甘肃省武威市凉州区武威第一中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题 Word版含解析.doc

高考资源网（） 您身边的高考专家 武威一中2019年秋学期期中考试 高三年级数学（理科）试卷 一．选择题 1.设集合，，则集合为 A. {，0，} B. {0，} C. {，0} D. 【答案】B 【解析】 ,故.选. 2.设，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 由，化为，即可解出．由化为．即可判断出结论． 【详解】解：解得即； 又解得或即； 所以“”是“”的充分而不必要条件 故选： 【点睛】本题考查了不等式的解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 3.下列说法正确的是（ ） A. 命题“若，则”的逆命题是真命题 B. 命题“p或q”为真命题，则命题p和命题q均为真命题 C. 命题“，”的否定为“，” D 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】 举例说明错误；由复合命题的真假判断；写出特称命题的否定判断；由向量的数量积的定义判断． 【详解】解：对于，命题“若，则”的逆命题是“若，则”，是假命题，如时，，故错误； 对于，命题“或”为真命题，则命题和命题中至少一个为真命题，故错误； 对于，命题“存在”的否定为：“对，”，故正确； 对于，若，则，当时即可得在方向上的投影相等，无法得到，当时，（为任意向量），同样无法得到，故错误． 故选： 【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查命题的否定与逆否命题，考查充分必要条件的判定方法，是中档题． 4.已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用同角三角函数的基本关系，将弦化切，再代入求值。 详解】解：,分子、分母同除得 故选： 【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系，属于基础题。 5.设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 试题分析：，．故C正确． 考点：复合函数求值． 【此处有视频，请去附件查看】 6.已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 先将转换为同为2为底的指数，，可以转换为指数相同。所以。 【详解】因为，，所以，故选A． 【点睛】1.比较幂值大小时，要注意区分底数相同还是指数相同．是用指数函数的单调性，还是用幂函数的单调性或指数函数的图象解决．要注意图象的应用，还应注意中间量0、1等的运用． 2.指数函数的图象在第一象限内底大图高(逆时针方向底数依次变大)．当幂的底数不确定时，要注意讨论底数的不同取值情况. 3.根据指数函数图象判断底数大小的问题，可以通过直线x＝1与图象的交点进行判断．如图是指数函数(1)y＝ax，(2)y＝bx，(3)y＝cx，(4)y＝dx的图象，底数a，b，c，d与1之间的大小关系为c＞d＞1＞a＞b. 规律：在y轴右(左)侧图象越高(低)，其底数越大．属于较易题目。 7.已知角的终边过点，且，则的值为(　 　) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为角的终边过点，所以 ， ，解得，故选B. 8.函数的图像大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 试题分析：由，得，则为奇函数，故其图象关于原点对称，排除C；当时，，，故，故排除A、D， 故选B. 考点：函数的图象. 9.要得到函数的图象，只需要将函数的图象（ ） A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位 【答案】B 【解析】 因为函数，要得到函数的图象，只需要将函数的图象向右平移个单位。 本题选择B选项. 点睛：三角函数图象进行平移变换时注意提取x的系数，进行周期变换时，需要将x的系数变为原来的ω倍，要特别注意相位变换、周期变换的顺序，顺序不同，其变换量也不同． 【此处有视频，请去附件查看】 10.函数（，）的部分图象如图所示，则ω和φ的值分别是（ ） A. 和 B. 和 C. 2和 D. 2和 【答案】D 【解析】 【分析】 利用正弦函数的周期性可求得，可求得；再利用“五点作图法”可求得，从而可得答案． 【详解】解：由图知，，故． 由“五点作图法”知，，解得，， 故选：． 【点睛】本题考查由的部分图象确定其解析式，考查正弦函数的周期性与“五点作图法”的应用，考查识图能力，属于中档题． 11.如图，在中，点为的中点，点在上，，点在上，，那么等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 本题选择D选项. 12.已知定义在上的函数对任意实数满足，，且当时，，则函数与的图象的交点个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 由可知函数的周期为2,由可知的图象关于直线对称,根据条件可以画出函数与的图象,如图所示,由图可知,交点共6个. 二．填空题 13.已知向量， ， 若，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】 可求出，根据即可得出，进行数量积的坐标运算即可求出的值． 【详解】由题意得， ∵)， ∴，∴， 故答案为． 【点睛】本题主要考查向量垂直的充要条件，以及向量加法和数量积的坐标运算，属于基础题. 14.已知与的夹角为45°，且，，则______； 【答案】 【解析】 【分析】 运用平面向量模长的运算可得结果． 【详解】解：根据题意得， 故答案为：． 【点睛】本题考查平面向量模长的计算，属于基础题。 15.已知，，则__________． 【答案】 【解析】 ，， 故答案为. 16.已知函数是奇函数，且时，有，，则不等式的解集为____． 【答案】 【解析】 【分析】 根据条件构造函数g（x）＝f（x）﹣x，判断函数g（x）的奇偶性和单调性，结合函数奇偶性和单调性的性质进行转化求解即可． 【详解】由x﹣3≤f（x）≤x等价为﹣3≤f（x）﹣x≤0 设g（x）＝f（x）﹣x， 又由函数f（x）是定义在R上的奇函数，则有f（﹣x）＝﹣f（x）， 则有g（﹣x）＝f（﹣x）﹣（﹣x）＝﹣f（x）+x＝﹣[f（x）﹣x]＝﹣g（x）， 即函数g（x）为R上的奇函数， 则有g（0）＝0； 又由对任意0≤x1＜x2时，有1， 则1， ∵1， ∴1＜0， 即g（x）在[0，+∞）上为减函数， ∵g（x）是奇函数， ∴g（x）在（﹣∞，+∞）上为减函数， ∵f（﹣2）＝1，∴g（﹣2）＝f（﹣2）﹣（﹣2）＝1+2＝3； g（2）＝﹣3，g（0）＝f（0）﹣0＝0， 则﹣3≤f（x）﹣x≤0等价为g（2）≤g（x）≤g（0）， ∵g（x）减函数， ∴0≤x≤2， 即不等式x﹣3≤f（x）≤x的解集为[0，2]； 故答案为：[0，2]． 【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，关键是构造函数g（x），利用特殊值转化分析不等式，利用函数奇偶性和单调性进行转化是解决本题的关键． 三．解答题 17.已知，，，（其中O为坐标原点） （1）求使取得最小值时的； （2）对（1）中求出的点C，求． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】 （1）设，求出 和的坐标，代入 的式子进行运算，再利用二次函数的性质求出的最小值． （2）把和的坐标代入两个向量的夹角公式，求出 的值． 【详解】（1）由题知 ， 所以 当时取最小值，此时； （2）由（1）， ，，， 所以， 【点睛】本题考查两个向量的数量积公式的应用，两个向量坐标形式的运算，两个向量共线的性质，两个向量夹角公式的应用，属于基础题． 18.在中，内角的对边分别是，已知。 （1）求的值； （2）若，求的面积。 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】 （1）由，利用余弦定理可得,结合可得结果； （2）由正弦定理，, 利用三角形内角和定理可得，由三角形面积公式可得结果. 【详解】（1）由题意，得. ∵. ∴, ∵ ，∴ . （2）∵， 由正弦定理，可得. ∵a>b，∴, ∴. ∴. 【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理及特殊角的三角函数，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用. 19.已知为的三个内角的对边，向量，，若，且，求角的大小. 【答案】 【解析】 【分析】 根据，可先求出，进而得到；再由正弦定理，将化为，整理后求出，进而可求出结果. 【详解】因为，，， 所以，所以，因此； 又， 所以， 即，所以，故， 所以. 【点睛】本题主要考查解三角，熟记三角恒等变换，以及正弦定理即可，属于常考题型. 20.已知函数． （1）求函数单调递减区间； （2）若的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，求． 【答案】（1）递减区间为，；（2） 【解析】 【分析】 （1）化为正弦型函数，根据正弦函数的单调性求出的单调递减区间； （2）根据题意，利用余弦定理求得的值． 【详解】（1） 由， 得， 所以函数单调递减区间为，； （2），，，， 又由余弦定理，， 得． 【点睛】本题考查了三角恒等变换与正弦、余弦定理的应用问题，是基础题． 21.已知函数f(x)= ln(a x)+bx在点（1，f(1)）处的切线是y=0； (I)求函数f(x)的极值； (II)当恒成立时,求实数m的取值范围(e为自然对数的底数) 【答案】(1) 的极大值为，无极小值； (2) . 【解析】 分析：（1）先根据导数几何意义得解得b,再根据得a，根据导函数零点确定单调区间，根据单调区间确定极值，（2）先化简不等式为，再分别求左右两个函数最值得左边最小值与右边最大值同时取到，则不等式转化为，解得实数m的取值范围. 详解： （1）因为，所以 因为点处的切线是，所以，且 所以，即 所以，所以在上递增，在上递减， 所以的极大值为，无极小值 （2）当恒成立时,由（1）， 即恒成立， 设，则，， 又因为，所以当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增，； 在上单调递增，在上单调递减，. 所以均在处取得最值，所以要使恒成立， 只需，即 解得，又，所以实数的取值范围是. 点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题. 22.已知函数. （Ⅰ）讨论的单调性； （Ⅱ）若，求证：. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析 【解析】 试题分析： （Ⅰ）根据题意可得，分和两种情形讨论的符号可得单调性．（Ⅱ）令 ，可得，构造函数，结合导数可得，于是可得在上单调递减，在上单调递增，故，然后再证明，即可得，从而可得成立． 试题解析： （Ⅰ）由题意得， ①当时，则在上恒成立， ∴在上单调递减. ②当时， 则当时，单调递增， 当时，单调递减． 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （Ⅱ）令 ， 则 ， 设， 则， ∵, ∴当时， 单调递增； 当时， 单调递减． ∴（因为）， ∴. ∴在上单调递减，在上单调递增， ∴， 设， 则， ，在上递减， ∴； ∴，故. 说明：判断的符号时，还可以用以下方法判断： 由得到， 设，则， 当时，；当时，. 从而在上递减，在上递增. ∴. 当时，，即. 高考资源网版权所有，侵权必究！