2020届安徽省合肥市肥东县高级中学高三1月调研考试数学（理）试题（解析版）

2020届安徽省合肥市肥东县高级中学高三1月调研考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知复数与为共轭复数，其中，为虚数单位，则（  ）

A．1 B． C． D．

【答案】D

【解析】由共轭复数的概念可以得到，解方程即可得到，进而可以求出.

【详解】

由题意得，，解得，，则，.

故答案为D.

【点睛】

本题考查了共轭复数的知识，考查了复数的模，属于基础题．

2．已知集合，则（  ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】求出直线与的交点，即可得到答案。

【详解】

由题意，解得，，故.

故答案为A.

【点睛】

本题考查了集合的交集，两直线的交点，属于基础题。

3．已知单位向量的夹角为，且，若向量，则（    ）

A．9 B．10 C．3 D．

【答案】C

【解析】先由夹角正切值得余弦值，然后利用数量积公式得到，再利用向量模的公式计算即可得到答案.

【详解】

向量夹角，由可得，

向量为单位向量即,可得，

则，

故选：C.

【点睛】

本题考查向量的模的计算方法，属于基础题.

4．下列说法正确的是(   )

A．若命题均为真命题，则命题为真命题

B．“若，则”的否命题是“若”

C．在，“”是“”的充要条件

D．命题“”的否定为“”

【答案】D

【解析】利用复合命题的真假四种命题的逆否关系以及命题的否定，充要条件判断选项的正误即可．

【详解】

对于A：若命题p，￢q均为真命题，则q是假命题，所以命题p∧q为假命题，所以A不正确；
对于B：“若，则”的否命题是“若，则”，所以B不正确；
对于C：在△ABC中， “”⇔“A+B=”⇔“A=-B”⇒sinA=cosB，
反之sinA=cosB，A+B=，或A=+B，“C=”不一定成立，
∴C=是sinA=cosB成立的充分不必要条件，所以C不正确；
对于D：命题p：“∃x0∈R，x02-x0-5＞0”的否定为￢p：“∀x∈R，x2-x-5≤0”，所以D正确．
故选：D．

【点睛】

本题考查命题的真假的判断与应用，涉及充要条件，四种命题的逆否关系，命题的否定等知识，是基本知识的考查．

5．已知正项等比数列的前项和为，若，则

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】利用正项等比数列的前项和公式、通项公式，列出方程组，求出，，由此能求出的值。

【详解】

正项等比数列的前项和为，

，，易知时不成立，所以.

，

解得，，

．

故选：B．

【点睛】

本题考查等比数列的前项和公式的运用，考查了等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题。

6．已知函数.若不等式的解集中整数的个数为，则的取值范围是（  ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】对进行变形，得到，令，，即的整数个数为3，再由的函数图像和的函数图像，写出限制条件，得到答案

【详解】

，即

设，

其中时，

时，

即符合要求

，所以时，，单调递减

，，单调递增，为极小值.

有三个整数解，则还有一个整数解为或者是

①当解集包含时，时，

所以需要满足即，解得

②当解集包含时，需要满足即

整理得，而，所以无解集，即该情况不成立.

综上所述，由①②得，的范围为

故选D项.

【点睛】

利用导数研究函数图像，两个函数图像的位置关系与解析式大小之间的关系，数形结合的数学思想，题目较综合，考查内容比较多，属于难题.

7．已知程序框图如图，则输出i的值为　　

A．7 B．9 C．11 D．13

【答案】D

【解析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，可得答案．

【详解】

当时，不满足退出循环的条件，故，

当时，不满足退出循环的条件，故，

当时，不满足退出循环的条件，故，

当时，不满足退出循环的条件，故，

当时，不满足退出循环的条件，故，

当时，不满足退出循环的条件，故，

当时，满足退出循环的条件，

故输出

故选

【点睛】

本题主要考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答。

8．曲线的一条切线l与轴三条直线围成的三角形记为，则外接圆面积的最小值为

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】设直线l与曲线的切点坐标为（），求出函数的导数，可得切线的斜率和方程，联立直线y＝x求得A的坐标，与y轴的交点B的坐标，运用两点距离公式和基本不等式可得AB的最小值，再由正弦定理可得外接圆的半径，进而得到所求面积的最小值．

【详解】

设直线l与曲线的切点坐标为（），

函数的导数为．

则直线l方程为，即，

可求直线l与y＝x的交点为A（），与y轴的交点为，

在△OAB中，，

当且仅当2＝2时取等号．

由正弦定理可得△OAB得外接圆半径为，

则△OAB外接圆面积，

故选：C．

【点睛】

本题考查导数的运用：求切线方程，考查导数的几何意义，同时考查正弦定理的运用，基本不等式的运用：求最值，以及化简整理的运算能力，属于中档题．

9．已知为实数，，若，则函数的单调递增区间为（  ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】对函数求导，由求出a,然后解不等式即可得到答案.

【详解】

，则

又则，解得a=-2,

解得,

则函数的单调递增区间为

故选：B.

【点睛】

本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减，是基础题．

10．定义在上的函数，且，则方程在区间上的所有实数根之和最接近下列哪个数（ ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】∵f（x+2）=f（x），∴函数f（x）是周期为2的周期函数，

∵g（x）=，∴g（x）关于直线x=2对称．

分别作出函数f（x），g（x）在[﹣5，9]上的图象，

由图象可知两个函数的交点个数为8个，设8个交点的横坐标从小到大为x1，x2，x3，x4，x5，x6， 且这8个交点接近点（2，0）对称，

则（x1+x8）=2，x1+x8=4，

所以若x1+x2+x3+x4+x5+x6 =4（x1+x8）=4×4=16，但是不都是对称的，

由图象可知，x1+ x8＞4，x2+x7＞4，，

第五个交点为空心的，跟等于3∴x1+x2+x4+x5+x6 最接近14．

故选A．

点睛：这个题目考查了导数在研究函数的极值和零点问题中的应用；对于函数的零点问题，它和方程的根的问题，和两个函数的交点问题是同一个问题，可以互相转化；在转化为两个函数交点时，如果是一个常函数一个非常函数，注意让非常函数式子尽量简单一些。注意函数的图像画的要准确一些。

11．如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形，是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于的小路．已知某人从沿走到用了2分钟，从沿着走到用了3分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径的长度为

A．    B．    C．    D．

【答案】B

【解析】试题分析：设该扇形的半径为r米，连接CO．

由题意，得CD=150（米），OD=100（米），∠CDO=60°，

在△CDO中，，

即，，

解得（米）．

【考点】1．扇形面积公式；2．余弦定理求三角形边长

12．是定义在上的奇函数，对，均有，已知当时， ，则下列结论正确的是（    ）

A．的图象关于对称    B．有最大值1

C．在上有5个零点    D．当时，

【答案】C

【解析】∵f（x）是定义在R上的奇函数，对∀x∈R，均有f（x+2）=f（x），故函数的周期为2，则f（x）的图象关于（1，0）点对称，故A错误；f（x）∈（-1，1），无最大值，故B错误；整数均为函数的零点，故f（x）在[-1，3]上有5个零点，故C正确；当x∈[2，3）时，x-2∈[0，1），则f（x）=f（x-2）=2x-2-1，当x=3时，f（x）=0，故D错误；

故选C.

点睛:本题是函数性质的综合应用,已知对称中心,周期能推出另一个对称中心,根据某区间上的解析式,结合周期性,对称性可以得到一个周期中的函数图象,从而关于最值,零点等问题都可以解决.

二、填空题

13．在中，已知，若，则周长的取值范围为__________．

【答案】

【解析】由题中条件先求出，然后由余弦定理可得，利用基本不等式可得到，再由三角形中两边之和大于第三边可得，从而可得到的取值范围，即周长的范围。

【详解】

由题意，，即，

可化为，即，

因为，所以，即，

设的内角的对边分别为，

由余弦定理得，，

因为，（当且仅当时取“=”），

所以，即，

又因为，所以，

故，则，

又因为，所以，

即.

故周长的取值范围为.

【点睛】

本题考查了三角函数的恒等变换，余弦定理在解三角形中的运用，利用基本不等式求最值，三角形的性质，考查了学生分析问题、解决问题的能力，及计算能力，属于中档题。

14．曲线在点（0,0）处的切线方程为______________；

【答案】

【解析】通过求导得切线斜率，再由点斜式可得切线方程.

【详解】

，则，故．

【点睛】

本题主要考查了导数的几何意义，属于基础题.

15．各项均为正数的等比数列的前项和为，已知，,则______.

【答案】10

【解析】根据等比数列和项性质列方程解得结果.

【详解】

由题意得，成等比数列，则，所以,或90，因为各项均为正数，所以>，因此.

【点睛】

在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.

16．已知且,则______。

【答案】1

【解析】整理得：

由此得到，问题得解。

【详解】

因为，

所以，整理得：

，又，

所以，所以，

所以

【点睛】

本题主要考查了两角和的正弦公式及两角差的余弦公式，考查计算能力，还考查了三角恒等式，属于基础题。

三、解答题

17．在中，内角的对边分别为，已知．

求；

若，且面积，求的值．

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得tanA=，结合范围A∈（0，π），可求A的值．

（2）由已知利用三角形的面积公式可求c的值，进而可求b的值，根据余弦定理可得a的值．

【详解】

（1）∵，

∴b=2a（cosCcos+sinCsin），可得：b=acosC+asinC，

由正弦定理可得：sinB=sinAcosC+sinAsinC，

可得：sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC=sinAcosC+sinAsinC，

可得：cosA=sinA，可得：tanA=，

∵A∈（0，π），

∴A=

（2）∵，且△ABC面积=bcsinA=2c×c×，

∴解得：c=2，b=4，

∴由余弦定理可得：a2=b2+c2-2bccosA=48+4-2××2×=28，解得：a=2

【点睛】

本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．

18．在中，.

(1) 求角的大小；

(2)若，垂足为，且，求面积的最小值.

【答案】（1）（2）

【解析】试题分析：（1）由，两边平方，整理可得，即，从而可得；（2）在直角与直角中中， ， ，从而可得，根据三角函数的有界性可得面积的最小值.

试题解析：（1）由，两边平方，

即，得到，即。          

所以 .                                   

（2）在直角中， ，

在直角中， ，        

又，所以，

所以 ，  

由得，，故，

当且仅当时，，从而 .  

19．在中，内角的对边分别为，，三边成等比数列，且面积为1，在等差数列中，，公差为.

（1）求数列的通项公式；

（2）数列满足，设为数列的前项和，求的取值范围.

【答案】（1），（2）

【解析】（1）由，，解得从而得到数列的通项公式；

（2）由（1）可得，利用裂项相消法得到前项和，从而得到的取值范围.

【详解】

解：（1）∵，，，

∴，.

（2）∵，

∴

∵是关于n的增函数，

∴.

【点睛】

裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：

(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.

20．某地拟规划种植一批芍药，为了美观，将种植区域（区域Ⅰ）设计成半径为的扇形，中心角．为方便观赏，增加收入，在种植区域外围规划观赏区（区域Ⅱ）和休闲区（区域Ⅲ），并将外围区域按如图所示的方案扩建成正方形，其中点，分别在边和上．已知种植区、观赏区和休闲区每平方千米的年收入分别是10万元、20万元、20万元．

（1）要使观赏区的年收入不低于5万元，求的最大值；

（2）试问：当为多少时，年总收入最大？

【答案】（1）（2）

【解析】（1）由，，，所以与全等.

可得，根据面积公式，可求得观赏区的面积为，要使得观赏区的年收入不低于5万元，则要求，解不等式即可求出结果.

（2）由题意可得种植区的面积为，正方形面积为，设年总收入为万元，则

，利用导数在函数单调性中的应用，即可求出结果.

【详解】

（1）∵，，，所以与全等.

所以，观赏区的面积为

，要使得观赏区的年收入不低于5万元，则要求，即，结合可知，则的最大值为.

（2）种植区的面积为，

正方形面积为，

设年总收入为万元，则

，

其中，求导可得.

当时，，递增；当时，，递增.

所以当时，取得最大值，此时年总收入最大.

【点睛】

题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质的应用，考查了数形结合思想，以及导数在求最值的应用.

21．已知函数.

(1)当时求函数的最小值；

(2)若函数在上恒成立求实数的取值范围.

【答案】(1)4.

(2) .

【解析】试题分析：

（Ⅰ）结合题意利用基本不等式求解即可．（Ⅱ）由题意得在上恒成立，转化为在上恒成立．构造函数，求得函数的最值后可得结论．

试题解析：

（Ⅰ）当时，

，当且仅当，即时等号成立，

所以．

（Ⅱ）由题意得在上恒成立，

即在上恒成立，

所以在上恒成立，

即在上恒成立，

设，则在上单调递减，在上单调递增，

∴，

又，

，

解得，

所以实数的取值范围是．

22．已知函数.

（1）若，求函数的极值；

（2）当 时，判断函数在区间上零点的个数.

【答案】(1)详见解析;(2)详见解析.

【解析】【详解】试题分析：（1）求导数得，又，所以，由此可得函数的单调性，进而可求得极值；

（2）由，得。因此分和两种情况判断函数的单调性，然后根据零点存在定理判断函数零点的个数。

试题解析：

（1）∵，

∴，

因为，所以，

当x变化时，的变化情况如下表：

由表可得当时，有极大值，且极大值为，

当时，有极小值，且极小值为.

（2）由（1）得。

∵ ，∴.

① 当时，在上单调递增，在上递减

又因为

所以在（0,1）和（1,2）上各有一个零点，

所以上有两个零点。   

② 当，即时，在上单调递增，在上递减，在上递增，

又因为

所以在上有且只有一个零点，在上没有零点，

所以在上有且只有只有一个零点.

综上：

当时，在上有两个零点；

当时，在上有且只有一个零点。

点睛：利用导数研究方程根（函数零点）的方法

研究方程根（函数零点）的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现。