湖北省黄石市第三中学2020届高三数学阶段性检测试题 文(含解析)

湖北省黄石市第三中学2020届高三阶段性检测
文数试卷
第Ⅰ卷（共60分）
一、选择题：本大题共12个小题，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. 若，，则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
，故选B.
2. 下列命题正确的是（）
A. ，
B. 函数在点处的切线斜率是0
C. 函数的最大值为，无最小值
D. 若，则
【答案】C
【解析】对于，，不存在，故错；对于，
，即函数在点处的切线斜率是，故错；对于，设，则，，故对；对于，当时，与位置不确定，故错，故选C.
3. 若把函数的图象向左平移个单位长度后，所得到的图象关于原点对称，则的最小值是（）
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
【答案】A
..................
4. 已知中，，分别为边上的六等分点.设，则（）
A. 180
B. 300
C. 360
D. 480
【答案】C
【解析】
以为原点直线为轴，为轴，建立坐标系，则
，
，，同理可得
，，故选C.
5. 已知数列是递增的等比数列，且，则（）
A. 6
B. 8
C. 10
D. 12
【答案】D
【解析】是递增的等比数列，由，可得
，，故选D.
6. 已知向量满足，则的最大值是（）
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
【答案】C
【解析】
，，的最大值为，故选C.
7. 若，，则（）
A. B. C. D. 不能确定，与有关
【答案】C
【解析】因为表示点到原点距离差的绝对值，
表示零点之间的距离，根据三角形两边之差小于第三边（三点共线时相等），可得，故选C.
8. 已知方程的所有解都为自然数，起组成的解集为，则的值不可能为（）
A. 13
B. 14
C. 17
D. 22
【答案】A
【解析】当分别取时，，，排除，
当分别取时，，，排除，
当分别取时，，，排除，故选A.
9. 函数的部分图象大致为（）
A. B. C.
D.
【答案】C
【解析】由数图象过原点可排除选项A；由时，,可排除选项B；
由于所以时可得在
上递减，所以可排除选项D，故选C.
10. 已知是三角形的三条边长，是该三角形的最大内角，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】是三角形的三条边长,,得，由题意，对应的角为，，
,故选B.
11. 若点分别是函数与的图象上的点，且线段的中点恰好为原点
，则称为两函数的一对“孪生点”.若，则这两函数的“孪生点”共有（）
A. 1对
B. 2对
C. 3对
D. 4对
【答案】B
【解析】
由题意，与“孪生点”的对数就是与（与关
于原点对称）的交点个数，由，得，画出与的图象，如图，由图知，两图象有个交点，与这两函数的“孪生点”共有对，故选B.
【方法点睛】本题考查对数函数、指数函数的图象、函数图象的对称变换，新定义问题及数形结合思想，属于难题.新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.本题通过定义两函数的“孪生点”达到考查对数函数、指数函数的图象以及函数图象的对称变换的目的.
12. 设是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
由，即，令，则当时，得，即在上是增函数，，，即不等式等价为，在上是增函数，由得，，即，又因为是定义在，所以，故，不等式
的解集为故选C.
【方法点睛】本题主要考察抽象函数的单调性以及函数的求导法则，属于难题.求解这类问题一定要耐心读题、读懂题，通过对问题的条件和结论进行类比、联想、抽象、概括，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.本题根据①，联想到函数，再结合条件判断出其单调性，进而得出正确结论.
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13. 已知点，点在不等式组所确定的平面区域内，则的最小值是________．
【答案】
【解析】
画出不等式组所确定的平面区域，如图，由图知的最小值是的最小值就是点到直线的距离，，故答案为.
14. 分别以边长为1的正方形的顶点为圆心，1为半径作圆弧，交于点，则曲边三角形的周长为_________.
【答案】
【解析】因为两圆半径都是，正方形边长也是，所以为正三角形，圆心角
都是，弧弧，所以由边三角形周长是，故答案为.
15. 下表给出一个“三角形数阵”：
，
，，
……
已知每一列的数成等差数列；从第三行起，每一行的数成等比数列，每一行的公比都相等.记第行第列的数为，则（1）_________；（2）前20行中这个数共出现了________次．
【答案】 (1). (2). 4
【解析】观察“三角形数阵”，根据等差数列的通项公式可得第行第个数为，再由等比数列的通项公式可得第行第列的数为，所以，当
时，共有个位置出现，即前20行中这个数共出现了次，故答案为，.
16. 已知是外接圆的圆心，若且，则_______．(的角所对边分别为，外接圆半径为，有)
【答案】
【解析】取中点，则有，代入已知式子可得
，由，可得两边同乘，化简得：，即
，由正弦定理化简可得
，由，两边同时除以得：
，
，故答案为.
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. 已知函数.
（1）若，解不等式；
（2）若不等式对任意化恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：（1）分三种情况讨论，,,,分别求解不等式组，然后求并集即可得结果；（2）等价于，直线求出的最小值，解绝对值不等式即可得结果.
试题解析：（1）由于，
所以等价于或或
解之得不等式的解集为.
（2）由得.
∴，解得.
18. 设数列的前项和为，且.令. （1）求的通项公式；
（2）若，且数列的前项和为，求.
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：（1）由可得，两式相减可得，利用“累乘法”即可得的通项公式，进而可求的通项公式；（2）利用（1）可得数列的通项公式,,根据错位相减法可得结果.
试题解析：（1）当时，得
∴.
∵，∴（），.
（2），
所以
作差得，
∴.
【方法点睛】本题主要考查由递推公式求数列的通项以及错位相减法求数列的的前项和，属于中档题.一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前项和时，可采用“错位相减法”求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解, 在写出“”与“” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式.
19. 在锐角中，.
（1）若的面积等于，求；
（2）求的面积的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：（1）由根据正弦定理可得，求得；，再利用的面积等于以及余弦定理列关于的方程组，解方程组即可得结果；（2）由正弦定理得，根据
为锐角三角形，求得的范围，利用三角函数的有界性求解即可.
试题解析：(1)∵，由正弦定理得，
∵，∴，得.
由得，
所以由解得.
（2）由正弦定理得，
∴.
又，∴.
因为为锐角三角形，∴，
∴.
20. 已知，分别为等差数列和等比数列，，的前项和为.函数
的导函数是，有，且是函数的零点.
（1）求的值；
（2）若数列公差为，且点，当时所有点都在指数函数的图象上.
请你求出解析式，并证明：.
【答案】（1）,（2）见解析
【解析】试题分析：（1）求出，由，得，从而可得，求出函数的零点，进而可得的值；（2）根据（1），可求出等差数列列的通项公式，由点，当时所有点都在指数函数的图象上可得，即，取特殊值列方程组可求得，从而可得，利用等比数列的求和公式及放缩法可证明结论.
试题解析：（1）由得，又，所以
∴.
∵的零点为，而是的零点，又是等比数列的首项，所以，，
∴.
（2）∵，
令的公比为，则.
又都在指数函数的图象上，即，即当
时恒成立，
解得.所以.
∵，
因为，所以当时，有最小值为，所以.
21. 如图，已知，分别是中点，弧的半径分别为
，点平分弧，过点作弧的切线分别交于点.四边形为矩形，其中点在线段上，点在弧上，延长与交于点.设，矩形
的面积为.
（1）求的解析式并求其定义域；
（2）求的最大值.
【答案】（1），（2）
【解析】试题分析：（1）由圆的性质得是中点，在中，，，∴，，∴，根据可得，∴，又为锐角，可得定义域为；（2）换元化简可得，根据二次函数的单调性可求得.
试题解析：（1）∵，又，
∴，由圆的性质得是中点.
依题意得弧的半径分别为2,1
在中，，，∴，，
∴.
∵，平分，所以为等腰直角三角形，
∴，∴即
∴，又为锐角，∴.
所以的定义域为.
（2）因为
令，
∵，∴，则在上单调递增，
∴，
∴，∴在上单调递增，
∴.
22. 设函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若的图象与轴交于两点，起，求的取值范围；
（3）令，，证明：. 【答案】（1）单调递增区间为，单调减区间为（2）（3）见解析【解析】试题分析：（1）当时,求出，由可得增区间，由可得减区间；（2）求出函数的导数，由，得到函数的单调区间，根据函数的单调性可得
，从而确定的范围；（3）当时，先证明
即，，得，则叠加得化简即可得结果.
试题解析：（1）当时，得，解得，
∴函数的单调递增区间为，单调减区间为.
（2），依题意可知，此时得，在上单调递减，在上单调递增，又或时，，
∴的图象与轴交于两点，
当且仅当即
得.
∴的取值范围为.
（3）令，
∵，∵，得
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，得.
当时，即.
令，得，则叠加得：
，即.。