1、A 充分不必要條件第 1 頁共 15 頁2020 屆內蒙古包鋼一中高三上學期10 月月考數學（文）試題一、單選題1 若集合 M w *春訓 m 步 j則而于（）A B. 1C D 【答案】C【解析】 解出集合 M，然后和集合 N 取交集即可【詳解】由題意得 X 丨、J則衣廣二2-.故選 C.【點睛】本題考查集合的交集運算，屬于簡單題2 已知命題，則冋為（）AE R,xJ 4-4x016 0B 勻玄。ERx；+4x0+6 0CR貝;+ 4 乂口 十 60D 【答案】A【解析】依據存在性命題的否定形式必是全稱性命題，由此可知答案A 是正確的，應選答案 A 3已知色 0 心 2 叫V,則A .瓷；、

2、：*卞B.和魚C.: I、D化減空代 d【答案】B【解析】 運用中間量日比較，運用中間量I 比較【詳解】白燭衛los2I- b = 2fll2= 1J *0 2 砧,屮 7 則山泊扁 7 歸.故選B【點睛】本題考查指數和對數大小的比較，滲透了直觀想象和數學運算素養采取中間變量法，利用轉化與化歸思想解題4 “ a=1 是 函數幻 在區間1, + 上為增函數的（）B 必要不充分條件第2頁共 15 頁D .既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【詳解】 函數 f(x)的單調增區間為a,+g)減區間為(一g,a，所以當 a = 1 時，增區間為1,+m),所以在2 , +g上也遞增.當 f(x)在區間

3、2, +g上為增函數，則有 a0 時的函 數 f (x)的解析式等于 0 轉化成兩個函數，轉化為判斷兩函數交點個數問題，最后根據 奇函數的對稱性確定A 直角三角形B.等腰三角形C 等邊三角形D .等腰直角三角+ MC-2NLX -屈卜AC即第5頁共 15 頁答案.【詳解】第6頁共 15 頁函數 f(X)是定義域為 R 的奇函數， f (0) =0,所以 0 是函數 f (x)的一個零點當 x 0 時，令 f (x) =eX+x-3=0，貝VeX=-x+3，分別畫出函數 y=ex,和 y=-x+3 的圖象,有一個交點，所以函數 f (x)有一個零點，又根據對稱性知，當xv0 時函數 f (x)也

4、有一個零點綜上所述，f (x)的零點個數為 3 個，故選 C.【點睛】本題是個基礎題，函數的奇偶性是函數最重要的性質之一，同時函數的奇偶性往往會和其他函數的性質結合應用，此題就與函數的零點結合，符合高考題的特點10 已知函數“ -X 冰:“小以：朋 ：.1 以- T 是奇函數，且松胡的最小正周期為 ,將的圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2 倍(縱坐標不變)，所得圖象對應的)C -2D 2【答案】A5【解析】 根據所給的條件求出參數AM的值，然后令代入到 Rx)即可.【詳解】由為奇函數，可知 雖工 輕曲平:】.由 5-可得爭 J 由沁的最小正周期為卜可得丁石-兀所以鮒二2貝川篦)Asin 帝將“

5、=心)的圖象上所有點的橫坐標伸長到原來函數為 如若妙月，則的 2 倍(縱坐標不變)，得甕昭成的圖象，結合已知條件可得gf) = Asm=也第7頁共 15 頁得 A=2,則 夙加 L所以第8頁共 15 頁【點睛】本題主要考查三角函數的圖象與性質以及圖象的變換.ii在沁二中，kb 分別為肚匸的對邊，如果 k:；T 成等差數列，三-城勺，乂:的面3積為 3,那么 b 二（）A B.C D 【答案】B【解析】 試題分析：由余弦定理得 b = + c-2ccosB =+寸-2 加-加cosB，又面積=c =Fac= *,因為 b b . c 成等差數列，所以H + C = 2b，代入上式可得X 二二 J

6、-m 掃，整理得二,忌，解得.，故選B.【考點】 余弦定理；三角形的面積公式.上一定（）A 有最小值C 是減函數【答案】D【解析】由二次函數在區間|二沁：【上有最小值得知其對稱軸 x = a C-3U, , 再由Lf）_ 基本初等函數的單調性或單調性的性質可得出函數在區間.十上的單調性【詳解】由于二次函數二二屈在區間 b-范上有最小值，可知其對稱軸 :-. I 當,1 -（時，由于函數門說理和函數丫廣、在亠*/上都為增函數,此時，函數在小上為增函數;當 2-：二時，一汀二?-在“:，上為增函數;當時，由雙勾函數的單調性知，函數W P 十尹別在;爲- I 芮）上單調遞增,丁（鼻匚（6,所以，函數

7、二-扣在（n上為增函數.綜上所述：函數在區間丨； e 上為增函數，故選 D.12 .已知函數在區間卜也上有最小值,則函數B .有最大值D 是增函數第9頁共 15 頁【點睛】本題考查二次函數的最值，同時也考查了型函數單調性的分析，解題時要注意 對 的符號進行分類討論，考查分類討論數學思想，屬于中等題二、填空題13 .已知向量 b （二-2 |,舄（.若G心十 b）, 則 k _1【答案】2【解析】由兩向量共線的坐標關系計算即可.【詳解】由題可得- b =47）7-2 -0,即 X = $1故答案為 2【點睛】本題主要考查向量的坐標運算，以及兩向量共線的坐標關系，屬于基礎題.14 .已知各項均為正

8、數的等比數列 丿中，則數列畔於丿的前 10 項和為【答案】10【解析】由等比數列的性質可得：卜弘 的勺 I,再利用指數與對數的運算 性質即可得出.【詳解】由等比數列的性質可得：i 毗叱-數列：%：、：的前 10 項和為：logjSj + log丹 + .十log珂0= log雋屯 幻/ =log昇=10故答案為 10.【點睛】本題考查了指數與對數的運算性質、等比數列的性質，考查了推理能力與計算能力，屬 于中檔題.第10頁共 15 頁315 .已知角 的終邊經過點 P 5, 12，則sin 的值等于_,25【答案】13【解析】 根據誘導公式化簡三角函數式，結合三角函數定義，即可求解【詳解】3由誘

9、導公式化簡可得sincos，2而角的終邊經過點 P 5, 12，55所以由三角函數定義cos12 213，nt.3則sin -25故答案為：-13【點睛】本題考查了三角函數定義，誘導公式化簡三角函數式，屬于基礎題.16.已知函數對任意都有:Jd： -,飛険-|的圖象關于點對稱且= 則*0_ .【答案】【解析】因為戸昭7訓的圖象關于點卜 L 訓對稱，所以的圖象關于點 對稱，即函數宀為奇函數，由靈 1 & ： 3 -V V得，所以12）= itxT= 12.因此比勺 代 3 - f（2）=- 4點睛：（1）運用函數性質解決問題時，先要正確理解和把握函數相關性質本身的含義及其應用方向.在研究

10、函數性質特別是奇偶性、周期、對稱性、單調性、最值、零點時，要注意用好 其與條件的相互關系，結合特征進行等價轉化研究如奇偶性可實現自變量正負轉化，周期可實現自變量大小轉化，單調性可實現去，即將函數值的大小轉化自變量大小關系，對稱性可得到兩個對稱的自變量所對應函數值關系 三、解答題17 .已知在公差不為零的等差數列an中，a53a21，且a1,a?,成等比數列（1）求數列 an的通項公式;5cos13第11頁共 15 頁(2)設bn3a2n，求數列bn的前n項和Sn.【答案】9n 19(1)ann； ( 2)Sn8【解析】(1)根據等比中項性質，結合等差數列通項公式，代入即可求得首項與公差,進而確

11、定數列an的通項公式;(2)先求得數列 bn的通項公式，結合等比數列通項公式，即可求得數列項和Sn.【詳解】(1)設等差數列an的公差為d da1,a2,a4成等比數列,2da-i a13d,(2)- an【點睛】用，屬于基礎題.18 .已知(1)求的最小正周期及單調遞減區間；I 耳上的最大值和最小值【解析】(1)利用二倍角的正弦公式，余弦公式和兩角和的正弦公式的逆用將函數解析bn的前n解得dai,又a53a21,：6d1，即d 1,數an的通項公式an- bn3a2n9n,由等比數列通項公式可得9n9n 198本題考查了等等比數列通項公式求法及等比數列前n 項和公式應L = Gsinx,co

12、szx)tb = (75oosx,2)t2 時，二嘰、廣曲】小呻J-門,整理得,n=1 時，有坷 土數列何 J 是以 q -4 為公比，以*1 二 4 為首項的等比數列即可求數列的通項公式.K&=丄（_L（II ）由（I）有，則呱 72 也-1 藥 7,用裂項相消法可求其前 n 項和.式化為(1) it - -:、.二宀H亍II，得肘怎也兮際邑, 的單調遞減區間為+ kdjc E當聲十廠即* J 時，函數 迭）取得最小值，為2sin- +1=0低十廣亍，即甬寸，函數腿 t）取得最大值，為幻2sin;-=3故函數缺在區上的最大值為 3，最小值為 0.令 b 廠13 劉 ，=v3sin2x

13、 + cos2x + 1 = 2sm第13頁共 15 頁試題解析：(I)當時，有釦七-曲-打，解得卜4當.V 時，有|i ,則$4% = 3十九.1=申十1護1-】)數列是以廠7為公比，以為首項的等比數列.Aak= 4 X41* =4n(neN*)即數列：的通項公式為：故得證3x220.已知函數f x2x Inx,其中a為常數.a(1)若 a 1，求函數f x的單調區間；(2)若函數f x在區間 1,2 上為單調遞減函數，求a的取值范圍【答案】(1)單調遞增區間為0,1,單調遞減區間為 1,; (2),0 U 1,【解析】(1)將 a 1 代入函數f x解析式，再求得導函數f x，并令f x

14、0求得極值點，即可確定f x的符號，確定單調區間(2)先求得導函數，由函數f x在區間 1,2 上為單調遞減函數，可得f X 0在、311區間1,2上恒成立，即4x.構造函數h x 4x 1 x 2，即可由axminxI第14頁共 15 頁函數單調性求得h xmin，解不等式即可求得a的取值范圍.【詳解】第15頁共 15 頁所以f x的單調遞增區間為0,1，單調遞減區間為1,31(2)由題意得f x 4x - x 0，ax所以在區間 1,2 上f x0恒成立，31即4x 0在x 1,2時恒成立，ax31即 一4x 1 x 2，ax31即4x，其中1 x 2，axmin1令h x 4x 1 x

15、2，x易知函數h x在 1,2 上單調遞增，故h 1 h x h 23所以h 1，a31即4 13，a1解得 a 0 或a 1；故a的取值范圍為，0 U 1,【點睛】(1)當 a1 時，f23x 2x In x,其定義域為0,，則f x1 4xx24x 3x 14x1.0,1時，f 0，故函數f x在區間0,1上單調遞增;1,時,x 0,故函數f x在區間1,上單調遞減.因為函數f x在區間1,2上為單調遞減函數,第16頁共 15 頁本題考查利用導數求函數的單調區間，根據函數單調性求參數的取值范圍，屬于中檔題. AC21.ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c，已知asinbsi nA.

16、2(1)求B;第17頁共 15 頁(2)若ABC為銳角三角形，且a 2，求ABC面積的取值范圍【答案】(1)B- ； (2) 仝32【解析】(1)利用正弦定理，將邊化為角結合三角函數恒等變換及角的取值范圍，即可求得B.(2)由正弦定理可得c羽山C，結合三角恒等變化可化為sin Ac2sin 120A 31，由銳角三角形中角的取值范圍即可確定tan A的范sin Atan A圍，進而確定ABC面積的取值范圍【詳解】/ 八-A C(1)a sin2A，B，C是ABC的內角，si nA 0，bsi nA，由正弦定理si n Asinsi nBsinA.2因為第18頁共 15 頁得亠3，即1亠14,t

17、an Atan A所以SABC仝J 1-,2.3 .2 ta nA2【點睛】本題考查了正弦定理與余弦定理在解三角形中的應用，三角恒等變形的綜合應用，三角形面積取值范圍的應用，屬于中檔題 22 .已知函數(a 為常數)有兩個極值點.(1) 求實數 a 的取值范圍；設 f(X)的兩個極值點分別為 X1, X2,若不等式 f(X1)+ f(X2)V入(X+ X2)恒成立，求 入的 最小值.【答案】(1); (2)【解析】 試題分析：(1 )先求導數，轉化為對應一元二次方程有兩個正根，再根據實根 分布列所以所以.A Csin2 A C sin2sin B sinB sin A因為0 A CA C所以s

18、in所以cos22AC所以022，AC1A Ccos22，2233.(2)由正弦定理得sin Asin Bsi nCsin A2sin Ccsin A由三角形內角和知所以120，所以C120所以c2sin 120一Asin Atan A又ABC為銳角三角形,所以12090且A 90，即30A 90，又SABC1acsin B21ac21，30 A 90，tan A因為30A 90，所以tan A03bac2sinA-A C第19頁共 15 頁不等式組，解得實數a 的取值范圍；(2)分離參數轉化為對應函數最值問題：人2 氐最大值，再化簡論卜憂 為 a 的函數，禾 U 用導數可得其值域，即得入的最小值.試題解析：(1)f 俟)+X a=匚 4 (X 0),xx于是 f(x)有兩個極值點等價于二次方程X2 ax+ a= 0 有兩正根，A=