1、高考资源网（） 您身边的高考专家2019-2020学年度第一学期高三9月份考试理科数学试题（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）第卷一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60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，则下列判断正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先分别求出集合A与集合B，再判别集合A与B的关系，得出结果.【详解】， 【点睛】本题考查了集合之间的关系，属于基础题.2.设，“”是“复数是纯虚数”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【详解】当a
2、=0时，如果b=0，此时是实数，不是纯虚数，因此不是充分条件；而如果已经是纯虚数，由定义实部为零，虚部不为零可以得到a=0，因此是必要条件，故选B【考点定位】本小题主要考查的是充分必要条件，但问题中又涉及到了复数问题，复数部分本题所考查的是纯虚数的定义3.在等比数列中，若，则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由等比数列性质得q,即可求解【详解】，则 故选：D【点睛】本题考查等比数列的运算及基本性质，熟记公式是关键，是基础题4.已知函数，在下列区间中，包含零点的区间是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据零点存在性定理依次判断即可.【详解】因为，且函数
3、连续、单调递减，所以由零点存在性定理可知，零点在区间上，所以本题答案为C.【点睛】本题主要考查了函数与方程的应用，其中解答中熟记零点的存在定理是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属基础题.5.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用指数和对数函数的单调性分别判断出所处的大致范围，从而得到结果.【详解】且即本题正确选项：【点睛】本题考查利用指数函数和对数函数的单调性判断大小的问题，属于基础题.6.在中，角，所对的边分别是，则（ ）A. 或B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将已知代入正弦定理可得，根据，由三角形中大边对大角可得：，即可求得.【详解】解：，由
4、正弦定理得：故选C.【点睛】本题考查了正弦定理、三角形的边角大小关系，考查了推理能力与计算能力.7.将函数的图象向右平移个周期后得到的函数为，则的图象的一条对称轴可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由条件根据的图像变换规律，正弦函数的图像的对称性，可得结论.【详解】解：的周期为，图象向右平移个周期后得到的函数为，则，由，得，取，得为其中一条对称轴.故选A.【点睛】本题主要考查的图像变换规律，正弦函数的图像的对称性.8.已知是数列的前项和，且，则（ ）A. 72B. 88C. 92D. 98【答案】C【解析】试题分析：为等差数列，公差为3，所以由得，选C.考点：等差数列
5、定义9.已知向量，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先排除时x值，再利用夹角为锐角的平面向量的数量积为正数即可求得结果.【详解】若，则，解得.因为与夹角为锐角，.又，由与的夹角为锐角，即，解得.又，所以.所以本题答案为B.【点睛】本题考查利用平面向量的数量积判断角的类型，注意排除向量平行的可能，属基础题.10.已知，则的最小值是（ ）A. 2B. C. 4D. 【答案】C【解析】【分析】利用对数的运算法则和基本不等式的性质即可得出【详解】lg2x+lg8ylg2，lg（2x8y）lg2，2x+3y2，x+3y1x0，y0，24，当且仅当
6、x3y时取等号故选：C【点睛】本题考查基本不等式求最值，熟练掌握对数的运算法则和基本不等式的性质是解题的关键，注意等号成立条件11.已知是定义域为奇函数，满足,若，则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意，求得，且函数是以4为周期的周期函数，根据，求得一个周期内的函数值的和，进而求得的值，得到答案【详解】由函数是定义域为的奇函数，所以，且，又由，即， 进而可得，所以函数是以4为周期的周期函数，又由，可得，则，所以故选C【点睛】本题主要考查了函数的基本性质的应用，其中解答中熟练应用函数的奇偶性和函数的周期性是解答本题的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档
7、试题12.已知函数，若，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意得，所以在单调递减，在单调递增，所以，则得令，在上，则单调递减，又，所以在单调递增，在单调递减，所以，故选点睛：本题主要考查了不等式恒成立的问题，以及利用导数研究函数的单调性。构造函数利用参数分离法结合函数的单调性和导数之间的关系转化为求函数的最值是解决本题的关键，属于难题。第卷二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.若命题“xR，x22x+m0”是假命题，则m的取值范围是_【答案】m1【解析】【分析】结合命题的否定与原命题真假对立，将原命题转化为命题的否定，结合二次函数的性质，即可计
8、算m的范围。【详解】若命题“xR，x22x+m0”是假命题，则命题“xR，x22x+m0”是真命题，即判别式=44m0，解得m1，故答案为：m1【点睛】本道题考查了命题的否命题与原命题的关系，可以通过否命题，找出解题切入点，即可。14.曲线在点处的切线方程是_【答案】【解析】，所以斜率为，切线方程为点睛：(1)求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点.(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，
9、则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解.15.已知为三角形中的最小角，则函数的值域为_【答案】【解析】试题分析：因为为三角形中的最小角，所以，因此考点：三角函数值域16.我国古代的洛书中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，9填入的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于15.一般地，将连续的正整数填入个方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做阶幻方.记阶幻方的对角线上的数字之和为，如图三阶幻方的，那么的值为_ .【答案】369【解析】【分析】根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列，根据等差数列的性质可知对角上的两个数相
10、加正好等于，进而根据等差数列的求和公式求得答案.【详解】根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列，根据等差数列的性质可知对角上的两个数相加正好等于，根据等差数列的求和公式，故.所以本题答案为369.【点睛】本题主要考查了等差数列的性质和等差数列的前n项和公式，解题的关键是应用等差数列的性质来解题，属中档题.三、解答题（本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.假设某种设备使用的年限（年）与所支出的维修费用（万元）有以下统计资料：使用年限23456维修费用24567若由资料知对呈线性相关关系.试求：（1）求；（2）线性回归方程；（3）估计使用10年时，维修费用是多少？
11、附：利用“最小二乘法”计算的值时，可根据以下公式：【答案】（1）；（2）；（3）维修费用为12万元【解析】【分析】（1）利用的计算公式即可得出；（2）利用的计算公式得出结果，再求即可；（3）利用第（2）问得出的回归方程，计算x=10时的结果即可.【详解】（1），（2）=22+34+45+56+67=108，=544.8=96，=90，=80，=1.2，=4.8-1.24=0，所以，线性回归方程为=1.2x（3）当x=10时，y=12.所以该设备使用10年，维修费用的估计值为12万元.【点睛】本题考查线性回归方程的应用及相关计算，意在考查学生的数据处理能力，分析能力及计算能力，难度不大.18.在
12、中，角的对边分别为，且.（1）求的大小；（2）若的外接圆的半径为，面积为，求的周长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理和诱导公式化简即得的大小；（2）先利用正弦定理求出a的值，再利用面积求出bc的值，最后利用余弦定理求出b+c的值即得解.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，由三角形内角和定理和诱导公式可得，代入上式可得，所以.因为，所以，即.由于，所以.（2）因为的外接圆的半径为，由正弦定理可得，.又的面积为，所以，即，所以.由余弦定理得，则，所以，即.所以的周长.【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和
13、分析推理能力.19.如图四棱锥中，底面是正方形，且，为中点.（1）求证：平面；（2）求二面角正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）通过证明和即可证得；（2）建立空间直角坐标系，利用两个面的法向量可得余弦，进而可得正弦.【详解】（1）证明：底面为正方形，又，平面，.同理，平面 .（2）建立如图的空间直角坐标系，不妨设正方形的边长为2则，设为平面的一个法向量，又， ，令，得.同理是平面的一个法向量， 则.二面角的正弦值为.【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明及二面角的求解，考查了空间想象力及计算能力，属于基础题.20.已知抛物线的焦点为，抛物线与直线的一个交点的横坐标为4
14、.（1）求抛物线的方程；（2）不过原点的直线与垂直，且与抛物线交于不同的两点，若线段的中点为，且，求的面积.【答案】（1）抛物线方程为；（2）.【解析】试题分析：求出直线与抛物线的交点坐标为，即可求得抛物线的方程；设直线，代入抛物线方程，利用根的判别式得到的取值范围，然后利用韦达定理，结合，求出的值，从而求得的面积解析：（1）解：易知直线与抛物线的交点坐标为，抛物线方程为.（2）解：直线与垂直，故可设直线，且直线与轴交点为.由得，.，.由题意可知，即，或（舍），直线，.故 .点睛：本题是一道关于求抛物线方程的题目，考查了直线与圆锥曲线的关系以及抛物线的简单性质，根的判别式，韦达定理以及三角形面
15、积公式的知识点。解题的关键在于掌握直线与抛物线相交问题的解法。属于中档题。21.已知函数.（1）当时，判断函数的单调性；（2）若恒成立，求的取值范围；（3）已知，证明.【答案】（1）当时，函数在区间单调递增，单调递减；（2）；（3）证明过程见解析【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再求导数，分别令和即可求出单调性；（2）分离变量得恒成立，转化为求的最大值，然后求导数判断的单调性即可求出的最大值，从而求得结果；（3）对两边取对数，化简变形可得，由（2）可知在上单调递减，结合条件即可证明.【详解】由题意可知，函数的定义域为：且.（1）当时，若，则 ； 若，则 ，所以函数在区间单调递增，单调递减
16、.（2）若恒成立，则恒成立，又因为，所以分离变量得恒成立，设，则，所以，当时，；当时，即函数在上单调递增，在上单调递减.当时，函数取最大值，所以.（3）欲证，两边取对数，只需证明，只需证明，即只需证明，由（2）可知在上单调递减，且，所以，命题得证.【点睛】本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数单调性及最值，以及利用导数研究不等式恒成立问题和证明不等式，考查了学生的计算能力和逻辑推理能力，属难题.请考生在第22、23两题中任选一题作答注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一个题目计分22.选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为 （为参数），以坐标原点为极点，轴
17、正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为 （1）求的直角坐标方程；（2）已知，与的交点为，求的值.【答案】(1) (2)20【解析】【分析】（1）利用极坐标和直角坐标的相互转化公式求解；（2）利用参数的几何意义可知，然后联立方程，利用韦达定理可求.【详解】解：（1）因为，所以，因为，所以，即；（2）联立方程组有.【点睛】本题主要考查极坐标方程化为直角坐标方程及利用参数的几何意义求解长度问题.侧重考查数学抽象和数学运算的核心素养.23.已知函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若时不等式成立，求实数的取值范围【答案】（1）或；（2）空集.【解析】【分析】（1）通过零点法，分类讨论，去掉绝对值符号，然后求解不等式的解集（2）当时，化简，由得，即，推出结果即可【详解】解：（1）不等式，即.可得，或或，解得或，所以不等式的解集为.（2）当时，所以，由得，即，则，该不等式无解，所以实数的取值范围是空集（或者）.【点睛】本题考查不等式的解法，恒成立条件的转化，考查计算能力高考资源网版权所有，侵权必究！
