1、2020届高三数学考前冲刺必刷卷（二）文（含解析）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.已知实数集，设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求得集合，由补集定义可得，再根据交集定义即可求解.【详解】集合，由二次函数性质可得，由补集定义可知，则.故选:B.【点睛】本题考查了集合中补集和交集的混合运算，属于基础题.2.已知向量，若，则（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】D【解析】【分析】根据向量平行得到，得到，得到向量模.【详解】若，则，.故选：.【点睛】本题考查了根据向量平行求参数，求向量模，意在考查学生
2、的计算能力.3.已知为坐标原点，角的终边经过点且，则( )A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据三角函数的定义，即可求出，得出，得出和，再利用二倍角的正弦公式，即可求出结果.【详解】根据题意，解得，所以，所以，所以.故选：C.【点睛】本题考查三角函数定义的应用和二倍角的正弦公式，考查计算能力.4.已知命题：“，函数的图象过点”逆否命题为真，则点坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据命题与逆否命题的真假关系可知命题为真命题，结合对数函数性质即可求得所过定点的坐标.【详解】由逆否命题与原命题同真同假，可知命题为真命题，由对数函数性质可知，函数过定点时，代入
3、可求得，所以点的坐标为.故选：A.【点睛】本题考查了原命题与逆否命题的关系，对数函数图像与性质的应用，属于基础题.5.下列函数中既关于直线对称，又在区间上为增函数的是( )A. .B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数的对称性和单调性的特点，利用排除法，即可得出答案.【详解】A中，当时，所以不关于直线对称，则错误；B中，所以在区间上为减函数，则错误；D中，而，则，所以不关于直线对称，则错误；故选：C.【点睛】本题考查函数基本性质，根据函数的解析式判断函数的对称性和单调性，属于基础题.6.已知函数在点处的切线的倾斜角为，则（ ）A. B. 1C. 2D. 6【答案】A【解析】【分析
4、】根据函数解析式，先求得导函数，由导函数几何意义可求得在点处的切线斜率，再由齐次式求法即可得解.【详解】函数，求得导函数为，所以，即，所以.故选：A.【点睛】本题考查了导数的几何意义应用，齐次式求值的简单应用，属于基础题.7.已知函数的图象与直线的相邻交点间的距离为，若定义，则函数，在区间内的图象是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题知，利用求出，再根据题给定义，化简求出的解析式，结合正弦函数和正切函数图象判断，即可得出答案.【详解】根据题意，的图象与直线的相邻交点间的距离为，所以 的周期为， 则， 所以，由正弦函数和正切函数图象可知正确.故选：A.【点睛】本题考查三角
5、函数中正切函数的周期和图象，以及正弦函数的图象，解题关键是对新定义的理解.8.我国古代数学家秦九韶在数书九章中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，角所对的边分别为，则的面积.根据此公式，若，且，则的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据，利用正弦定理边化为角得，整理为，根据，得，再由余弦定理得，又，代入公式求解.【详解】由得，即，即，因为，所以，由余弦定理，所以，由的面积公式得故选：A【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理以及类比推理，还考查了运算求解的能力，属于中档题.9.在等腰梯形中，为的中点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析
6、】由平面向量的线性运算可表示为，两式相加后化简，即可由表示.【详解】依题意得，所以，所以.故选：A.【点睛】本题考查了平面向量在几何中的简单应用，平面向量加法的线性运算，属于基础题.10.已知函数，且的图象经过第一、二、四象限，则，的大小关系为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，得，则为减函数，从而得出函数的单调性，可比较和，而，比较，即可比较.【详解】因为，且的图象经过第一、二、四象限，所以，所以函数为减函数，函数在上单调递减，在上单调递增，又因为，所以，又，则|，即，所以.故选：C.【点睛】本题考查利用函数的单调性比较大小，还考查化简能力和转化思想.11.已知
7、函数与的图象有一个横坐标为的交点，若函数的图象的纵坐标不变，横坐标变为原来的倍后，得到的函数在有且仅有5个零点，则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，求出，所以，根据三角函数图像平移伸缩，即可求出的取值范围.【详解】已知与的图象有一个横坐标为的交点，则，若函数图象的纵坐标不变，横坐标变为原来的倍， 则，所以当时，在有且仅有5个零点， ，.故选：A.【点睛】本题考查三角函数图象的性质、三角函数的平移伸缩以及零点个数问题，考查转化思想和计算能力.12.若不等式在区间内的解集中有且仅有三个整数，则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析
8、】【分析】由题可知，设函数，根据导数求出的极值点，得出单调性，根据在区间内的解集中有且仅有三个整数，转化为在区间内的解集中有且仅有三个整数，结合图象，可求出实数的取值范围.【详解】设函数，因为，所以，或，因为 时，或时，其图象如下：当时，至多一个整数根；当时，在内的解集中仅有三个整数，只需，所以.故选：C.【点睛】本题考查不等式的解法和应用问题，还涉及利用导数求函数单调性和函数图象，同时考查数形结合思想和解题能力.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13.已知函数，若，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据分段函数的性质，即可求出的取值范围.【详解】当时， ，当时，所以，故的取值范围
9、是.故答案为：.【点睛】本题考查分段函数的性质，已知分段函数解析式求参数范围，还涉及对数和指数的运算，属于基础题.14.已知，则函数的最大值为_.【答案】3【解析】【分析】先对化简求得,再代入将转换为关于的函数,再利用二次函数的性质求解最大值即可.【详解】由有,解得.故.故当时,取得最大值3.故答案为：3【点睛】本题主要考查了利用同角三角函数关系化简求值的方法以及正弦函数有关的二次复合函数最值问题.属于中档题.15.如图，已知扇形中弦长，则_.【答案】【解析】【分析】连接，作，结合平面向量数量积定义及的弦长即可求得.【详解】根据扇形图，连接，作如下图所示：则，根据数量积的几何意义可知，.故答案
10、为：.【点睛】本题考查了平面向量数量积的定义及简单运算，属于基础题.16.在中，边，分别是内角，所对的边，且，若，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】将条件等式求得的表达式为，结合正弦定理将角化为边的表达式，结合余弦定理可求得的表达式，结合条件式代入化简；由余弦定理及基本不等式求得的取值范围，即可确定的范围，进而求得的取值范围.【详解】由题设，由正弦定理可得，由余弦定理可知，代入可得，因为，所以，所以，即故答案为：.【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，基本不等式求最值的应用，属于中档题.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程和解题步骤.17.如图所示，某游乐园的一个
11、摩天轮半径为10米，轮子的底部在地面上2米处，如果此摩天轮每20分钟转一圈，当摩天轮上某人经过处时开始计时（按逆时针方向转），（其中平行于地面）.（1）求开始转动5分钟时此人相对于地面的高度.（2）开始转动分钟时，摩天轮上此人经过点，求的值.【答案】（1）（米）；（2）10【解析】【分析】（1）根据题意以为坐标原点，以所在直线为轴建立平面直角坐标系，可求得在分钟时此人相对于地面高度的解析式，代入即可求解.（2）由题意可知转动分钟时转过的角度，即可求得的坐标；根据题意可求得的坐标，由两点间距离公式即可求得的值.【详解】（1）以为坐标原点，以所在直线为轴建立平面直角坐标系，如下图所示：设摩天轮上某
12、人所在的点为，则在分钟内转过的角为，摩天轮半径为10米，轮子的底部在地面上2米处，所以分钟时，点的纵坐标为， 所以在分钟时此人相对于地面的高度为，所以5分钟后的高度为（米）.（2）由（1）可知，在分钟内转过的角为，由题意可知，由可求得，则由两点间距离公式可得.【点睛】本题考查了三角函数在实际问题中的应用，根据实际问题求三角函数解析式，平面两点间距离公式的应用，属于中档题.18.已知函数的定义域为，且满足，当时，有，且.（1）求不等式的解集；（2）对任意，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用定义法求出函数在上单调递增，由和，求出，求出，运用单调性求出不等式的
13、解集；（2）由于恒成立，由（1）得出在上单调递增，恒成立，设，利用三角恒等变换化简，结合恒成立的条件，构造新函数，利用单调性和最值，求出实数的取值范围.【详解】（1）设，所以函数在上单调递增，又因和，则，所以得解得，即， 故的取值范围为；（2） 由于恒成立，恒成立，设， 则， 令， 则，所以在区间上单调递增， 所以，根据条件，只要 ，所以.【点睛】本题考查利用定义法求函数的单调性和利用单调性求不等式的解集，考查不等式恒成立问题，还运用降幂公式、两角和与差的余弦公式、辅助角公式，考查转化思想和解题能力.19.如图，在斜中，角，所对角的边分别为，且，为边上一点，.（1）求角的大小；（2）求的面积.
14、【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）将条件式变形，结合余弦定理可求得，即可求得角的大小；（2）设，在中由条件及正弦定理可求得，再由同角三角函数关系式求得，即可由正弦的和角公式求得，结合三角形面积公式即可求解.【详解】（1）由题意所以结合余弦定理可求得，又因为，所以.（2）设.在中，.由正弦定理得，解得.因为，所以为锐角，从而.因此.所以的面积.【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，正弦和角公式的应用，三角形面积公式的应用，属于基础题.20.对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点
15、”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数.（1）当时，求的值；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）将代入，结合定义可求得对称中心，进而可知.结合所求式子特征即可求解.（2）将代入不等式，结合定义域可分离参数，构造函数，求得并令，求得极值点，即可由导函数符号判断函数的单调性，进而求得，即可确定的取值范围.【详解】（1）函数，当时，因为，令，解得，则对称中心的纵坐标为，故对称中心为，所以，所以，则.（2），即，又，在上恒成立.令.，令，得或（舍去）.当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递增.，即的取值范围为.【点睛】本题
16、考查了函数新定义的应用，导函数的运算及中心对称性质的应用，分离参数并构造函数法求参数的取值范围，由导数研究函数的单调性与最值，属于中档题.21.某贫困地区几个丘陵的外围有两条相互垂直的直线型公路，以及铁路线上的一条应开凿的直线穿山隧道，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路，和山区边界的直线型公路，以，所在的直线分别为轴，轴，建立平面直角坐标系，如图所示，山区边界曲线为，设公路与曲线相切于点.（1）设公路交轴，轴分别为两点，若公路的斜率为-1，求的长；（2）当公路的长度最短时，设公路交轴，轴分别为，两点，并测得四边形中，千米，千米，求应开凿的隧道的长度.【答案】（1）；（2）【解
17、析】【分析】（1）设切点，求导得到，解得，得到，解得答案.（2）根据均值不等式得到的最小值为，根据余弦定理得到，根据正弦定理得到，利用勾股定理得到答案.【详解】（1）设切点，则，则，取，解得或（舍去），故，直线，故，故.（2）设切点，则切线方程为，解得，故，当时等号成立，故的最小值为.在中，根据余弦定理：，故，根据正弦定理：，解得，.故，根据勾股定理：，故.【点睛】本题考查了切线方程，均值不等式，正弦定理，余弦定理，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.22.已知函数与的图象在它们的交点处具有相同的切线.（1）求的解析式；（2）若函数有两个极值点，且，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析
18、】【分析】（1）求得两个函数的导数，由公切线的斜率相同可得的方程；将切点代入两个函数，可得的方程；联立两个方程即可求得的值，进而得的解析式；（2）将的解析式代入并求得，由极值点定义可知，是方程的两个不等实根，由韦达定理表示出，结合可得.代入中化简，分离参数并构造函数，求得并令求得极值点，由极值点两侧符号判断单调性，并求得最小值，代入端点值求得最大值，即可求得的取值范围.【详解】（1）根据题意，函数与可知，两图象在点处有相同的切线，所以两个函数切线斜率相等，即，化简得，将代入两个函数可得，综合上述两式可解得，所以.（2）函数，定义域为，因为，为函数的两个极值点，所以，是方程的两个不等实根，由根与系数的关系知，又已知，所以，将式代入得，令，令，解得，当时，在单调递减；当时，在单调递增；所以，即的取值范围是.【点睛】本题考查了导数的计算及几何意义，根据公切线求参数值，由导数研究函数的极值点、单调性与最值，构造函数法的综合应用，属于难题.- 23 -