江西省宜春市上高县第二中学2020届高三上学期11月月考数学（理）试题 25页

‎2020届高三年级第三次月考数学（理科）试题 一、单选题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）‎ ‎1.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出集合的等价条件，根据集合的基本运算进行求解即可．‎ ‎【详解】A＝{x|log2（x+1）＜2}＝{x|0＜x+1＜4}＝{x|﹣1＜x＜3}，‎ 则∁RA＝{x|x≥3或x≤﹣1}，‎ B＝{y|y}＝{y|0≤y＜4}，‎ 则（∁RA）∩B＝{x|3≤x＜4}＝[3，4），‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的基本运算，求出集合的等价条件是解决本题的关键．‎ ‎2.中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴. 一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成，设扇形的面积为，圆面中剩余部分的面积为，当与的比值为时，扇面看上去形状较为美观，那么此时扇形的圆心角的弧度数为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据扇形与圆面积公式，可知面积比即为圆心角之比，再根据圆心角和的关系，求解出扇形的圆心角.‎ ‎【详解】与所在扇形圆心角的比即为它们的面积比，‎ 设与所在扇形圆心角分别为，‎ 则，又，解得 ‎【点睛】本题考查圆与扇形的面积计算，难度较易.扇形的面积公式：，其中是扇形圆心角的弧度数，是扇形的弧长.‎ ‎3.在△ABC中，， M是AB的中点，N是CM的中点，则( ) ‎ A. , B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量的加减法的三角形法则与平行四边形法则将表达出来即可.‎ ‎【详解】,即 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的运算法则,主要是用三角形法则与平行四边法则.‎ ‎4.下列四个结论：‎ ‎①命题“”的否定是“”；‎ ‎②若是真命题，则可能是真命题；‎ ‎③“且”是“”的充要条件；‎ ‎④当时，幂函数在区间上单调递减.‎ 其中正确的是（ ）‎ A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对①②③根据全称特称命题否定,真值表与充要条件的方法判断.‎ ‎④根据幂函数的性质判断即可.‎ ‎【详解】对①,命题“”的否定是“”,故①正确.‎ 对②,是真命题则均为真命题,故为假命题,故②错误.‎ 对③,当时满足但不满足且,故③错误.‎ 对④,当时,幂函数在区间上单调递减正确,故④正确.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查命题真假的判断与充分必要条件的性质等,属于基础题型.‎ ‎5.我国著名数学家华罗庚先生曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休.”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如函数的图象大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据奇偶性与函数的正负判断即可.‎ ‎【详解】因为,故为偶函数,排除,D.‎ 又,故恒成立,排除A.‎ 当时取得最大值,‎ 即函数在处有最大值,排除C.‎ 故选：B ‎【点睛】判断函数图像一般用奇偶性与正负排除选项,同时注意函数的取值范围,属于基本题型.‎ ‎6.已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用和差角公式展开,求得后再算即可.‎ ‎【详解】由有,‎ 故,合并同类型有,‎ 显然,所以,故 故选：A ‎【点睛】本题主要考查三角函数的恒等变换,包括和差角公式与二倍角公式等,属于中等题型.‎ ‎7.函数的单调递减区间是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：首先利用差角公式将解析式化简，应用复合函数单调性法则，结合对数式的底数是，从而得到应该求的增区间，并且首先满足真数大于零的条件，从而得到，化简，最后求得其结果为，从而确定选项.‎ 详解：根据题意有，所以要求，结合复合函数单调性法则，实则求的增区间，所以有，解得，所以函数的单调减区间是，故选B.‎ 点睛：该题考查的是有关复合函数的单调区间的问题，在解题的过程中，需要首先化简函数解析式，之后根据复合函数单调性法则同增异减的原则，得到其结果，在解题的过程中，需要时刻注意定义域优先原则，得保证函数有意义，之后列出相应的式子，求得结果.‎ ‎8.，，且，则下列结论正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数，利用其导函数判断出单调区间，根据奇偶性和对称性可得正确选项.‎ ‎【详解】构造形式，则，时导函数，单调递增；时导函数，单调递减．又 为偶函数，根据单调性和对称性可知选D.故本小题选D.‎ ‎【点睛】本小题主要考查构造函数法，考查利用导数研究函数的单调性以及求解不等式，属于中档题.‎ ‎9.如图是函数在区间上的图象,为了得到这个函数的图象,只需将的图象上的所有的点（ ）‎ A. 向左平移个长度单位,再把所得各点的横坐标变为原来的,纵坐标不变 B. 向左平移个长度单位,再把所得各点的横坐标变为原来的2倍,纵坐标不变 C. 向左平移个长度单位,再把所得各点横坐标变为原来的,纵坐标不变 D. 向左平移个长度单位,再把所得各点的横坐标变为原来的2倍,纵坐标不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，可得函数的解析式，再根据函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．‎ ‎【详解】根据函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，x∈R）在区间[，]上的图象，‎ 可得A＝1，，∴ω＝2．‎ 再根据五点法作图，2•（）+φ＝0，求得φ，故函数f（x）＝sin（2x）．‎ 故把的图象向左平移个单位长度，可得y＝sin（x+）的图象；‎ 再把所得各点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，可得f（x）＝sin（2x）的图象，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查由函数y＝Asin（ωx+φ）的部分图象求解析式，由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，还考查了函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，属于中档题．‎ ‎10.在边长为1正三角形ABC中，且则 的最大值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，可将表示为，利用数量积运算及基本不等式，可求的最大值．‎ ‎【详解】由题意，‎ ‎∵‎ ‎∴1‎ ‎∵x＞0，y＞0，且x+y＝1‎ ‎∴xy ‎∴﹣11‎ 当且仅当x＝y时，取等号 ‎∴当x＝y时，的最大值为 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查向量知识的运用，考查向量的加法，考查向量的数量积，考查基本不等式的运用，综合性强．‎ ‎11.设函数，若互不相等的实数满足，‎ 则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出的图像,再表达出分析最值即可.‎ ‎【详解】由题意作图,由有,故.当时,.所以,又. 所以当时取最大值,当时取最小值2.‎ 所以 故选：C ‎【点睛】本题主要考查函数的零点问题,主要通过画图求得自变量之间的关系.注意在求函数值的取值范围时先求解自变量的取值范围.‎ ‎12.已知函数存在极值，若这些极值的和大于，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导分析极值点,再求出极值相加大于,求得关于的不等式求解即可.‎ ‎【详解】由有,令,‎ 因为存在极值故有正根,且不为重根,故.设两根分别为,则,故有两个不相等的正根.故极值之和为 ‎,‎ 代入韦达定理得,故,‎ 又,故,且满足 故选：B ‎【点睛】本题主要考查极值点的求法以及导函数中关于二次函数根的韦达定理应用,计算的时候注意根的取值范围与判别式.属于综合题型.‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知函数，若正实数满足，则的最小值为______________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由知为奇函数,求导分析为增函数,故利用 可以算得的关系,再利用基本不等式的方法求的最小值即可.‎ ‎【详解】,故为奇函数,又,所以为增函数.又,‎ 故,所以 ‎,当且仅当时取得最小值1.‎ 故答案：1‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的奇偶性与单调性的运用以及基本不等式的用法,属于中等题型.‎ ‎14.若，则实数的值为____________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求的原函数,再令即可.‎ ‎【详解】易得的原函数,所以,‎ 即,故 故答案为：1‎ ‎【点睛】本题主要考查定积分的基本运算,属于基础题型.‎ ‎15.已知且则=_________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 观察到,故算出进而求得,再根据二倍角公式求得即可.‎ ‎【详解】因为,所以,,‎ 故,故 ‎,故 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数恒等变换,注意观察角度的关系,同时题目给了角度的范围需要用来判断所求三角函数值的正负.‎ ‎16.若函数是R上的单调函数，且对任意的实数x都有，则 _________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 为复合函数问题,故考虑将括号内的换元进行分步求解.进而根据单调性求得,再求即可.‎ ‎【详解】令则且,故,观察得为一个根,且为增函数,故有唯一解,又 且是R上的单调函数,故,,‎ 故.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查复合函数与单调性的用法,需要利用单调性来判断函数的取值与范围,注意在求超越方程时观察出对应的简单的根.‎ 三、解答题（70分）‎ ‎17.已知函数.‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若二次函数与函数的图象恒有公共点，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代入函数解析式，并将函数表示为分段函数形式，利用零点分段法可解出不等式的解集；‎ ‎（2）首先求得二次函数的最小值和函数的最大值，据此得到关于实数的不等式，求得不等式可得出实数的取值范围。‎ ‎【详解】（1）当时，.‎ 当时，，‎ 由，得，解得，此时，；‎ 当时，，‎ 由，得，解得，此时，；‎ 当时，，‎ 由由，得，解得，此时，.‎ 综上所述，不等式的解集为；‎ ‎（2），该函数在处取得最小值，‎ 因为，‎ 所以，函数在处取得最大值，‎ 由于二次函数与函数的图像恒有公共点，‎ 只需，即，因此，实数的取值范围是。‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，二次函数的性质，着重考查了学生对基础概念的理解，还考查了函数的恒成立问题，一般转化为最值来处理，考查了化归与转化思想的应用，属于中等题。‎ ‎18.据报道，全国很多省市将英语考试作为高考改革的重点，一时间“英语考试该如何改革”引起广泛关注，为了解某地区学生和包括老师、家长在内的社会人士对高考英语改革的看法，某媒体在该地区选择了3600人进行调查，就“是否取消英语听力”问题进行了问卷调查统计，结果如下表：‎ 态度 调查人群 应该取消 应该保留 无所谓 在校学生 ‎2100人 ‎120人 人 社会人士 ‎600人 人 人 ‎（1）已知在全体样本中随机抽取人，抽到持“应该保留”态度的人的概率为，现用分层抽样的方法在所有参与调查的人中抽取人进行问卷访谈，问应在持“无所谓”态度的人中抽取多少人？‎ ‎（2）在持“应该保留”态度的人中，用分层抽样的方法抽取人，再平均分成两组进行深入交流，求第一组中在校学生人数的分布列和数学期望．‎ ‎【答案】(1)72； （2）2 .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意得持“应该保留”态度的人为,占总人数3600的 0.05,列出对应的概率等式即可算得,再利用分层抽样的方法求解在持“无所谓”态度的人中抽取多少人即可. (2)由分层抽样可求得在校学生为4人,社会人士为2人,再利用超几何分布的方法列出分布列求解期望即可.‎ ‎【详解】（1）因为抽到持“应该保留”态度的人的概率为0.05,‎ 所以，所以. ‎ 所以持“无所谓”态度的人数共有,‎ 所以应在“无所谓”态度抽取人.  ‎ ‎（2）解：由（Ⅰ）知持“应该保留”态度的一共有180人， ‎ 所以在所抽取的6人中，在校学生为人，‎ 社会人士为人， ‎ 则第一组在校学生人数 ‎,,, ‎ 即的分布列为:‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查分层抽样的一般方法与超几何分布的一般方法.同时也考查了分布列与数学期望的方法,属于中等题型.‎ ‎19.已知函数．‎ ‎（1）若对任意，都有成立，求的取值范围；‎ ‎（2）若先将的图象上每个点纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，然后再向左平移个单位得到函数的图象，求函数在区间内的所有零点之和．‎ ‎【答案】(1) .(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先由倍角公式以及两角和的正弦公式进行化简，再求出函数的最小值即可求出a的范围；(2)根据函数图像的对称性即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）.‎ 若对任意，都有成立，则只需即可 ‎∵，∴，‎ ‎∴当，即时， 有最小值，故. ‎ ‎（2）依题意可得，由得，‎ 由图可知，在上有4个零点： ，‎ 根据对称性有，‎ 从而所有零点和为.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的值域以及函数图像的对称性，熟记两角和与差的正弦公式等以及图像的变换即可，属于常考题型.‎ ‎20.如图，直三棱柱中，，，分别为、的中点.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）已知与平面所成的角为，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见证明（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解法1：（1）建立空间直角坐标系，利用直线的向量和平面法向量平行证明线面垂直；‎ ‎（2）设，利用与平面所成的角为得到的值，再求出两个面的法向量之间的夹角余弦值，得到二面角的余弦值.‎ 解法2：（1）取中点，连接、，易证平面，再证明,可得平面 ‎（2）设，利用与平面所成的角为得到的值，再求出两个面的法向量之间的夹角余弦值，得到二面角的余弦值.‎ 解法3：（1）同解法2‎ ‎（2）设，利用三棱锥等体积转化，得到到面的距离，利用与平面所成的角为得到与的关系，解出，在两个平面分别找出垂直于交线，得到二面角，求出其余弦值.‎ ‎【详解】解法1：‎ ‎（1）以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系．‎ 设，，则，，， ，，‎ ‎，，，．‎ 因为，，‎ 所以，，面，面，‎ 于是平面．‎ ‎（2）设平面的法向量，‎ 则，，‎ 又，，‎ 故，取，得．‎ 因为与平面所成的角为，，‎ 所以， ，‎ 解得，．‎ 由（1）知平面的法向量，‎ ‎ ，‎ 所以二面角的余弦值为．‎ 解法2：‎ ‎（1）取中点，连接、,‎ ‎ ，‎ ‎ 平面，平面 ‎ ，‎ 而平面,平面,‎ ‎ 平面．‎ 为中点， ，，‎ ‎ ，，‎ 四边形为平行四边形，‎ ‎ ．‎ ‎ 平面．‎ ‎（2）以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系．‎ 设，，，则，，．‎ 设平面的法向量，‎ 则，，‎ 又，，‎ 故，‎ 取，得．‎ 因为与平面所成的角为，，‎ 所以， ，‎ 解得，．‎ 由（1）知平面的法向量，‎ 所以二面角的余弦值为．‎ 解法3：‎ ‎（1）同解法2．‎ ‎（2）设，，则，,，‎ ‎，，‎ 到平面距离，设到面距离为，‎ 由 得，即 ‎．‎ 因为与平面所成的角为，‎ 所以，‎ 而在直角三角形中，‎ 所以，‎ 解得．‎ 因为平面，平面,所以，‎ 平面，平面所以，所以平面，‎ 平面,平面 所以为二面角的平面角，‎ 而,可得四边形是正方形，所以，‎ 所以二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明，利用几何关系构造方程求出边的大小，利用空间向量证明线面垂直，求二面角的大小，属于中档题.‎ ‎21.如图，在平面四边形ABCD中， .‎ ‎(1)若，求的大小；‎ ‎(2)设△BCD的面积为S，求S的取值范围.‎ ‎【答案】(1) . (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在△ABD中，由余弦定理可求BD的值，进而在△BCD中，由正弦定理可求sin∠CDB，求得∠CDB，即可得解∠CBD＝60°﹣∠CDB＝15°．‎ ‎（2）设∠CBD＝θ，则∠CDB＝60°﹣θ．在△BCD中，由正弦定理可求BC＝4sin（60°﹣θ），利用三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用可求S＝2sin（2θ+30°），结合范围0°＜θ＜60°，利用正弦函数的性质可求S的取值范围．‎ ‎【详解】（1）‎ 在中，因为，‎ 则，所以.‎ 在中，因为，‎ 由，得，则.‎ 所以.‎ ‎（2）设，则.‎ 在中，因为，则.‎ 所以 ‎.‎ 因为，则，所以.‎ 故的取值范围是 ‎【点睛】本题主要考查了余弦定理，正弦定理，三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．‎ ‎22.已知函数，．‎ ‎（Ⅰ）若在内单调递减，求实数取值范围；‎ ‎（Ⅱ）若函数有两个极值点分别为，，证明：．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见证明 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）先求得函数的导数，根据函数在上的单调性列不等式，分离常数后利用构造函数法求得的取值范围.（II）将极值点代入导函数列方程组，将所要证明的不等式转化为证明，利用构造函数法证得上述不等式成立.‎ ‎【详解】（I）． ‎ ‎∴在内单调递减， ‎ ‎∴在内恒成立， ‎ 即在内恒成立．‎ 令，则，‎ ‎∴当时，，即在内为增函数；‎ 当时，，即在内为减函数． ‎ ‎∴的最大值为，‎ ‎∴‎ ‎（Ⅱ）若函数有两个极值点分别为，，‎ 则在内有两根，，‎ 由（I），知． ‎ 由，两式相减，得．‎ 不妨设， ‎ ‎∴要证明，只需证明． ‎ 即证明，亦即证明． ‎ 令函数．‎ ‎∴，即函数在内单调递减．‎ ‎∴时，有，∴．‎ 即不等式成立． ‎ 综上，得．‎ ‎【点睛】本小题主要考查根据函数的单调性求参数，考查利用导数研究函数极值点问题，考查利用导数证明不等式，考查利用构造函数法证明不等式，难度较大，属于难题.‎ ‎ ‎