1、2020届高三数学考前冲刺必刷卷（二）理（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.已知集合，则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法求出集合，根据指数函数单调性求出集合，取并集即可得出答案.【详解】集合.故选：C.【点睛】本题考查集合并集的运算，以及一元二次不等式的解法和指数函数单调性，属于基础题.2.已知向量，则与共线的单位向量为( )A. B. C. 或D. 或【答案】D【解析】【分析】根据题意得，设与共线的单位向量为，利用向量共线和单位向量模为1，列式求出即可得出答案.【详解】因为
2、，则，所以，设与共线的单位向量为，则，解得 或所以与共线的单位向量为或.故选：D.【点睛】本题考查向量的坐标运算以及共线定理和单位向量的定义.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.已知函数且的图象恒过定点，则函数图象以点为对称中心的充要条件是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题可得出的坐标为，再利用点对称的性质
3、，即可求出和.【详解】根据题意，所以点的坐标为，又 ，所以.故选：A.【点睛】本题考查指数函数过定点问题和函数对称性的应用，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.已知与分别为函数与函数的图象上一点，则线段的最小值为( )A. B. C
4、. D. 6【答案】C【解析】【分析】利用导数法和两直线平行性质，将线段的最小值转化成切点到直线距离.【详解】已知与分别为函数与函数的图象上一点，可知抛物线存在某条切线与直线平行，则，设抛物线的切点为，则由可得，所以切点为，则切点到直线的距离为线段的最小值，则.故选：C.【点睛】本题考查导数的几何意义的应用，以及点到直线的距离公式的应用，考查转化思想和计算能力.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
5、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
6、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.在直角梯形中，点为上一点，且，当的值最大时，( )A. B. 2C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题，可求出，所以，根据共线定理，设，利用向量三角形法则求出，结合题给，得出，进而得出，最后利用二次函数求出的最大值，即可求出.【详解】由题意，直角梯形中，可求得，所以点在线段上， 设 ， 则，即，又因为所以，所以，当时，等号成立.所以.故选：B.【点睛】本题考查平面向量线性运算中的加法运算、向量共线定理，以及运用二次函数求最值，考查转化思想和解题能力.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.
7、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
8、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】【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
9、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.若，则_.【答案】【解析】【分析】由， 得出，根据两角和与差的正弦公式和余弦公式化简，再利用齐次式即可求出结果.【详解】因为， 所以，所以.故答案
10、为：.【点睛】本题考查三角函数化简求值，利用二倍角正切公式、两角和与差的正弦公式和余弦公式，以及运用齐次式求值，属于对公式的考查以及对计算能力的考查.15.如图，已知扇形的半径为1，面积为，则_.【答案】【解析】【分析】根据题意，利用扇形面积公式求出圆心角，再根据等腰三角形性质求出，利用向量的数量积公式求出.【详解】设角， 则，所以在等腰三角形中，则.故答案为：.【点睛】本题考查扇形的面积公式和向量的数量积公式，属于基础题.16.在中，角，所对的边分别边，且，设角的角平分线交于点，则的值最小时，_.【答案】【解析】【分析】根据题意，利用余弦定理和基本不等式得出，再利用正弦定理，即可得出.【详解
11、】因为，则，由余弦定理得：，当且仅当时取等号，又因为，所以.故答案为：.【点睛】本题考查余弦定理和正弦定理的应用，以及基本不等式求最值，考查计算能力.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程和解题步骤.17.已知为坐标原点，单位圆与角终边的交点为，过作平行于轴的直线，设与终边所在直线的交点为，.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数在区间上的值域.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意，求得，因而得出，利用降幂公式和二倍角的正弦公式化简函数，最后利用，求出的最小正周期；（2）由（1）得，再利用整体代入求出函数的值域.【详解】（1） 因为 ， ， 所以，所以函数的最小正周期为.
12、（2）因为，所以，所以，故函数在区间上的值域为.【点睛】本题考查正弦型函数的周期和值域，运用到向量的坐标运算、降幂公式和二倍角的正弦公式，考查化简和计算能力.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，又因为和，则，所以得解
13、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.在中， 角，的对边分别为， 其中， .（1）求角的值；（2）若，为边上的任意一点，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用余弦定理和二倍角的正弦公式，化简即可得出结果；（2）在中， 由余弦定理得，在中结合正弦定理求出，从而得出，即可得出的解析式，最后结合斜率的几何意义，即可求出
14、的最小值.【详解】（1） ，由题知，则，则，；（2）在中， 由余弦定理得，设， 其中.在中，所以，所以的几何意义为两点连线斜率的相反数，数形结合可得，故的最小值为.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理实际应用，还涉及二倍角正弦公式和诱导公式，考查计算能力.20.已知函数与的图象关于直线对称. （为自然对数的底数）（1）若的图象在点处的切线经过点，求的值；（2）若不等式恒成立，求正整数的最小值.【答案】（1）e；（2）2.【解析】【分析】（1）根据反函数的性质，得出，再利用导数的几何意义，求出曲线在点处的切线为，构造函数，利用导数求出单调性，即可得出的值；（2）设，求导，求出的单调性，从而得出最大
15、值为，结合恒成立的性质，得出正整数的最小值.【详解】（1）根据题意，与的图象关于直线对称，所以函数的图象与互为反函数，则,，设点，又，当时，曲线在点处的切线为，即，代入点，得，即，构造函数， 当时，当时，且，当时，单调递增，而， 故存在唯一的实数根.（2）由于不等式恒成立，可设，所以，令，得. 所以当时，；当时，因此函数在是增函数，在是减函数. 故函数的最大值为 .令， 因为， ，又因为在是减函数.所以当时，.所以正整数的最小值为2.【点睛】本题考查导数的几何意义和利用导数解决恒成立问题，涉及到单调性、构造函数法等，考查函数思想和计算能力.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
16、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，的横坐标为.（1）当为何值时，公路的长度最短?求出最短长度；（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）当时，公路的长度最短为千米；（2）（千米）.【解析】【分析】（1）设切点的坐标为，利用导数的几何意义求出切线的方程为，根据两点间距离得出，构造函数，利用导数求出单调性，从而得出极值和最值，即可得出结果
17、；（2）在中，由余弦定理得出，利用正弦定理，求出，最后根据勾股定理即可求出的长度.【详解】（1）由题可知，设点的坐标为，又，则直线的方程为，由此得直线与坐标轴交点为：，则，故，设，则.令，解得=10.当时，是减函数；当时，是增函数.所以当时，函数有极小值，也是最小值， 所以， 此时.故当时，公路的长度最短，最短长度为千米.（2） 在中，,所以， 所以，根据正弦定理，又， 所以.在中，由勾股定理可得，即，解得，（千米）.【点睛】本题考查利用导数解决实际的最值问题，涉及构造函数法以及利用导数研究函数单调性和极值，还考查正余弦定理的实际应用，还考查解题分析能力和计算能力.22.已知函数，,使得对任意
18、两个不等的正实数，都有恒成立.（1）求的解析式；（2）若方程有两个实根，且，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题意，在上单调递减，求导得，分类讨论的单调性，结合题意，得出的解析式；（2）由为方程的两个实根，得出，两式相减，分别算出和，利用换元法令和构造函数，根据导数研究单调性，求出，即可证出结论.【详解】（1）根据题意，对任意两个不等的正实数，都有恒成立.则在上单调递减，因为，当时，内单调递减.，当时，由，有，此时，当时，单调递减，当时，单调递增，综上，所以. （2）由为方程的两个实根，得，两式相减，可得， 因此，令，由，得， 则，构造函数.则，所以函数在上单调递增，故，即， 可知，故，命题得证.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性求函数的解析式、以及利用构造函数法证明不等式，考查转化思想、解题分析能力和计算能力.
