河北省衡水市深州市长江中学2020届高三数学上学期12月月考试题理含解析.doc

1、深州长江中学2019-2020学年度第一学期12月月考高三数学(理科）本试卷分为第卷和第卷，考试时间120分钟考试范围：【集合、函数、导数、三角函数、解三角形、平面向量、数列、不等式】第卷一、选择题1.已知集合A=x|x1，B=x|，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】集合集合，故选A2.若函数f(x)为奇函数，则a等于()A. 1B. 2C. D. 【答案】A【解析】【分析】由于函数为奇函数，则，化简后可求得的值.【详解】依题意得，由于函数奇函数，故，即，对比可得，故选.【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性，考查利用函数的奇偶性来求参数即求函数的解析式.在利用奇偶性来解题时，主要把握的

2、是，或者.属于基础题.3.若x（0，1），alnx，b，celnx，则a，b，c的大小关系为（）A. bcaB. cbaC. abcD. bac【答案】A【解析】【分析】利用指数函数、对数函数的单调性直接求解【详解】x（0，1），alnx0，b（）lnx（）01，0celnxe01，a，b，c的大小关系为bca故选A【点睛】本题考查三个数的大小的判断，考查指数函数、对数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，是基础题4.记函数在区间上单调递减时的取值集合为，不等式（）恒成立时实数的取值集合为，则“”是“”的（ ）A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件

3、【答案】B【解析】【分析】先求出集合、，再根据集合与关系即可判断与之间的逻辑关系.【详解】函数在区间上单调递减，即，不等式（）恒成立等价于（），又当时，当且仅当时即时等号成立，符合条件，即，则，“”是“”的充分不必要条件.故选：B【点睛】本题主要考查充分条件、必要条件的判断，属常规考题.5.正三角形中，是线段上的点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先用，表示出，再计算即可.【详解】先用，表示出，再计算数量积因为，则，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的运算，属基础题.6.在下列给出的四个结论中，正确的结论是A. 已知函数在区间内有零点，则B. 若，则

4、是与的等比中项C. 若是不共线的向量，且，则D. 已知角终边经过点，则【答案】C【解析】【分析】A.运用举反例判定；B.计算可知错误；C.由题可得故C正确；D. 计算可知错误.【详解】A. 因为函数f（x）在区间（a，b）内有零点，可取函数f（x）=x2-2x-3，x（-2，4），则f（-2）f（4）0，所以错；B.若， 即是是与的等比中项，故B错；C. 若是不共线的向量，且 故，即C正确；D.已知角终边经过点，则，故D错误.【点睛】本题考查命题的真假判断，解题时注意运用举反例这一重要数学方法，可快速解决本题是一道基础题7.等比数列的各项均为正数，已知向量，且，（ ）A. 12B. 10C.

5、5D. 【答案】C【解析】【分析】先由得出，再根据对数的运算性质及等比数列的性质计算即可.【详解】解：向量，且，由等比数列的性质可得：，则故选：C【点睛】本题主要考查平面向量数量积坐标运算及对数的运算性质、等比数列的性质等，综合性稍强，属常规考题.8.在中，内角，所对边分别是，若，且，则角的大小（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理由求出角，再利用余弦定理由求出角，由三角形内角和为即可求得角.【详解】由正弦定理得得，所以又，得所以故选：B【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，属常规考题.9.已知函数在上是减函数，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D

6、. 【答案】D【解析】【分析】由已知在恒成立，再转化为即可.【详解】在上是减函数，在恒成立，.故选：D【点睛】本题主要考查已知函数的单调性求参数的取值范围问题，属常规考题.10.已知函数（）在区间内有且只有一个极值点，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先将函数化简为，由可得，令解之即可求得的取值范围.【详解】函数，由，可得，因为在区间内有且只有一个极值点，根据函数的单调性可得且，所以.故选：C【点睛】本题主要考查正弦型函数的图像和性质，属中等难度题.11.已知函数，若对任意的正数，满足，则的最小值为（ ）A. 6B. 8C. 12D. 24【答案】C【解析】

7、【分析】先确定函数奇偶性与单调性，再根据奇偶性与单调性化简方程得，最后根据基本不等式求最值.【详解】因为所以定义域为，因为，所以为减函数因为，,所以为奇函数，因为，所以，即，所以，因为，所以（当且仅当，时，等号成立），选C【点睛】本题考查函数奇偶性与单调性以及基本不等式求最值，考查基本分析求解能力，属中档题.12.定义在上的可导函数满足，且，当时，不等式的解集为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】构造函数，可得在定义域内上是增函数，且，进而根据转化成，进而可求得答案【详解】令，则，在定义域上是增函数，且，可转化成，得到，又，可以得到故选D【点睛】本题考查利用函数的单调性求取

8、值范围，解题的难点在于如何合理的构造函数，属于中档题第II卷二、填空题13.已知，则_【答案】【解析】【分析】由即可求解.【详解】.故答案为：.【点睛】本题主要考查诱导公式的应用，属基础题.14.设函数，若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为_【答案】【解析】【分析】先由为奇函数求出，再利用导数的几何意义求出切线的斜率即可.【详解】函数，若为奇函数，可得，所以函数，可得，；曲线在点处的切线的斜率为，则曲线在点处的切线方程为：即.故答案为：.【点睛】本题主要考查已知函数的奇偶性求参数及利用导数的几何意义求切线的方程问题，属常规考题.15.已知向量夹角为，且，则_【答案】【解析】试题分析：的夹角，.

9、考点：向量的运算.【思路点晴】平面向量的数量积计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用. 利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决列出方程组求解未知数.【此处有视频，请去附件查看】16.将正整数分解成两个正整数的乘积有，三种，其中是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称为的最佳分解当（且、）是正整数的最佳分解时我们定义函数，例如则的值为_，数列的前项的和为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由，即可求得的值

10、；对于数列，分为奇数、偶数两种情况讨论求出通项公式，再利用公式法求和即可.【详解】，可得；当为偶数时，当为奇数时，.故答案为：；.【点睛】本题主要考查自定义概念的理解及数列的求和问题，属常规考题，难度中等.三、解答题（第17题10分，第18题至22题每题12分，共计70分）17.已知数列是以为首项，为公比的等比数列，（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）按等比数列的概念直接求解即可；（2）先求出的表达式，再利用裂项相消法即可求得数列的前项和.【详解】（1）由等比数列通项公式得：（2）由（1）可得：【点睛】本题主要考查数列的通项公式问题及利用

11、裂项相消法求和的问题，属常规考题.18.在中，的对边分别为，已知（1）求的值；（2）若的面积为，求的值【答案】（）（）【解析】【分析】（1）根据二倍角和诱导公式可得的值；（2）根据面积公式求，然后利用余弦定理求，最后根据正弦定理求的值.【详解】（1）,，所以原式整理为,解得：（舍）或 ,;（2），解得，根据余弦定理,，代入解得：,.【点睛】本题考查了根据正余弦定理解三角形，属于简单题.19.已知向量，其中，函数的图像过点，点与其相邻的最高点的距离为（1）求函数的单调递减区间；（2）计算的值【答案】（1），；（2）2019.【解析】【分析】（1）先求出，则为函数的图象的一个最高点，又点与其相邻的

12、最高点的距离为，所以，可得，再将点代入求出即可求出，最后令解之即可求出函数的单调递减区间；（2）根据函数的最小正周期，则求出、的值代入计算即可.【详解】（1）因为，则点为函数的图象的一个最高点点B与其相邻的最高点的距离为，得函数的图象过点，即.，由，得，的单调递减区间是，（2）由（1）知，是周期为的周期函数，且，而，【点睛】本题主要考查三角函数解析式的求法、三角函数的单调区间的求法及根据函数的周期性求函数值的问题，试题综合性强，属中等难度题.20.如图,有一块边长为1（百米）的正方形区域ABCD,在点A处有一个可转动的探照灯,其照射角始终为（其中点P，Q分别在边BC，CD上）,设（）用t表示出

13、PQ长度,并探求的周长l是否为定值；（）问探照灯照射在正方形ABCD内部区域阴影部分的面积S最大为多少（平方百米）?【答案】（1）定值；（2）平方百米.【解析】【详解】-2分 =定值 -所以探照灯照射在正方形内阴影部分的面积最大为平方百米.21.已知数列满足，设.（I）求证：数列为等比数列，并求的通项公式；（II）设，数列的前项和，求证：.【答案】（I）；（II）证明见解析.【解析】试题分析：（I）可化为即，从而可得数列为等比数列，进而可得的通项公式；（II）由（I）可得 ，分组求和后，利用放缩法可得结论.试题解析：（I）由已知易得，由得即； ,又,是以为首项，以为公比的等比数列. 从而即，整

14、理得即数列的通项公式为. （II） ， ， ， . 22.已知函数.（1）设.求方程=2的根；若对任意，不等式恒成立，求实数m的最大值；（2）若，函数有且只有1个零点，求ab的值.【答案】（1）0 4 （2）1【解析】【分析】（1）根据指数间倒数关系转化为一元二次方程，求方程根；根据指数间平方关系，将不等式转化为一元不等式，再利用变量分离转化为对应函数最值，最后根据基本不等式求最值；（2）根据导函数零点情况，确定函数单调变化趋势，结合图象确定唯一零点必在极值点取得，从而建立等量关系，求出ab的值.【详解】（1）因为，所以.方程，即，亦即，所以，于是，解得.由条件知.因为对于恒成立，且，所以对于

15、恒成立.而，且，所以，故实数的最大值为4.（2）因为函数只有1个零点，而，所以0是函数的唯一零点.因为，又由知，所以有唯一解.令，则，从而对任意，所以是上的单调增函数，于是当，；当时，.因而函数在上是单调减函数，在上是单调增函数.下证.若，则，于是，又，且函数在以和为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和之间存在的零点，记为. 因为，所以，又，所以与“0是函数的唯一零点”矛盾.若，同理可得，在和之间存在的非0的零点，矛盾.因此，.于是，故，所以.【点睛】对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图等确定其中参数的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