安徽省淮北市濉溪县2020届高三上学期第一次教学质量检测数学（理）试题

安徽省淮北市濉溪县2020届高三上学期第一次教学质量检测数学（理）试题

濉溪县2020届高三第一次教学质量检测 数学试卷(理科)‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.已知集合，集合，则( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对数函数的性质，以及一元二次不等式的解法，正确求解集合，再根据集合的交集运算，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，集合，集合，‎ 所以，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，其中解答中根据对数函数的性质，以及一元二次不等式的解法，正确求解集合是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎2.下列函数中，在其定义域内是增函数且是奇函数的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据奇函数的定义以及常见函数的单调性判断即可.‎ ‎【详解】对A, 因为为奇函数,当时,故.故不为增函数.故A错误.‎ 对B, 当时,当时,故不是增函数.故B正确.‎ 对C, ,则为奇函数.又为增函数,为奇函数.故为增函数.‎ 对D, ,则为偶函数.故D错误.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了常见函数的奇偶性与单调性,属于基础题型.‎ ‎3.设，则“周期为”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据充分与必要条件的判定判断即可.‎ ‎【详解】当时周期为成立.当周期为时,若也满足.故“周期为”是“”的必要不充分条件.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了必要充分条件的判定,属于基础题型.‎ ‎4.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，则（ ）‎ A. B. C. 或 D. 或 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据余弦定理求出或，当时，根据余弦定理可求出，当时，根据等腰三角形可求出.‎ ‎【详解】由余弦定理得，即，‎ 所以，‎ 解得或，‎ 当时，，‎ 因为，所以，‎ 当时，三角形是等腰三角形，，‎ 综上所述：或。‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了余弦定理，利用余弦定理求出是解题关键，属于基础题.‎ ‎5.设函数在R上可导，其导函数为，且函数的图像如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ）‎ A. 函数有极大值和极小值 B. 函数有极大值和极小值 C. 函数有极大值和极小值 D. 函数有极大值和极小值 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像分段讨论的正负再分析即可.‎ ‎【详解】由图可知,当时, ；当时, ‎ ‎；‎ 当时, ；当时, .‎ 故当时,函数单调递减, 故当时,函数单调递增,‎ 当时,函数单调递减.‎ 故函数有极大值和极小值.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了根据图像求导函数正负进而求得原函数的单调性与极值等,所以基础题型.‎ ‎6.已知函数是定义在R上的偶函数，且在上单调递减，，，则a，b，c的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据指数函数与对数的性质比较的大小，再根据函数在上单调递减，可得，由此可得答案。‎ ‎【详解】因为，，，‎ 又函数在上单调递减，‎ 所以，‎ 即，‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查了指数函数的性质，对数的性质，考查了偶函数的应用，考查了根据单调性比较大小，属于基础题。‎ ‎7.若实数a满足，则a的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分两种情况进行讨论即可.‎ ‎【详解】当时, ,故 当时, ,故 故a的取值范围是.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了根据对数函数的单调性解不等式的方法,属于基础题型.‎ ‎8.函数图像可能是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数为奇函数排除，根据时，排除，即可得到答案.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以函数为奇函数，图像关于原点对称，因此排除选项，‎ 因为时，，，‎ 所以，因此排除选项.‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查了函数的奇偶性，考查了诱导公式三，考查了正弦函数的符号，考查了排除法，属于基础题.‎ ‎9.若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算出，，再根据利用两角差的正弦公式展开计算可得.‎ ‎【详解】因为 所以，所以，‎ 因为所以，‎ 因为，所以，‎ 所以 ‎ ‎ ‎ ‎.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查了同角公式，考查了两角差的正弦公式，属于基础题。‎ ‎10.设，函数单调递增，且对任意实数x，有 (其中e为自然对数的底数)，则（ ）‎ A. B. 3 C. D. 5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据,可设,再利用单调性判断分析可得的解析式,再代入求即可.‎ ‎【详解】由,设,且.‎ 又,令有,故,显然为其中一根.‎ 又为增函数.故为唯一解.故.故.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了函数解析式的求解,主要根据函数的单调性与特殊根的方法等.属于中等题型.‎ ‎11.将函数的图象向右平移个单位长度得到的图象，若函数在区间上单调递增，且的最大负零点在区间上，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得的解析式,再根据的单调递增区间为与的最大负零点在区间上求得关于的表达式再求解范围即可.‎ ‎【详解】由题,又函数在区间上单调递增,‎ 此时.又余弦函数在上单调递增.‎ 故,又,故.‎ 又的最大负零点为,故即.‎ 综上有.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了余弦函数的图像运用,需要根据单调区间与零点求得关于的表达式再求不等式即可.属于中等题型.‎ ‎12.定义在上的函数满足，的导函数为，且满足，当时，，则使得不等式的解集为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用已知条件构造函数，通过函数的导数，判断函数的单调性，利用函数的奇偶性转化求解不等式的解集即可．‎ ‎【详解】令则时，，在 上递减，‎ 由，知可得 又为偶函数，所以解集为.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的奇偶性的综合应用，考查计算能力．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。将答案填在答题卡中的横线上。‎ ‎13.己知曲线在点处的切线的倾斜角为α，则的值为______‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导后，根据导数几何意义可得，将原式的分子分母同时除以，化成正切后，代入，即可得到答案。‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 所以，‎ 所以原式，‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了利用同角公式切化弦，解题关键是切化弦，属于基础题.‎ ‎14.已知偶函数在上单调递增，，若，则x的取值范围是______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据偶函数的性质得，再根据单调性可得，然后解绝对值不等式可得答案.‎ ‎【详解】因为函数为偶函数，所以，‎ 所以可化为，‎ 又在上单调递增，‎ 所以，‎ 所以或，‎ 解得或.‎ 故答案为: ‎ ‎【点睛】本题考查了偶函数的性质，考查了利用单调性解不等式，考查了用公式法解绝对值不等式，根据偶函数的性质得是解题关键，属于基础题。‎ ‎15.已知若有两个零点，则实数的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析：先作函数图像，再结合图像平移直线研究有两个交点的条件，解得实数的取值范围.‎ 详解：‎ 因为与相切于（0，1），与相切于（1，0），‎ 所以有两个零点时，须 点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．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．‎ ‎16.在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的周长取值范围为_______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将已知等式根据正弦定理边化角后，可得，再根据锐角三角形可得的取值范围，然后根据正弦定理得，根据的范围可得的取值范围，从而可得周长的取值范围.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以根据正弦定理可得，‎ 所以，‎ 因为，所以，‎ 所以，因为，‎ 所以，因为，所以，‎ 由正弦定理可得，‎ ‎，‎ 所以 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎，‎ 因为，所以，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以周长.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理边化角，考查了锐角三角形的概念，考查了两角和的正弦公式的逆用，属于中档题。‎ 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须做答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答 ‎17.已知命题p：关于x的不等式；命题q：不等式组.‎ ‎（1）当时，若“”为假，“”为真，求实数x的取值范围；‎ ‎（2）若p是q的必要不充分条件，求实数a的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)分别求解命题p命题q中的范围,再根据“”为假，“”为真可知p,q一真一假,从而分两种情况进行讨论即可.‎ ‎(2) 若p是q的必要不充分条件则的范围包含的范围,再对区间端点列不等式求解即可.‎ ‎【详解】由，得，．‎ 由解得即，所以；‎ ‎（1）当时，，‎ 因为“”为假，“”为真，所以一真一假，‎ 当p真q假时，，或，此时实数的取值范围是； ‎ 当p假q真时，或，，此时无解. ‎ 综上，实数的取值范围是. ‎ ‎（2）因为是的必要不充分条件，所以所以，故实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据命题的真假判断集合的关系进行求解的方法等,重点是根据不等式之间的关系列出区间端点对应的不等式求范围,属于中等题型.‎ ‎18.已知函数的最小正周期为，将函数的图像向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度，得到函数的图像.‎ ‎（1）求函数的单调递增区间；‎ ‎（2）在锐角中，角的对边分别为，若，，求面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）利用三角恒等变换化简函数f（x）的解析式，再根据正弦函数的单调求得函数f（x）的单调递增区间．‎ ‎（2）先利用函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，求得g（x）的解析式，在锐角△ABC中，由g（）＝0，求得A的值，再利用余弦定理、基本不等式，求得bc的最大值，可得△ABC面积的最大值．‎ ‎【详解】（1）由题得：函数 ‎=‎ ‎=‎ ‎ ，‎ 由它的最小正周期为，得，‎ ‎∴‎ 由，得 故函数的单调递增区间是 ‎（2）将函数的图像向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度，得到函数的图像，‎ 在锐角中，角的对边分别为，‎ 若，可得，∴.‎ 因为，由余弦定理，得，‎ ‎∴，‎ ‎∴，当且仅当时取得等号.‎ ‎∴面积，‎ 故面积的最大值为 ‎【点睛】本题主要考查三角恒等变换，函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数的单调性，余弦定理、基本不等式的应用，属于中档题．‎ ‎19.己知函数 ‎（1）若，求在处的切线方程；‎ ‎（2）求函数在上的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）答案不唯一，见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据导数的几何意义求得切线的斜率，根据点斜式求得切线方程；‎ ‎（2）求导后，对分类讨论，利用导数研究函数的单调性可得最值.‎ ‎【详解】（1）当时，，故，‎ 又，由点斜式可得，即，‎ 切线方程为：. ‎ ‎（2），‎ 当时，在上单调递增，‎ ‎， ‎ 当时，由解得（负值舍去），设 若，即，也就时，单调递增，‎ ‎， ‎ 若，即时，单调递减，单调递增.‎ 故 ‎ 若即时单调递减.，‎ 综上所述：当时，的最小值为1；‎ 当时，的最小值为 当时，的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了分类讨论思想，考查了利用导数讨论函数的单调性，利用单调性求函数的最值，属于中档题.‎ ‎20.有一矩形硬纸板材料（厚度忽略不计），一边长为6分米，另一边足够长．现从中截取矩形（如图甲所示），再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒（如图乙所示，重叠部分忽略不计），其中是以为圆心、的扇形，且弧,分别与边,相切于点,．‎ ‎ （1）当长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积；‎ ‎ （2）当的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？‎ ‎【答案】（1）当长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为立方分米.（2）当的长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）先根据扇形面积减去三角形面积得弓形面积，即为柱体底面积，再根据柱体体积公式求体积（2）同（1）先计算底面积，再表示高，代入柱体体积公式得容积函数关系式，最后利用导数求最值 试题解析：解：（1）在图甲中，连接交于点．设，‎ 在中，因为，所以，则．‎ 从而，即. ‎ 故所得柱体的底面积 ‎. ‎ 又所得柱体的高，‎ 所以 .‎ 答：当长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为立方分米. ‎ ‎（2）设，则，所以所得柱体的底面积 ‎ . ‎ 又所得柱体的高，‎ 所以 ，其中. ‎ 令，则由，‎ 解得. ‎ 列表如下：‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ 增 极大值 减 所以当时，取得最大值.‎ 答：当的长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大.‎ ‎21.己知函数。‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）令，若对任意的，，恒有成立，求实数m的最大整数.‎ ‎【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）最大整数为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求导后，对分类讨论，利用导数可得函数的单调性；‎ ‎(2)将不等式转化为恒成立，即恒成立，再构造函数求出最小值即可得到答案.‎ ‎【详解】（1）此函数的定义域为，，‎ 当时，，在上单调递增，‎ 当时，单调递减，单调增 综上所述：当时，在上单调递增 当时，单调递减，单调递增 ；‎ ‎（2）由（1）知 恒成立，则只需恒成立，‎ 则，即，令则只需 则，单调递减，‎ 单调递增，‎ 即，的最大整数为.‎ ‎【点睛】本题考查了分类讨论思想，考查了利用导数研究函数的单调性，利用单调性求函数的最值，考查了不等式恒成立问题，属于中档题.‎ ‎(二)选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答 ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．‎ ‎（1）求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）试判断曲线与是否存在两个交点，若存在，则求出两交点间的距离；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）: ，；（2）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接把参数方程和极坐标方程转化成直角坐标方程．‎ ‎（2）先判断两圆的位置关系，再两圆作差得交点所在的直线方程，直线恰好过圆心即可得两交点间的距离.‎ ‎【详解】（1）曲线的参数方程为（为参数），化为普通方程为： ，曲线的极坐标方程为，化为直角坐标方程为： ‎ ‎（2）因为 ， ， ，相交 ，设与的交点为，两圆的方程作差得 ，又 恰过， .‎ ‎【点睛】本题考查了参数方程，极坐标和直角坐标方程的转化，也考查了两圆的位置关系，属于中档题.‎ ‎23.已知函数．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若的解集为R，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分段讨论去绝对值解不等式即可；‎ ‎（2）由绝对值三角不等式可得，从而得或，进而可得解.‎ ‎【详解】（1）当时，原不等式可化为 ‎ 解得 所以不等式的解集为 ‎ ‎（2）由题意可得, 当时取等号. ‎ 或， 即或 ‎【点睛】本题主要考查了含绝对值的不等式的求解及绝对值三角不等式求最值，属于基础题.‎ ‎ ‎