2020届河南省八市重点高中联盟领军考试高三11月数学(理)试题(解析版)

试卷第=page22页，总=sectionpages33页第Page\*MergeFormat1页共NUMPAGES\*MergeFormat4页2020届河南省八市重点高中联盟领军考试高三11月数学（理）试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 一、单选题1．已知集合，，则（）A．B．C．D．【答案】D【解析】分别计算出集合,再由交集的运算计算出，可得答案.【详解】解：由已知可得:，或，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查交集的运算，求出集合是解题的关键.2．下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递减的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】根据偶函数及函数单调性的定义对各个选项一一进行判断，可得答案.【详解】解：对于A，函数是奇函数，在区间上单调递增，不符合题意；对于B，函数是偶函数，在区间上单调递增，不符合题意；对于C，函数是奇函数，在区间上不是单调函数，不符合题意；对于D，函数是偶函数，又在区间上单调递减，符合题意.故选：D.【点睛】本题主要考查具体函数的单调性与奇偶性的判断，属于基础题型.3．已知函数的导函数为，且满足，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】求导，可得，代入，可得的值.【详解】由求导得.令，得，解得.故选：B.【点睛】本题主要考查导数的定义及运算，属于基础题型.4．若，，，则的大小关系为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由指数函数、对数函数的性质判断所在的范围，可得其大小关系.【详解】解：可得，，，所以,故选：A.【点睛】本题主要考查函数值大小的比较，熟悉指数函数、对数函数的性质判断出所在的范围是解题的关键.5．函数的图象大致为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由，可得，可得函数是偶函数，排除选项A，C，又当时，，排除选项D，可得答案.【详解】解：由已知可得函数的定义域为，，所以函数是偶函数，图象关于轴对称，可排除选项A，C；又当时，，，所以，可排除选项D，故选：B.【点睛】本题考查函数图像的识别和判断、函数奇偶性等知识，注意数形结合思想的运用.6．已知变量满足约束条件，则的最小值为（）A．B．0C．3D．4【答案】A【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求最值即可.【详解】解：作出约束条件 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示的可行域，如图所示.由可得，平移直线，可知当直线过点时，取得最小值，为.故选：A.【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义进行求解释解题的关键.7．如图，在长方体中，，，分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】取的中点，连接.易得，所以是异面直线与所成的角（或其补角），在中，分别求出、、的值，由余弦定理可得的值.【详解】解：如图，取的中点，连接.易得，所以是异面直线与所成的角（或其补角）.在中，，，.由余弦定理，可得.故选：C.【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，求出是异面直线与所成的角（或其补角）并进行计算是解题的关键.8．已知等差数列为递增数列，且满足成等比数列，则数列的前项和最小时，的值为（）A．9B．10C．11D．9或10【答案】D【解析】由题意等差数列为递增数列，且满足成等比数列，可得即，可得当当或10时，最小，可得答案.【详解】解：设等差数列的公差为，因为等差数列为递增数列，所以.又因为成等比数列，所以，即，化简得，即，结合等差数列为递增数列，可得都小于，即都小于0，所以当或10时，最小.故选：D.【点睛】本题主要考查等差数列的性质与基本量的计算、等差数前n项和的最值问题，考查数学计算能力与 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 能力.9．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法不正确的是（）A．当时，函数取最小值B．的图象关于点对称C．在区间上单调递增D．的图象可由的图象向左平移个单位得到【答案】B【解析】根据函数图像可求出、、的值，可得的解析式，利用三角函数的性质对各选项进行判断可得答案.【详解】解：由图象得，，，则.又，所以，所以.又因为，所以，所以.对于A，当时，，为函数最小值，故A正确；对于B，当时，，所以函数图象关于直线对称，不关于点对称，故B错误；对于C，由，可得，令，可得，所以在区间上单调递增，故C正确；对于D，由的图象向左平移个单位得到，故D正确.故选：B.【点睛】本题主要考查三角函数的知识，掌握的图像与性质及参数的含义求出的表达式是解题的关键.10．如图，在边长为2的菱形中，，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且，则空间四面体的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】根据空间四面体棱长特征，将其补成长方体，可得四面体的外接球也是该长方体的外接球，由长方体的外接球的性质可得其外接球的半径，可得该四面体外接球的表面积.【详解】解：根据空间四面体棱长特征，将其补成长方体，如图所示，设长方体的长、宽、高分别为，所以，由上图可知，四面体的外接球也是该长方体的外接球，设外接球的半径为，根据长方体的性质知，．故该四面体外接球的表面积为．故选：A．【点睛】本题主要考查空间几何体的外接球问题，将四面体的外接球转化为长方体的外接球进行计算是解题的关键.11．在中，，点在上，且，若，则的值是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】设的中点为,由，可得，同时由题意可得，，可得，可得答案.【详解】解：如图，设的中点为.因为.因为，所以.又因为，所以，，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查平面向量的基本运算，由题意求出，是解题的关键.12．已知定义在上的函数的导函数为，若，，则不等式的解集为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由，可得，令，对其求导可得，可得函数在上单调递增，可得，可得原不等式的解集.【详解】解：解：因为，所以，即.令，则，所以函数在上单调递增.又因为，不等式，可变形为，即，所以，即不等式的解集为.故选：C.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及解不等式，由题意构造出函数进行求解是解题的关键.二、填空题13．己知向量，，若，则__________.【答案】【解析】由题意计算可得，由，可得，代入可得的值，可得答案.【详解】解:由已知可得，因为，所以，解得，所以,故答案为：.【点睛】本题主要考查向量的坐标运算、向量垂直性质，考查运算求解能力，属于基础题型.14．比萨斜塔建造于1173年8月，是人类历史上著名的建筑奇迹.已知比萨斜塔的倾斜角度为3.99度，偏移距离为4.09米，圆形地基面积为285平方米.若比萨斜塔可近似看成圆柱体，则其侧面积约为__________平方米.（结果保留整数.参考数据：，，）【答案】3399【解析】由题意计算出比萨斜塔的高度为与圆形地基的半径，由圆柱体侧面积公式代入各数据可得答案.【详解】解：设比萨斜塔的高度为米，则由已知可得米.设圆形地基的半径为米，则，解得，所以比萨斜塔的侧面积为平方米，故答案为：3399.【点睛】本题主要考查圆柱体侧面积的计算，相对不难，求出比萨斜塔的高度为与圆形地基的半径是解题的关键.15．已知是数列的前项和，满足：，，__________.【答案】【解析】将变形为，可得数列是公比为2的等比数列，可得数列的通项公式，可得数列的通项公式，可得的值.【详解】解：由，可得，所以数列是公比为2的等比数列，又所以，所以，所以.【点睛】本题主要考查由递推式求数列通项公式及数列前n项的和，构造出数列，后求出数列的通项公式进行求解是解题的关键.16．如图，在平面四边形中，是等边三角形，且，则面积的最大值为__________.【答案】【解析】设，，由余弦定理可得，,由正弦定理可得，由，对其进行化简由三角函数性质，可得其最大值.【详解】解：设，，则由余弦定理，可得，.又由正弦定理，可得，即，所以.又因为，故当时，面积最大，最大值为，故答案为：.【点睛】本题主要考查利用正弦定理、余弦定理解三角形及三角形的面积公式，考查学生的运算求解能力，属于中档题.三、解答题17．在平面直角坐标系中，已知量，，其中.（1）若，求的值；（2）若，求的值.【答案】（1）1（2）【解析】（1）由，可得，由题意求出的值，可得的值；（2）由题意可得，可求出的值，可得代入，可得答案.【详解】解：（1）因为，所以.因为，所以.所以，解得.所以.（2）因为，所以.又因为，所以.所以.【点睛】本题主要考查平面向量平行的性质、平面向量的数量积及三角函数的恒等变换等知识，考查学生的综合计算能力，属于中档题.18．在中，角对应的边分别是，且.（1）求；（2）若，，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】（1）由正弦定理，将进行化简可得，将代入进行化简可得的值，可得答案；（2）由可得的值，由直线定理计算出的值，同时由可得的值，代入可得答案.【详解】解：（1）因为，由正弦定理，可得，即.又因为，所以.又因为，所以.又因为，所以.（2）因为，，所以.由正弦定理，可得.又.所以.【点睛】本题主要考查利用正弦定理、余弦定理解三角形，及三角函数的恒等变换等知识，注意定理的灵活运用及运算准确.19．如图，在四棱锥中，底面，底面是正方形，分别为的中点，.（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）连接，易得，由线面平行的判定定理可得平面；（2）以为坐标原点，所在直线为坐标轴，由空间向量法可得二面角的余弦值，可得其二面角的正弦值.【详解】证明：（1）连接.因为四边形为正方形，所以也是中点.因为为中点，所以.又平面，平面，所以平面.（2）因为底面，底面是正方形，所以两两垂直.以为坐标原点，所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，.设平面的一个法向量为，则令，则，所以.设平面的一个法向量为，则，令，则，所以.所以，所以，即二面角的正弦值为.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理及向量法求二面角，考查学生的空间想象能力与运算求解能力.20．2019年全国掀起了垃圾分类的热潮，垃圾分类已经成为新时尚，同时带动了垃圾桶的销售.某垃圾桶生产和销售公司通过数据分析，得到如下规律：每月生产只垃圾桶的总成本由固定成本和生产成本组成，其中固定成本为100万元，生产成本为.（1）写出平均每只垃圾桶所需成本关于的函数解析式，并求该公司每月生产多少只垃圾桶时，可使得平均每只所需成本费用最少？（2）假设该类型垃圾桶产销平衡（即生产的垃圾桶都能卖掉），每只垃圾桶的售价为元，满足.若当产量为15000只时利润最大，此时每只售价为300元，试求的值.（利润销售收入成本费用）【答案】（1）每只的成本费用为250元.（2），.【解析】（1）由题意写出生产成本的表达式，可得，利用基本不等式计算的最小值，并求出所对应的的值；（2）由题意可得利润函数，结合题意列出方程，可得的值.【详解】解：（1）由题意知，生产成本为，所以.又，当且仅当，即时，取得最小值250元.即该公司生产1万只垃圾桶时，使得每只平均所需成本费用最少，且每只的成本费用为250元.（2）由已知可得，利润.因为当产量为15000只时利润最大，此时每只售价为300元，所以解得，.【点睛】本题主要考查函数模型的实际应用及基本不等式在最值问题的应用，考查学生分析问题和解决实际问题的能力，属于中档题.21．已知数列的前项和为，且，数列满足，且.（1）求数列，的通项公式；（2）若，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）..（2）【解析】（1）由代入计算可得；将代入，可得，可得；（2）由，可得的通项公式，由错位相减法可得的值，由，可得，分为偶数与奇数进行讨论，可得实数的取值范围.【详解】（1）由已知可得.当时，，，所以.显然也满足上式，所以.因为，所以.又，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列.所以.（2）由（1）可得，所以.所以，所以，两式作差，得所以.不等式，化为.当为偶数时，则.因为数列单调递增，所以.所以.当为奇数时，即，即.因为单调递减，所以.所以.综上可得：实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查等差数列等比数列通项公式的求法、错位相减法求数列的和及数列与不等式的综合，考查学生的运算求解能力，需注意解题方法的积累，属于中档题.22．已知函数.（1）若在点处的切线与直线平行，讨论的单调性；（2）若当时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）函数在上单调递增.（2）【解析】（1）求出的导数，求出切线的斜率，由两直线平行可得的值，代入可得其单调性；（2）由，可得当时，恒成立，设，对其求导可得，令，则，对进行分析可得，，分，进行讨论，可得实数的取值范围.【详解】解：（1）由已知得，则.又因为直线的斜率为2，所以，解得.所以，定义域为.所以，所以函数在上单调递增.（2）当时，恒成立，即当时，恒成立.令，则.令，则.当时，，，所以，所以函数为增函数.所以，所以.①当时，，所以当时，，所以函数为增函数，所以，故对，恒成立；②当时，，当时，，，当，知，即.所以函数，为减函数.所以当时，.从而，这与题意不符.综上，实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查利用导数研究曲线在某点的切线方程、利用导数研究函数的单调性及恒成立的问题，考查了分类讨论的思想，综合性大，属于难题.