广东省珠海市实验中学-东莞六中2020届高三上学期第一次联考文科数学试题 19页

广东省珠海市实验中学-东莞六中2019－2020学年第一学期第一次联考文科数学试题 一．选择题:本大题共12个小题，每小题5分，共60分.‎ ‎1.已知全集，集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：,‎ 所以，故选A．‎ 考点：集合的运算．‎ ‎2.是的（ ）条件.‎ A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求解两个不等式，得到与的关系，结合充分必要条件的判定，即可求解．‎ ‎【详解】由，解得或，由，解得或，‎ 所以由不能推得，反之由可推得，‎ 所以是的必要不充分条件，故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，以及必要不充分条件的判定，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎3.已知等差数列{an}中，a7＋a9＝16，a4＝1，则a12值是(　　)‎ A. 15 B. 30‎ C. 31 D. 64‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列性质解得，再根据等差数列性质得结果.‎ ‎【详解】因为 故选:A ‎【点睛】本题考查等差数列性质，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎4.若，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据诱导公式和余弦的倍角公式，化简得，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，可得 ‎，故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的化简求值问题，其中解答中合理配凑，以及准确利用诱导公式和余弦的倍角公式化简、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．‎ ‎5.已知平面向量，，且，则＝‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量平行求出x的值，结合向量模长的坐标公式进行求解即可．‎ ‎【详解】且 ，则 ‎ 故 ‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查向量模长的计算，根据向量平行的坐标公式求出x的值是解决本题的关键．‎ ‎6.设实数满足则的大小关系为 A. c0，所以排除C，D，令，解得或，‎ 则时，，排除B，选A.‎ 所以本题选A.‎ ‎【点睛】本题考查函数图象的判断，一般采用排除法，可利用赋值，求函数奇偶性等进行排除，属基础题.‎ ‎8.设，，若是与的等比中项，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比中项的定义与指数运算可得出，即，然后将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求出的最小值.‎ ‎【详解】由题意可得，即，得，所以，，‎ ‎，，由基本不等式得 ‎，‎ 当且仅当时，即当时，等号成立，‎ 因此，的最小值为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查利用基本不等式求代数式的最值，同时也考查了等比中项的性质以及指数运算，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎9.设函数，若曲线在点处的切线方程为，则（ ）‎ A. 0 B. C. 1 D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题干的到函数在处的切线的斜率为，故.‎ ‎【详解】将代入直线方程得,故切点为,直线斜率为,,.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】这个题目考查了导函数的几何意义，即到函数在某一个点处的函数值就是原函数在这一点处的切线的斜率.属于基础题目.‎ ‎10.中，,,,为线段上任意一点，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设PA＝x，x∈[0，]，利用向量数量积的运算性质可求，结合二次函数的性质即可求解．‎ ‎【详解】△ABC中，设PA＝x，x∈[0，]，‎ 则（）•x（﹣x）×cos180°+2（﹣x）×cos45°‎ ‎＝x2﹣x+4，‎ ‎∵x∈[0，]，‎ 由二次函数的性质可知，当x时，有最小值；‎ 当x＝0时，有最大值4，‎ 所求的范围是[，4]．‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了向量的基本定理及向量的数量积的运算性质，二次函数的性质等知识的简单应用，属于中档题．‎ ‎11.已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可得：在R上恒成立，令，转化成在恒成立，利用一元二次不等式在区间上恒成立列不等式组即可求解．‎ ‎【详解】因为函数在上单调递减，所以在上恒成立，‎ 令，‎ 设，则在上恒成立，‎ 所以且，解得，‎ 所以实数的取值范围是．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数与函数单调性间的关系，还考查了一元二次不等式在区间上恒成立问题，考查转化思想及计算能力，属于中档题．‎ ‎12.已知函数（），若函数 有三个零点，则实数的取值范围是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 当 时,只有一个零点1,舍去;‎ 当 时,没有零点,舍去;‎ 当 时,,选D.‎ 点睛：‎ 对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．‎ 第13题 ~ 第21题为必做题，每个试题考生都必须作答.第22题 ~ 第23题为选做题，考生根据要求作答.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.‎ ‎13.已知实数，满足不等式组，则的最大值为_______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组表示的平面区域，根据目标函数的几何意义，结合图象，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，作出不等式组表示的平面区域，如图所示，‎ 又由，即表示平面区域内任一点与点之间连线的斜率，‎ 显然直线的斜率最大，‎ 又由，解得，则，‎ 所以的最大值为2.‎ ‎【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．‎ ‎14.某四面体的三视图如图所示，则该四面体的体积为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图作出三棱锥的实物图，计算出三棱锥的底面积和高，然后利用锥体的体积公式可计算出该几何体的体积.‎ ‎【详解】根据三视图可知，该四面体侧棱底面，且，，，，是正方体的一个角，‎ 所以，该四面体的体积为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查几何体体积的计算，涉及到几何体的三视图，解题的关键就是将几何体的实物图作出，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎15.已知数列的首项，其前n项和为．若，则 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】已知数列的前项和的关系，要求项，‎ 一般把已知中的用代换得 ‎，两式相减得，‎ 又，，‎ 所以数列从第二项开始成等比数列，‎ 因此其通项公式为．‎ ‎16.若关于的不等式对任意恒成立，则的取值范围是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分离参数可得不等式对任意恒成立，设，求出函数在上的最小值后可得结果．‎ ‎【详解】∵关于不等式对任意恒成立，‎ ‎∴对任意恒成立．‎ 设，则，‎ ‎∴当时，单调递减；当时，单调递增．‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎∴实数的取值范围是．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】解答不等式在某区间上的恒成立问题时，常用的方法是分离参数法，即通过参数的分离，把不等式化为一边只含有参数、另一边只含有变量的形式，然后通过构造函数并求出函数的最值后可得所求．解题中常用到以下结论：恒成立或恒成立，当函数的最值不存在时，可利用函数值域的端点值来代替．‎ 三 、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知的内角，，的对边分别为，，，且.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，，边的中点为，求的长.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由及正弦定理得，从而得到角的大小；‎ ‎（2）利用可得，进而利用余弦定理可得，再利用余弦定理可得BD.‎ ‎【详解】（1）由及正弦定理得：，‎ 又 ，所以，‎ 因为所以，‎ 因为，所以.‎ ‎（2）由余弦定理得，‎ 所以，所以，‎ 因为，‎ 所以 ，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理的综合应用，解题时注意分析角的范围.对于余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2）.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还要记住， ， 等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.‎ ‎18.如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为中点．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求证：．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)连接与与交于点，在 利用中位线证明平行.‎ ‎(2) 首先证明平面，由于平面，证明得到结论.‎ ‎【详解】证明：（1）连接与交于点，连接 因底面为菱形，所以为中点 因为为中点，所以 平面，平面，所以平面 ‎（2）在直四棱柱中，平面，平面 所以 因为底面为菱形，所以 所以，，，平面，平面 所以平面 因为平面，所以 ‎【点睛】本题考查直棱柱得概念和性质，考查线面平行的判定定理，考查线面垂直的判定定理，考查了学生的逻辑能力和书写能力，属于简单题 ‎19.已知函数.‎ ‎ (1)当时，求函数的最小值和最大值 ‎ (2)设△ABC的对边分别为，且，,若，求的值.‎ ‎【答案】（1）最小值为，最大值为0；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）解析式利用二倍角的余弦函数公式化简，整理后再利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，由的范围求出的范围，利用正弦函数的值域即可确定出的最小值和最大值； （2）由，以及（1）确定的函数解析式，求出的度数，利用正弦定理化简，得到，再利用余弦定理列出关系式，将，，以及的值代入求出的值即可．‎ ‎【详解】(1)‎ 由， ‎ 的最小值为 ‎(2)由即得，而又，‎ 则， ，则由 解得.‎ ‎【点睛】本题考查正弦、余弦定理，两角和与差的正弦函数公式，二倍角的余弦函数公式，以及正弦函数的定义域与值域，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．‎ ‎20.设数列前项之和为，数列满足．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）求数列前项之和．‎ ‎【答案】（1） ； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用递推关系，两式作差即可得出；‎ ‎（2），利用“分组求和法”与“裂项求和”方法即可得出．‎ ‎【详解】(1)当n＝1时，a1＝S1＝3，‎ 由得 ‎∴an＝Sn－Sn－1＝3n(n≥2)‎ 又a1也符合，‎ ‎∴an＝3n(n∈N＋)‎ ‎(2) ‎ 所以 ‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了“分组求和法”、“裂项求和”方法、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎21.已知函数，其中且.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎(2) 若不等式恒成立，求实数取值范围；‎ ‎（3）若方程存在两个异号实根，，求证：‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）；（3）证明详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(１)的定义域为.‎ 其导数 ‎①当时,,函数在上是增函数;‎ ‎②当时,在区间上,;在区间(0,+∞)上,．‎ 所以,在是增函数,在(0,+∞)是减函数. ‎ ‎(２)当时, 则取适当的数能使，比如取，‎ 能使, 所以不合题意 ‎ 当时，令,则 问题化为求恒成立时的取值范围.‎ 由于 在区间上,;在区间上,. ‎ 的最小值为,所以只需 即,,‎ ‎(３)由于存在两个异号根，不仿设，因为,所以 构造函数:()‎ 所以函数在区间上为减函数.,则,‎ 于是,又,,‎ 由在上为减函数可知.即 选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时请写清题号.‎ ‎22.已知直线的参数方程是，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，且取相同的长度单位建立极坐标系，圆C的极坐标方程为．‎ ‎（1）求直线的普通方程与圆C的直角坐标方程；‎ ‎（2）设圆与直线交于、两点，若点的直角坐标为，求的值．‎ ‎【答案】（1）直线l的方程为,圆C的方程为（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：‎ ‎(1)消去参数可得直线的普通方程为，极坐标方程转化为直角坐标方程可得圆C的直角坐标方程是 ‎(2)利用题意由弦长公式可得.‎ 试题解析：‎ 解：（1）∵直线l的参数方程是（是参数），∴．‎ ‎ 即直线的普通方程为．‎ ‎∵，∴‎ ‎∴圆C的直角坐标方程为，‎ ‎ 即或 ‎（2）将代入得，∴．‎ ‎∴．‎ ‎23.已知为正实数，函数.‎ ‎（1）求函数的最大值；‎ ‎（2）若函数的最大值为1，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）利用绝对值不等式公式进行求解；‎ ‎（2）由（1）得，再根据基本不等式可得的最小值.‎ ‎【详解】解：（1）因为，‎ 所以函数的最大值为.‎ ‎（2）由（1）可知，，‎ 因为，‎ 所以，‎ 所以，‎ 即，‎ 且当时取“”，‎ 所以的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查了基本不等式、绝对值不等式等知识，运用基本不等式时，要注意题意是否满足“一正、二定、三相等”的条件，熟练运用绝对值不等式也是解决本题的关键.‎ ‎ ‎