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2020届“四省八校”高三第一次教学质量检测数学(文)试题(解析版)
展开2020届“四省八校”高三第一次教学质量检测数学(文)试题
一、单选题
1.已知集合,,,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】先求,再求即可
【详解】
解:由题可得,,,故.
答案选C
【点睛】
本题考查集合的混合运算,是基础题,有括号先算括号
2.已知命题,,则( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由题可知全称符号应改成存在符号,再对命题结论进行否定即可
【详解】
全称命题的否定一要改量词,二要改结论.即
答案选C
【点睛】
本题考查全称命题的否定改写,全称改存在,再否定结论
3.若,则下列不等式一定成立的是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由于底数的不确定性,需先对进行分类讨论,再确定答案的正确性
【详解】
①当底数时,是减函数,故,则可排除A项
由,B错
②当底数时,是增函数,故,设,因为,由幂函数的性质可知,函数在第一象限为增函数,故,D错
当①成立时,,,设,则函数为减函数,
当②成立时,,,,则函数为增函数,
所以C选项正确
答案选C
【点睛】
本题考查根据不等式性质比大小,常采用方法一般为:结合不等式基本性质;若涉及参数,则应考虑分类讨论;对于简单不等关系,也可预先采用赋值法排除错误答案
4.在中,,F为中点,则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】利用三角形对边中点的向量公式拆解,得,再利用向量的线性运算减法公式进行求解
【详解】
如图所示:
,又因为,所以.
答案选B
【点睛】
本题考查向量的线性运算,解题核心在于怎样将任意向量转化成两组基底向量,通常涉及方法有向量的加法及减法线性运算公式,如本题中,的转化
5.已知直线的倾斜角满足方程,则直线的斜率为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】利用直线的斜率进行求解,需要先化简
【详解】
解:∵,∴.
答案选A
【点睛】
本题考查三角函数的化简求值,直线斜率(为倾斜角),是基础题
6.下列说法错误的是( )
A.已知,且,则使
B. 是上的可导函数, 为的极值点的必要不充分条件是
C.已知与为非零向量,则是与的夹角为锐角的充要条件
D.若a、b、c、d为非零实数,则“a、b、c、d成等比数列”是“”的充分不必要条件
【答案】C
【解析】逐项对选项进行判断,A项,B项,D项均可通过列举法论证命题的合理性
【详解】
A项,当时成立,A对
B项,为的极值点,一定可以得到,但是得不到为的极值点,如函数,B对
C项,当与的夹角为0°时,.C错
D项,充分条件很容易证明,由等比数列的性质即可得出,当时,也有可能是a、c、b、d成等比数列,D对
答案选C
【点睛】
本题考查对命题真假的判断,知识点较为综合,解答此类题型时,一定要注意考虑一些边缘性结论,比如“导数值为零时,函数不一定有最值”等这类问题,这就要求平时学习时要注意总结易错点,形成常规性结论
7.某学生离家去学校,刚开始匀速步行,路上在文具店买了一套直尺,发现上学时间比较紧张就跑步上学,但由于体能下降跑得越来越慢,终于准时赶到了学校.在图中,纵轴表示离学校的距离,横轴表示出发后的时间,则四个图形中较符合该学生走法的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】根据题中关键语句判断,“由于体能下降跑得越来越慢”可得出曲线的切点斜率的绝对值越来越小,再由“纵轴表示离学校的距离”可锁定答案
【详解】
注意纵轴表示的是离学校的距离,排除C、D选项;因为跑得越来越慢,所以只有B选项吻合.
答案选B
【点睛】
本题考查函数在生活中的应用问题,路程时间图像中斜率的绝对值可代表该点的瞬时速度
8.设,则,,的大小关系是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】通过对求导,得,判断函数在为增函数,再根据增函数性质进行求解,即可判断大小
【详解】
解:设,则,故在上单调递增,因为,故;且,故;由得.
所以,答案选B
【点睛】
本题考查利用函数的增减性解不等式,其中求导是关键,解决此类题型需要先观察分析每个式子特点,再选取合适的方法
9.的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若且,则的面积为( )
A.1 B.2 C. D.
【答案】A
【解析】利用正弦定理的边化角,再结合余弦定理和面积公式求解即可
【详解】
解:由,
又由,∴.
【点睛】
本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形,正弦定理一般边化角,余弦定理常结合面积公式使用
10.已知,为图象的顶点,O,B,C,D为与x轴的交点,线段上有五个不同的点.记,则的值为( )
A. B.45 C. D.
【答案】C
【解析】通过分析几何关系,求出,,再将表示成,结合向量的数量积公式求解即可
【详解】
解:由图中几何关系可知,,,,
,,∴,即.
则,
答案选C
【点睛】
本题结合三角函数考查向量的线性运算,找出两组基底向量,是关键
11.已知函数,有两个相邻的极值点分别为和,为了得到函数的图象,只需将图象( )
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】由两个相邻的极值点分别为和可求得周期,再将点代入,结合可求得值,进而求得表达式,将不同名的余弦函数转化成正弦函数,结合函数图像平移变换的性质,即可求得
【详解】
解:∵∴,将点代入,得,
从而或,∵∴.
因此变换到只需向左平移个单位长度.
答案选C
【点睛】
本题考查三角函数解析式的求法,三角函数诱导公式的使用,三角函数图像的平移变换综合性强,但难度不大,平移变换的前提是函数同名
12.已知,若有且仅有两个整数值使得成立,则实数k的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】可将转化成,,则有且仅有两个整数值使得成立等价于当在图像上方时,刚好有两个整数解
可先对求导,判断函数增减性,再由两函数的位置关系来求解
【详解】
解:设,;,故在上单调递减,在上单调递增.又因为,故可以分为两种情况:
①0,1是满足条件的整数解,则有,得;
②0,是满足条件的整数解,则有,得;
综上,选择答案D.
【点睛】
本题考查函数恒成立问题,需通过构造函数法分析两函数的位置关系,确定两整数解的确切值,再用分类讨论法进行求解,体现了函数与不等式的转化思想,也体现了导数研究函数的重要性
二、填空题
13.已知,,且,则________.
【答案】
【解析】利用两向量平行的坐标运算公式进行求解参数,再根据数量积的坐标公式进行求值即可
【详解】
解:因为,则,则,.
所以
【点睛】
本题考查向量平行的坐标运算和向量数量积的坐标运算,相对基础
14.已知,若满足,则_______.
【答案】
【解析】先求得,表示出,通过左右同时平方,左式分母拼凑出,化简求值即可求得
【详解】
解:∵,
∴,平方可得,同除,得,
解得.
【点睛】
本题考查导数公式的求解,三角函数的化简求值,形如的式子,求,常用两种基本方法,一种是将式子变形成,再左右同时平方转化,另一种即为本题解法,相比来说本题解法更具优越性,优化了解题步骤
15.已知数列满足且,则_______.
【答案】
【解析】观察递推式为周期型,可通过令进行整体代换,求解出是以6为周期的周期数列,再化简求值即可
【详解】
解:由题,所以是以6为周期的周期数列,故.
【点睛】
本题考查的是数列的周期性,一般在进行代换时,是在下标的基础之上再加上相同下标进行代换,此法跟函数周期性的求解法类似
16.已知函数,,对任意的,总存在使得成立,则a的范围为_________.
【答案】
【解析】解题的关键在于读懂“对任意的,总存在使得成立”这一恒成立问题,即要恒成立,先通过求导求出,再通过恒成立问题分离参数,被分离部分再构造函数求最值,即可求出
【详解】
解:对任意的,总存在使得成立,即恒成立
∵,∴
∴当时,,函数单调递减,
∴当时,,函数单调递增,
∴
当时,,则
记,,,
在上单减,,所以单减,则
,单增,,单减,所以
故当时,.
故实数a的取值范围为.
【点睛】
本题考查恒成立问题易错解成求问题,关键在于对存在命题的理解,本题多次用到了导数来研究函数最值问题,当首次求导不能判断导数正负值时,往往需要再次求导,解法中若涉及参数,分离参数也是我们常采用的基本方法
三、解答题
17.的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知.
(1)证明:;
(2)若,的面积为,求a的值.
【答案】(1)证明见解析;(2)答案不唯一,见解析
【解析】(1)正弦定理边化角,即可求解
(2)通过面积公式可先求出,再用正弦公式变形式求a即可
【详解】
解:(1)易得,
显然.
(2)由(1)知,∴或150°
当时,,
当时,,
【点睛】
本题主要考查解三角形中边化角的应用,等腰三角形等边对等角的性质,解三角形中多解的分类讨论思想,通常排除不合理的角,主要是通过大边对大角的基本原则
18.数列的前n项和记为,,,,,.
(1)求的通项公式;
(2)求证:对,总有.
【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】(1)通过可知,可采用作差法求解,但需验证时是否成立,再求出通项即可
(2)通过(1)中求出的,可得,符合累加法基本类型,用累加法求解,因为要证明,故求得的应能够进行通项求和,或是满足裂项求和基本形式,再进行化简即可
【详解】
解:(1)由.可得,
两式相减得,∴,
又,.
故是首项为9,公比为3的等比数列,
∴
(2)
当时,
又符合上式,.
∴.
则
∵,
∴.
【点睛】
本题考查根据与的关系式求解的基本方法,一般是通过作差法求解,但需验证能否成立,同时也考查了累加法,裂项求和法,这些方法都是我们求解数列常用基本解法,考生应强化训练,提高熟识度
19.已知函数.
(1)求函数的单增区间;
(2)将图象上的所有点向左平移个单位长度,所得图象关于直线对称,求的最小值.
【答案】(1)单增区间(2)
【解析】(1)对化简,观察式子整体特征,应将单倍角化成二倍角,再用辅助角公式化成最简,得到关于正弦的复合函数,求解对应的单调区间
(2)先表示出平移之后的表达式,又因所得图象关于直线对称,说明在处,函数应有最值,套用最值通式即可求得关于的通式,再通过给合理赋值,即可求得
【详解】
解:(1)
令,得单增区间
(2)向左平移个单位长度,得到
对称轴,将代入得,∵,
∴的最小值为.
【点睛】
本题考查三角函数的化简求值,主要依据单倍角和二倍角公式的转化,其中和其实是同一表达式,求解时不应拆项求解,,故=,在三角函数的求值化简中,长采用整体法进行转化,此法可借鉴。对于复合函数单调区间的求解,平移变换公式的书写,最值通式(对称轴通式)都是对考生基本功的考查,要求考生能熟记三类函数(正弦、余弦、正切)的基本性质,平时训练中应强化对三类三角函数性质的理解和记忆
20.已知函数,,为的导数,证明:
(1)在区间上有唯一零点;
(2)有且仅有两个零点.
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【解析】(1)先求得,要判断导数存在唯一零点,得先对导数求导,得到,再由零点存在定理进行证明即可
(2)由(1)可知存在,使得,即, 要求证有且仅有两个零点,得先验证存在两点使得,可取和验证,再证明,由于无法结合进行代换,但,通过,可将进行代换,进一步可证明,从而得到,即可求证
【详解】
解:(1),
故在上单调递减.
又,
故在上有唯一零点.
(2)设在上的零点为,由第(1)问知,
且在上单调递增,在上单调递减.
,
因为,故
故
即
故在有且只有一个零点,在有且只有一个零点
故有且仅有两个零点
【点睛】
本题考查函数的导函数零点个数的判断问题,函数零点个数的求证问题,其中利用零点存在性定理求证函数存在两零点是难点,(2)问和(1)问联系紧密,利用导数为零关系式进行代换是解题核心,利用配方法代换过程并不容易想到,解决此类题型要多思考,多观察,注意关联性。
21.已知函数有两个零点,有一个极值点.
(1)求实数a的取值范围;
(2)求证:.
【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】(1)先求导,得,对参数进行分类讨论,确定只有当时,有一个极值点,在上单调递减,上单调递增,故只需,解出即可
(2)由(1)可判断,,可令,则,,由化简可得,,即,最终需要通过构造函数,求证在上即可
【详解】
解:(1)函数定义域为,则
①若,则仅一个零点,不符题意
②若,则,
在上单调递增,不可能有两个零点,也不符题意
③若,令,即
得只能取一个零点,当,,,
所以在上单调递减,上单调递增,而要使有两个零点,
要满足,即; 且当趋于0和正无穷时,趋向正无穷
综上a的取值范围为.
(2)由题意及(1)可知,.
法一:令,则,,
由,即:
而
即:由,只需证:
令,则
令,则
故在上递增,
故在上递增,
∴
法二:构造函数
(易知等号取不到)
故,在上递减,
即:,则
而由,,在上单调递增
故,得
另得
∴
【点睛】
本题考查根据零点个数求解参数问题,根据零点与极值点关系求证不等式恒成立问题,导数研究过程贯穿始终,体现了导数研究函数的重要性,(1)中分类讨论判断函数区间是常用解法,(2)中方法一为正向求证不等式,其中参数代换、构造函数是关键,同样需要通过导数求解恒成立问题,方法二解题不易想到,建议作为参考学习
22.下图是某数学爱好者在平面直角坐标系下绘制的“心型曲线”,如果以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,则该“心型曲线”的极坐标方程是.
(1)求该“心型曲线”的直角坐标方程;
(2)已知,直线与该“心型曲线”在y轴右侧交于A,B两点,求的值.
【答案】(1)(2)
【解析】(1)通过分类讨论,采用进行代换,分别求得对应的直角坐标方程即可
(2)将直线的参数方程和“心型曲线”的直角坐标方程进行联立,求得关于的韦达定理
根据直线参数的含义知=,即可求得
【详解】
解:(1)当时,,
即
当时,即
综上,该“心型曲线”的直角坐标方程为
(2)将直线的参数方程代入得
,即
设点A,B对应直线中的参数分别为,则有
故
【点睛】
本题考查曲线的直角坐标方程的求法,直线的参数在曲线中的应用问题,整体解题思路比较容易把握,难度不大,重要的是理解参数代表的是哪一段长度的问题,若是直线与曲线的两个交点对应的弦长,则应是
23.已知函数.
(1)解关于x的不等式;
(2)记的解集中的最大元素为n,若a,b,c均为正数,.证明:.
【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】(1)采用零点讨论法进行求解即可
(2)由,证明,分析式子特点可知,跟关联性最大,故应考虑通过整体进行放缩,得到,再通过可再次进行一次放缩,即可求证
【详解】
解:(1)∵,
若,则,解得则
若,则,解得则
若,则,解得则
综上所述,不等式的解集为
(2)由(1)知,则
证明:∵,∴,
∴
∴
【点睛】
本题考查绝对值不等式的求法,利用重要不等式来证明不等式恒成立问题,其中绝对值不等式的解法常采用零点讨论法,写出三段式,最终将所求区间合并即可,(2)中不等式的证明通过重要不等式做为纽带,层层放缩,由
的特点可知,难点在于的放缩,而的结论应该作为常见结论加以记忆,由此,本题便迎刃而解
本题较好地考查了不等式求解与证明的基本方法,值得深入学习与研究