ 综上可得，当或时，；当时，.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数图象与性质的综合应用，以及三角函数的图象变换的应用和恒成立问题的求解，此类题目是三角函数问题中的典型题目，关键在于能利用三角函数的图象变换化简函数、进一步讨论函数的性质，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，属于中档试题.‎ ‎21.已知函数，.‎ ‎（1）求的单调区间；‎ ‎（2）若在上成立，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1），利用，解得，即可得出单调区间．‎ ‎（2）法一：由得，即．令，利用导数研究其单调性即可得出．‎ 法二：由得，即，令，利用导数研究其单调性即可得出．‎ ‎【详解】解：（1），‎ 当时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减，‎ 故单调递增区间为，单调递减区间为.‎ ‎（2）法一：由得，即，‎ 令，，‎ ‎，，在单调递增，‎ 又，，‎ 所以有唯一的零点，‎ 且当时，，即，单调递减，‎ 当时，，即，单调递增，‎ 所以，‎ 又因为所以，‎ 所以，的取值范围是.‎ 法二：由得，‎ 即，‎ 令，因为，，‎ 所以存在零点；‎ 令，则，当时，，单调递减，‎ 当时，，单调递增．‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力．‎ ‎22.已知函数.‎ ‎（1）讨论在上的零点个数；‎ ‎（2）当时，若存在，使，求实数的取值范围.（为自然对数的底数，其值为2.71828……）‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）构造函数，先将讨论在上的零点个数问题，转化为讨论直线与曲线的交点个数问题，用导数方法研究函数 单调性，求出值域，即可得出结果；‎ ‎（2）根据（1）的结果，由求出零点，得到，再由题意得到成立，构造函数，用导数方法研究其单调性，进而可求出结果.‎ ‎【详解】（1）由得，令，‎ 因此讨论在上的零点个数，即是讨论直线与曲线的交点个数， ‎ ‎∵，在上恒成立，‎ 故在上单调递增，， ‎ 又连续不断，所以当时，在上无零点；‎ 当时，在上存在一个零点. ‎ ‎（2）当时，由（1）得在上存在一个零点，‎ 由得，‎ 由（1）可得在上单调递减，在上单调递增；‎ 所以， ‎ 又存在，使成立，‎ 所以，只需成立，即不等式成立，‎ 令，‎ 则，‎ 易知在上恒成立，‎ 故在上单调递增 又，所以.‎ 故实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的应用，用导数的方法研究函数的零点、以及根据不等式能成立求参数的问题，熟练掌握导数的方法研究函数单调性、最值等即可，属于常考题型.‎ ‎ ‎