黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三10月调研考试数学（理）试题

黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三10月调研考试数学（理）试题

哈六中2019-2020学年度上学期 高三学年第二次调研考试理科数学试卷 一、选择题：（在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的）‎ ‎1.已知全集，则=（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，分别化简集合，再根据交集与补集的运算，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，，‎ 所以，‎ 因此.‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查集合交集与补集的运算，熟记概念即可，属于基础题型.‎ ‎2.若复数满足，则在复平面内，的共轭复数的虚部为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意求出复数，再求出其共轭复数，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 因此，即的共轭复数的虚部为.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查复数的运算，以及复数的概念，熟记除法运算法则与复数的概念即可，属于常考题型.‎ ‎3.已知向量满足，则在方向上的投影为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量数量积的几何意义得到：在方向上的投影为，结合题中数据，直接计算，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，所以 所以在方向上的投影为 故选B ‎【点睛】本题主要考查向量的投影，熟记向量数量积的几何意义即可，属于常考题型.‎ ‎4.已知曲线在区间内存在垂直于轴的切线，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依题意，可得，即在区间内有解，设，利用函数的单调性，求得最值，即可求解。‎ ‎【详解】依题意，可得，即在区间内有解.‎ 设，由题意函数为增函数，且 所以，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查导数在函数中的应用，其中解答中转化为在区间内有解，令，利用函数的单调性求解是解答的关键，着重考查函数与方程及化归与转化的数学思想.‎ ‎5.中国历法推测遵循以测为辅、以算为主的原则.例如《周髀算经》和《易经》里对二十四节气的晷影长的记录中，冬至和夏至的晷影长是实测得到的，其他节气的晷影长则是按照等差数列的规律计算出来的.下表为《周髀算经》对二十四节气晷影长的记录，其中寸表示115寸分（1寸=10分）‎ 节气 冬至 小寒 ‎(大雪)‎ 大寒 ‎(小雪)‎ 立春 ‎(立冬)‎ 雨水 ‎(霜降)‎ 惊蛰 ‎(寒露)‎ 春分 ‎(秋分)‎ 清明 ‎(白露)‎ 谷雨 ‎(处暑)‎ 立夏 ‎(立秋)‎ 小满 ‎(大暑)‎ 芒种 ‎(小暑)‎ 夏至 晷影 长（寸）‎ ‎135‎ ‎125.‎ ‎115.‎ ‎105.‎ ‎95.‎ ‎85.‎ ‎75.5‎ ‎66.‎ ‎55.‎ ‎45.‎ ‎35.‎ ‎25.‎ ‎16.0‎ 已知《易经》中记录的冬至晷影长为130.0寸，夏至晷影长为14.8寸，那么《易经》中所记录的惊蛰的晷影长应为（ ）‎ A. 72.4寸 B. 81.4寸 C. 82.0寸 D. 91.6寸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，节气的晷影长成等差数列，根据题中数据得到第1项与第13项，求出公差，进而可求出结果.‎ ‎【详解】因为节气的晷影长则是按照等差数列的规律计算出来的，‎ 由题意可得，，所以等差数列的公差为 惊蛰对应等差数列的第6项，‎ 所以.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查等差数列的应用，熟记等差数列的通项公式即可，属于常考题型.‎ ‎6.已知正方形的边长为4，为边的中点，为边上一点，若，则=（ ）‎ A. 5 B. 3 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 先由题意，以点为坐标原点，分别以所在直线方向为轴、轴建立平面直角坐标系，得到各点坐标，再设点坐标，根据题意求出点坐标，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为四边形为正方形，以点为坐标原点，分别以所在直线方向为轴、轴建立如图所示的平面直角坐标系，‎ 因为正方形的边长为4，为边的中点，‎ 所以，‎ 又为边上一点，所以设，‎ 则，，‎ 又，所以，解得，‎ 所以.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查已知数量积求向量的模的问题，熟记坐标系的方法求解即可，属于常考题型.‎ ‎7.函数的部分图像如图所示，图象与轴交于点，与轴交于点，点在图象上，满足，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 函数的最小正周期是 B. 函数的图像关于轴对称 C. 函数在单调递减 D. 函数图像上所有的点横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移后关于轴对称 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据图像与题中条件，先确定周期，以及的正负，求出，再求出，根据正弦函数的性质，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，由题中图像可得：，，故选项A错；‎ 所以，所以，‎ 又，由图像可得，‎ 所以，所以，‎ 由得函数的对称轴为，‎ 所以当时，，故B正确；‎ 由 解得，‎ 因此函数的单调递减区间为，故C错误；‎ 函数的图像上所有的点横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），可得，再向右平移可得，为奇函数，关于原点对称，故D错误.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查由三角函数的部分图像求函数解析式，以及三角函数相关性质的判断，熟记三角函数的图像与性质即可，属于常考题型.‎ ‎8.已知函数，其中是自然对数的底数，若，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对根据函数奇偶性的概念，判断函数为奇函数；再由导数的方法判定函数单调性，进而可求出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，因此函数为奇函数；‎ 又，‎ 所以函数单调递增；‎ 因此不等式可化为，‎ 所以，即，解得.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查函数基本性质的应用，熟记函数单调性与奇偶性即可，属于常考题型.‎ ‎9.已知中，内角所对的边分别是，若，且，则当取到最小值时，（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎，即，由正弦定理得，即，由正弦定理和余弦定理得，则， 从而，故，由得，故，则，所以，故，当且仅当时等号成立.故选A.‎ ‎10.已知向量满足，与的夹角为，若，则的最大值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，建立平面直角坐标系，令，，求出向量的坐标，再设，根据，得到，将求向量模的问题转化为求圆上点与定点的距离的问题，即可求出结果.‎ ‎【详解】由题意，建立如图所示的平面直角坐标系，令，，‎ 因为，与的夹角为，‎ 易得，，‎ 设， 则，，‎ 因为， 所以，‎ 即，‎ 因此表示圆上的点到坐标原点的距离，‎ 因此.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查求向量的模，灵活运用建系的方法求解即可，属于常考题型.‎ ‎11.已知等差数列满足，，数列满足，记数列的前项和为，若对于任意的，，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列通项公式可得，进而由递推关系可得，借助裂项相消法得到，又，问题等价于对任意的，恒成立.‎ ‎【详解】由题意得，则，等差数列的公差，‎ ‎.‎ 由，‎ 得，‎ ‎ ‎ 则不等式恒成立等价于恒成立，‎ 而，‎ 问题等价于对任意的，恒成立。‎ 设，，‎ 则，即，‎ 解得或.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式,递推关系式，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查函数与方程的思想方法，以及运算能力，属于中档题．‎ ‎12.已知函数，若方程有四个不等的实数根，则实数的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将方程有四个不等的实数根转化为的图像与直线有4个交点；用导数的方法判断函数的单调性，作出函数图像，根据函数的图像，即可得出结果.‎ ‎【详解】方程有四个不等的实数根等价于的图像与直线有4个交点；‎ ‎（1）当时，，由得；由得；‎ 所以函数在上单调递增，在上单调递减；因此；‎ ‎（2）当时，，‎ 由得；由得；‎ 所以函数在上单调递增，在上单调递减；因此；‎ 由（1）（2）作出函数的图像与直线的图像如下：‎ 由图像易得.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查由方程根的个数求参数的问题，灵活运用数形结合的方法，熟记导数方法判定函数单调性即可，属于常考题型.‎ 二、填空题：将答案写在答题卡上相应的位置 ‎13.已知是定义在R上的函数，且满足，当时，，则=_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由，求出函数的周期，再由题中条件，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 因此，函数是周期为的函数，‎ 所以，‎ 又当时，，所以 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用，熟记函数奇偶性以及对数的运算法则即可，属于常考题型.‎ ‎14.一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北的方向上，行驶300m后到达B处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度CD=______m ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设山的高度，根据题中条件求出，再由正弦定理，即可求出结果.‎ ‎【详解】设此山的高度，‎ 因为在B处测得此山顶仰角为，所以，‎ 因此，在中，，故，‎ 又由题意可得，，所以，，‎ 由正弦定理可得：，即，‎ 解得.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查解三角形的应用，熟记正弦定理即可，属于常考题型.‎ ‎15.在中，为上一点，且，为上一点，且满足，则最小值为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意得到，根据三点共线的充要条件，得到，再由基本不等式即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 又三点共线，所以，‎ 所以，‎ 当且仅当即，时，等号成立.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查利用基本不等式求和的最小值，熟记平面向量基本定理以及基本不等式即可，属于常考题型.‎ ‎16.正项数列满足：，设，若，则的取值范围是________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由，当为奇数时，推出，得到，再由 ‎，化简不等式，求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 当为奇数时，，则，即，‎ 所以，所以，‎ 即为奇数时，数列以为周期，所以 又由题意可得，，，…，，‎ 所以，‎ 由可得，因此，‎ 解得.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查数列的应用，根据递推关系求出数列的前项之积，即可求解，属于常考题型.‎ 三、解答题：解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤 ‎17.设是正项数列的前项和，且.‎ ‎（1）设数列的通项公式；‎ ‎（2）若，设，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 详解】（Ⅰ）当时，，解得（舍去），．‎ 当时，由得，，‎ 两式作差，得，‎ 整理得，，‎ ‎，，‎ 数列为正项数列，，‎ ‎，即，数列是公差为的等差数列，‎ ‎．‎ ‎（Ⅱ），‎ ‎，①‎ ‎，②‎ ‎，‎ ‎18.已知函数 ‎（1）求函数在上的单调递增区间和最小值.‎ ‎（2）在中，分别是角的对边，且，求的值.‎ ‎【答案】（1）；增区间；当，； （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由题意得到函数的解析式为，根据正弦函数的单调性以及题中条件，即可求出其增区间，和最小值；‎ ‎（2）根据（1）中解析式，先得到，由余弦定理求出，，再根据余弦定理，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 所以 ‎，‎ 由得 ‎，‎ 即函数的增区间为 又，所以函数在上的单调递增区间为；‎ 又当时，，‎ 所以当且仅当，即时，取最小值，为；‎ ‎（2）由（1）可知，‎ 所以，因为，所以，‎ 所以，因此，‎ 由余弦定理可得，‎ 又，显然，‎ 所以，整理得，解得或（舍），‎ 所以，，‎ 因此.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数单调区间与最值，以及余弦定理解三角形，熟记三角函数的性质以及余弦定理即可，属于常考题型.‎ ‎19.已知函数.‎ ‎（1）若对于任意都有成立，试求的取值范围；‎ ‎（2）记.当时，函数在区间上有两个零点，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用导数求出函数的单调区间，根据函数的单调区间求出函数的最小值，要使恒成立，需使函数的最小值大于，从而求出实数范围。‎ ‎（2）利用导数求出函数的单调区间，在根据函数在区间上有两个零点，可得：，即可求出实数的取值范围。‎ ‎【详解】（1），由解得；由解得.‎ 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，‎ 所以当时，函数取得最小值.‎ 因为对于任意都有成立，所以即可.‎ 则，由解得，‎ 所以得取值范围是.‎ ‎（2）依题意得，则，‎ 由解得，由解得.‎ 所以函数在区间上有两个零点，‎ 所以，解得.所以得取值范围.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性、最值以及零点问题，属于中档题。‎ ‎20.数列满足 ‎（1）求的通项公式.‎ ‎（2）设，若对任意，恒有，求的取值范围；‎ ‎（3）设，求数列的前项和 ‎【答案】（1）；（2） ；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据累加法，直接求解，即可得出结果；‎ ‎（2）先由（1）得，将对任意，恒有，化为对任意，恒有，即，分为偶数和为奇数两种情况讨论，即可得出结果；‎ ‎（3）先由（1）得：，再由裂项相消法，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 所以，‎ ‎，‎ ‎……‎ 以上各式相加得，‎ 又，所以；‎ ‎（2）由（1）可得，‎ 所以，‎ 因此，对任意，恒有，‎ 可化为对任意，恒有 即，‎ 当时，不等式可化为恒成立，‎ 因此只需；‎ 当，不等式可化为恒成立，‎ 因此只需，‎ 综上，的取值范围是；‎ ‎（3）由（1）可得：‎ 所以数列的前项和 ‎【点睛】本题主要考查由递推关系求数列的通项的问题，以及数列的求和，熟记累加法求通项公式，以及裂项相消法求数列的和即可，属于常考题型.‎ ‎21.已知函数 ‎（1）当时，求的单调区间.‎ ‎（2）若时，恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）减区间，增区间 ，；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由得到，对函数求导，解对应的不等式，即可求出单调区间；‎ ‎（2）先由题意得当时，恒成立；再将时，恒成立，转化为恒成立；令，，用导数的方法研究其单调性与最值，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）当时，，定义域为，‎ 所以，‎ 令，得或；令，得；‎ 所以函数的减区间为，增区间 ，；‎ ‎（2）因为时，恒成立，‎ 显然，当时，恒成立；‎ 因此当时，恒成立，可化为恒成立，‎ 即恒成立；‎ 令，，则，‎ 由得，‎ ‎（i）当时，，所以在上单调递增，‎ 因此恒成立；‎ ‎（ii）当时，由得；由得；‎ 所以在上单调递增，在 上单调递减；‎ 所以，所以只需，‎ 令，则，‎ 所以在上单调递减；因此，与矛盾；‎ 故舍去；‎ 综上，的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的应用，熟记导数的方法研究函数的单调性、最值等，属于常考题型.‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线（为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线的极坐标方程.‎ ‎（2）已知点，直线的极坐标方程为，它与曲线的交点为，与曲线的交点为，求的面积.‎ ‎【答案】（1） ；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由曲线的参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程即可；‎ ‎（2）将直线的极坐标方程分别代入曲线与曲线的极坐标方程，求出两点的极径，得到长度，再由点坐标，求出的高，从而可求出的面积.‎ ‎【详解】（1）因为曲线（为参数），所以其普通方程为；‎ 即，所以，‎ 因此即为曲线的极坐标方程；‎ ‎（2）由题意，将代入，可得；‎ 将代入，可得；‎ 所以；‎ 又点到直线的距离为，‎ 即的高为，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查圆的参数方程与普通方程的互化，直角坐标方程与极坐标方程的互化，以及极坐标下的弦长问题，熟记公式即可，属于常考题型.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎(1)当时，解不等式 ‎(2)若存在满足，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）； （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由得到，用分类讨论法，分，，三种情况，即可求出结果；‎ ‎（2）先根据含绝对值不等式的性质，得到的最小值，将存在满足转化为的最小值小于5，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）当时，，‎ 当时，不等式可化为，解得，所以；‎ 当时，不等式可化为，解得，所以；‎ 当时，不等式可化为，解得，所以；‎ 综上，原不等式的解集为；‎ ‎（2）令，‎ 则，‎ 因此存在满足，‎ 可化为，即，‎ 所以，‎ 因此 ‎【点睛】本题主要考含绝对值不等式的解法，熟记含绝对值不等式的性质，灵活运用分类讨论法求解即可，属于常考题型.‎ ‎ ‎