北京市海淀区中国人民大学附属中学2020届高三10月月考数学试题 18页

人大附中2019－2020学年度高三10月质量检测题 数 学 一、选择题（本大题共8道小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个备选答案中，只有一个是符合题目要求的，请把所选答案前的字母按规定求填涂在“答题纸”第1－6题的相应位置上．）‎ ‎1.已知全集，集合，则集合等于（ ）‎ A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出集合中不等式的解集确定出，根据全集求出的补集即可．‎ ‎【详解】由中的不等式变形得：或，‎ 解得：，‎ 即，‎ ‎∵全集，‎ ‎∴=或.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查分式不等式的解法，考查补集及其运算，属于基础题.‎ ‎2.已知角的终边与单位圆交于点,则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角函数的定义即可求出．‎ ‎【详解】根据三角函数的定义可知，．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的定义的应用，属于基础题．‎ ‎3.下列函数中是奇函数，且在区间上是增函数的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可先判断奇偶性，再判断单调性．‎ ‎【详解】由奇偶性定义知ACD三个函数都是奇函数，B不是奇函数也不是偶函数，‎ 在上是减函数，是勾形函数，在上递增，在上递增，‎ 只有在上递增．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性，掌握奇偶和单调性定义是解题基础．‎ ‎4.为了得到函数的图象，只要把的图象上所有的点（ ）‎ A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把函数式化为形式可得．‎ ‎【详解】，‎ 因此把的图象上所有的点向左平移个单位得到函数的图象．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的图象平移变换，解题时对相位变换要注意平移的概念，特别是向左平移个单位，得不是．‎ ‎5.“”是 “”的 （ ）‎ A. 充分不必要条件； B. 必要不充分条件；‎ C. 充要条件； D. 既不充分也不必要条件.‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎，而，如，则不成立，所以”是 “”的充分不必要条件．选.‎ 考点：充分条件、必要条件.‎ ‎6.如果实数集的子集满足：任意开区间（其中）中都含有中的元素，则称在中的稠密，若“的子集在中的不稠密”，则（ ）‎ A. 任意开区间都不含有中的元素 B. 存在开区间不含有中的元素 C. 任意开区间都含有的补集中的元素 D. 存在开区间含有的补集的元素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 写出命题在中的稠密的否定即可，‎ ‎【详解】命题“任意开区间（其中）中都含有中的元素”的否定是：“存在开区间（其中）不含有中的元素”，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查新定义，考查命题的否定．解题关键是正确理解题意，的子集在中的不稠密就是在中的稠密的否定．由命题的否定可得．‎ ‎7.函数的大致图象有可能是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的奇偶性排除D选项.根据的零点个数，对选项进行排除，由此得出正确选项.‎ ‎【详解】函数是偶函数，排除D；由，知当时，有两个解，令，而与在有两个不同的交点（如下图所示），故函数在上有个零点，故选A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查函数图像的识别，考查二倍角公式以及零点的个数判断方法，属于中档题.‎ ‎8.已知，关于的方程的根为，，关于的方程，根为，．当变化时，的最小值为（ ）‎ A. B. ‎8 ‎C. D. 16‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由数形结合思想求出，计算并化简，然后由基本不等式求得最小值．‎ ‎【详解】在同一坐标系中作出的图象和直线，，交点的横坐标分别，由方程解得，同理，，‎ ‎，当且仅当，即时等号成立．‎ ‎∴的最小值是8．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查对数函数的图象与性质的综合应用，求出方程的根代入并化简后应用基本不等式解决问题是解题关键．‎ 二、填空题（本大题共6道小题，每小题5分，共30分．请将每道题的最简答案填写在“答题纸”第9－14题的相应位置上．）‎ ‎9.已知向量，，若与共线，则实数__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由向量共线的坐标表示计算．‎ ‎【详解】由题意，．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查向量平行的坐标运算，属于基础题同．‎ ‎10.函数的定义域为______________ .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据幂函数的定义域、对数函数的定义域以及分母不等于零，列不等式组求解即可.‎ ‎【详解】要使函数有意义，‎ 则，解得且，‎ 所以函数的定义域为，‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的定义域、不等式的解法，属于中档题. 定义域的三种类型及求法：‎ ‎(1)已知函数的解析式，则构造使解析式有意义的不等式(组)求解；(2) 对实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解；(3) 若已知函数的定义域为，则函数的定义域由不等式求出.‎ ‎11.函数的部分图象如图所示，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合“五点法作图”可求解．‎ ‎【详解】由题意，，，，，∵，∴．‎ ‎∴．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查由三角函数图象求解析式，掌握“五点法作图”是解题关键．‎ ‎12.如图所示，某游乐园内摩天轮的中心点距地面的高度为‎50m，摩天轮做匀速运动．摩天轮上一点自最低点点起经过后，点的高度（单位：m），那么的高度在距地面以上的时间为__________．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接解不等式即可．‎ ‎【详解】由题意，，，，，取，则，．‎ 故答案为：4．‎ ‎【点睛】本题考查三角函数模型的应用．考查解三角不等式，属于基础题．‎ ‎13.如图，在△ABC中，BO为边AC上的中线，，设∥，若，则的值为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：因为所以.又∥，可设从而.因为 ‎，所以.‎ 考点：向量共线表示 ‎14.已知集合是满足下列性质的函数的全体，存在非零常数，对任意，有成立．‎ ‎（1）给出下列两个函数：，，其中属于集合的函数是__________．‎ ‎（2）若函数，则实数的取值集合为__________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据集合的性质判断．‎ ‎（2）根据集合的性质求解，由恒成立成立，只有，‎ ‎【详解】（1）若，则存在非零点常数，使得，则，对恒成立，这是不可能的，；‎ 若，则存在非零点常数，使得，则，对恒成立，，；‎ ‎（2）函数，则存在非零点常数，使得，即，‎ 时，，‎ 时，由知，，，，因此要使成立，只有，‎ 若，则，，‎ 若，则，即，，‎ ‎，‎ 综上实数的取值范围是．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查新定义问题，此类问题的特点是解决问题只能以新定义规则为依据，由新定义规则把问题转化，转化为熟悉的问题进行解决．‎ 三、解答题（本大题共6道小题，共80分．解答题应写出文字说明、演算步骤或证明过程．请将解答题的答案填写在“答题纸”第15－20题的相应位置上．）‎ ‎15.已知函数的最大值为5．‎ ‎（1）求的值和的最小正周期；‎ ‎（2）求的单调递增区间．‎ ‎【答案】（1），．（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先降幂，由两角和正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数性质求解；‎ ‎（2）由正弦函数的单调区间可得．‎ ‎【详解】（1），由题意，，‎ ‎．‎ ‎（2），解得，‎ ‎∴增区间为．‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的恒等变换，考查正弦函数的性质：周期性，最值，单调性，掌握正弦函数的性质是解题关键．‎ ‎16.如图所示，在平面四边形中，，，，，.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求的长.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在中，由余弦定理，可求得，再由正弦定理得，可求出；‎ ‎（2）先求出，结合，可得，再由可求出答案.‎ ‎【详解】（1）在中，由余弦定理，得 ‎，‎ 在中，由正弦定理，得.‎ 于，.‎ ‎（2）由题设知，，于是由（1）知，.‎ 而，所以，‎ 在直角中，.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查正弦定理及余弦定理在解三角形中的应用，考查学生的推理能力与计算能力，属于基础题.‎ ‎17.在一张足够大的纸板上截取一个面积为3600平方厘米的矩形纸板ABCD，然后在矩形纸板的四个角上切去边长相等的小正方形，再把它的边沿虚线折起，做成一个无盖的长方体纸盒（如图）．设小正方形边长为x厘米，矩形纸板的两边AB，BC的长分别为a厘米和b厘米，其中a≥b．‎ ‎（1）当a＝90时，求纸盒侧面积的最大值；‎ ‎（2）试确定a，b，x的值，使得纸盒的体积最大，并求出最大值．‎ ‎【答案】（1）当x＝时，纸盒的侧面积的最大值为平方厘米;‎ ‎（2）当a＝b＝60，x＝10时纸盒的体积最大，最大值为16000立方厘米．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）矩形纸板的面积为，故当时，，列出关于纸盒侧面积函数解析式，利用二次函数的性质，即可求得最大值；‎ ‎（2）列出盒子体积的函数解析式，利用导数求解函数的单调性、最值，即可得到结论．‎ ‎ 试题解析：‎ ‎（1）因为矩形纸板ABCD的面积为3600，故当a＝90时，b＝40，‎ 从而包装盒子的侧面积 S＝2×x(90－2x)＋2×x(40－2x)‎ ‎＝－8x2＋260x，x∈(0，20) ． ‎ 因为S＝－8x2＋260x＝－8(x－)2＋， ‎ 故当x＝时，侧面积最大，最大值为 平方厘米． ‎ 答：当x＝时，纸盒的侧面积的最大值为平方厘米． ‎ ‎（2）包装盒子的体积 V＝(a－2x)(b－2x) x＝x[ab－2(a＋b)x＋4x2]，x∈(0，)，b≤60．‎ ‎ V＝x[ab－2(a＋b)x＋4x2]≤x(ab－4x＋4x2)‎ ‎＝x(3600－240x＋4x2)‎ ‎＝4x3－240x2＋3600x． 当且仅当a＝b＝60时等号成立．‎ 设f (x)＝4x3－240x2＋3600x，x∈(0，30)．‎ 则f ′ (x)＝12(x－10)(x－30)．‎ 于是当0＜x＜10时，f ′ (x)＞0，所以f (x)在(0，10)上单调递增；‎ 当10＜x＜30时，f ′ (x)＜0，所以f (x)在(10，30)上单调递减．‎ 因此当x＝10时，f (x)有最大值f (10)＝16000， 此时a＝b＝60，x＝10． ‎ 答：当a＝b＝60，x＝10时纸盒的体积最大，最大值为16000立方厘米．‎ ‎18.已知函数．‎ ‎（1）曲线在点处的切线与直线平行，求的方程；‎ ‎（2）若函数的图象与直线只有一个公共点，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出导函数，由，求得，可得切线方程；‎ ‎（2）由导数确定函数的单调性，解不等式的极大值即可．‎ ‎【详解】（1）由题意，，，‎ 时，，切线方程是，即．‎ ‎（2）由（1），‎ 若，在实数集上递增，‎ 函数的图象与直线只有一个公共点，符合题意，‎ 若，‎ 或时，，时，，‎ ‎∴，，‎ ‎∵函数图象与直线只有一个公共点，∴，‎ 即，，，且，‎ 综上可得，的范围是．‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，考查有导数研究函数的极值．函数图象与直线的交点个数问题转化为函数极值的不等关系是本题解题关键．‎ ‎19.设函数．‎ ‎（1）求函数在上的最小值点；‎ ‎（2）若，求证：是函数在时单调递增的充分不必要条件．‎ ‎【答案】（1）时，最小值点为，时，最小值点为，当时，最小值点为．（2）见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出导函数，研究函数的单调性，确定函数在上单调性得最值．‎ ‎（2）求出数在时单调递增时的的取值范围后可得结论．‎ ‎【详解】（1），由得，‎ 当时，，递减，时，，递增，‎ 当，即时，在递增，的最小值点为，‎ ‎ ，即时，的极小值点也是最小值点为，‎ ‎，即时，在递减，的最小值点为．‎ 综上，时，最小值点为，时，最小值点为，当时，最小值点为．‎ ‎（2）由已知，，‎ 由题意在上恒成立，即在上恒成立，‎ 设，，‎ 设，，当时，，递增，∴，∴，在上递减，‎ ‎，∴时，，∴．‎ ‎∴：是函数在时单调递增的充分不必要条件．‎ ‎【点睛】本题考查用导数研究函数的最值，考查函数的单调性．求函数在某个区间上的最值问题，关键是确定函数的单调性，函数在某个区间上的单调问题转化为不等式恒成立，不等式恒成立经可转化为研究函数的最值．‎ ‎20.如图，设是由个实数组成的行列的数表，其中表示位于第行第列的实数，且.‎ 定义为第s行与第t行的积. 若对于任意（），都有，则称数表为完美数表.‎ ‎（Ⅰ）当时，试写出一个符合条件的完美数表；‎ ‎（Ⅱ）证明：不存在10行10列的完美数表；‎ ‎（Ⅲ）设为行列的完美数表，且对于任意的和，都有，证明：.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）（1）见解析，（2）不存在10行10列完美数表；（Ⅲ）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据定义确定一个解即可，（Ⅱ）先研究完美数表性质，再利用性质作变换，考虑前三行的情况，列方程组，最后根据所求解得矛盾，即证得结论，（Ⅲ）把作为研究对象，根据条件可得，根据定义可得.最后根据不等关系：证得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）答案不唯一. 如 ‎1‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎（Ⅱ）假设存在10行10列的完美数表. 根据完美数表的定义，可以得到以下两个结论：‎ ‎（1）把完美数表的任何一列的数变为其相反数（即均变为，而均变为），得到的新数表是完美数表；‎ ‎（2）交换完美数表的任意两列，得到的新数表也是完美数表. ‎ ‎ 完美数表反复经过上述两个结论的变换，前三行可以为如下形式：‎ 在这个新数表中，设前三行中的数均为1的有x列，前三行中“第1, 2行中的数为1，且第3行中的数为‎-1”‎的有y列，前三行中“第1, 3行中的数为1，且第2行中的数为‎-1”‎的有z列，前三行中“第1行中的数为1，且第2, 3行中的数为‎-1”‎的有w列（如上表所示），‎ 则 ‎ 由，得； ‎ 由，得； ‎ 由，得. ‎ 解方程组，，，，得. 这与矛盾，‎ 所以不存在10行10列的完美数表. ‎ ‎（Ⅲ）记第1列前行中数的和，‎ 第2列前行中的数的和 ，……，‎ 第n列前行中的数的和，‎ 因为对于任意的和，都有，‎ 所以. ‎ 又因为对于任意（），都有，‎ 所以. ‎ 又因为，‎ 所以，即.‎ ‎【点睛】解决新定义问题的两个着手点(1)正确理解新定义．耐心阅读，分析含义，准确提取信息是解决这类问题的前提，剥去新定义、新法则、新运算的外表，利用所学的知识将陌生的性质转化为我们熟悉的性质，是解决这类问题的突破口．(2)合理利用有关性质是破解新定义型问题的关键．在解题时要善于从题设条件给出的数式中发现可以使用性质的一些因素，并合理利用．‎ ‎ ‎