2020-2021学年辽宁省盘锦市高三（上）10月测试数学试卷人教B版（Word含解析）

2020-2021学年辽宁省盘锦市高三（上）10月测试数学试卷
一、选择题
?
1.
设集合，?，则?
?
?
?
A.
B.
C.
D.
?
2.
在中，，则(?
?
?
?
)
A.
B.
C.
D.
?
3.
下列四个数中，最大的是?
?
?
?
A.
B.
C.
D.
?
4.
若，则“”是“”的?
?
?
??
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
?
5.
函数在上的图象大致为?
?
?
?
A.
B.
C.
D.
?
6.
某艺术展览馆在开馆时间段的参观人数（单位：千）随时间（单位：时）的变化近似满足函数关系，且下午两点整参观人数为千，则开馆中参观的人数的最大值为?
?
?
?
A.千
B.千
C.千
D.万
?
7.
太阳是位于太阳系中心的恒星，其质量大约是千克．地球是太阳系八大行星之一，其质量大约是千克．下列各数中与最接近的是(参考数据：，)?
?
?
?
A.
B.
C.
D.
?
8.
已知，函数，设函数的零点个数为，函数的零点个数为，则（????????）
A.
B.
C.
D.
二、多选题
?
若复数，则（????????）
A.
B.的实部与虚部之差为
C.
D.在复平面内对应的点位于第四象限
?
若，则的值可能为?
?
?
?
A.
B.
C.
D.
?
设命题：，在上是增函数，则?
?
?
?
A.为真命题
B.为，在上是减函数
C.为假命题
D.为，在上不是增函数
?
已知函数的导函数为．若对恒成立，则下列不等式中，一定成立的是?
?
?
?
A.
B.
C.
D.
三、填空题
?
已知函数?
且，则的值为________.
?
已知曲线关于对称，则的最小值为________．
?
不等式的解集为________.
?
关于函数有如下四个命题：
①的最小值为；
②在上单调递增；
③的最小正周期为；
④方程在内的各根之和为.
其中所有真命题的序号是________.
四、解答题
?
在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求的面积．
问题：在中，内角，，的对边分别为，，，且，，________？
?
已知函数的图象关于直线对称，当时，.
求在上的解析式；
若，求在上的最小值.
?
甲、乙是两名射击运动员，根据历史统计数据，甲一次射击命中，，环的概率分别为，，，乙一次射击命中，环的概率分别为，．一轮射击中，甲、乙各射击一次．甲、乙射击相互独立，每次射击也互不影响．
在一轮射击中，求甲命中的环数不高于乙命中的环数的概率；
记一轮射击中，甲、乙命中的环数之和为，求的分布列；
进行三轮射击，求甲、乙命中的环数之和不低于环的概率．
?
如图，已知，平面，平面，过点且垂直于的平面与平面的交线为，，，.
证明：平面．
设点是上任意一点，求平面与平面所成锐二面角的最小值．
?
已知函数.
若，求曲线在点处的切线方程;
若，求的取值范围.
?
已知函数.
讨论的单调性；
若有两个零点，求的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年辽宁省盘锦市高三（上）10月测试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
一元二次不等式的解法
交集及其运算
【解析】
本题考查集合的交集与一元二次不等式的解法，考查运算求解能力．
【解答】
解：因为，，
所以．
故选．
2.
【答案】
A
【考点】
解三角形
余弦定理
【解析】
本题考查余弦定理．
【解答】
解：由余弦定理，得．
故选．
3.
【答案】
B
【考点】
对数值大小的比较
【解析】
本题考查对数大小的比较，考查逻辑推理的核心素养．
【解答】
解：因为，，
，
，
所以最大的是．
故选．
4.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
本题考查充分、必要条件的判定，考查推理论证能力．
【解答】
解：因为，所以，
所以可以推出，必要性成立；
若，可取，此时，
故无法推出，充分性不成立.
故""是""的必要不充分条件．
故选．
5.
【答案】
A
【考点】
函数图象的作法
函数的图象
【解析】
本题考查函数图象的识别，考查逻辑推理的核心素养与数形结合的数学思想．
【解答】
解：因为，
所以为奇函数，其图象关于原点对称，故排除与．
因为，所以排除．
故选．
6.
【答案】
C
【考点】
诱导公式
三角函数的最值
【解析】
本题考查三角函数模型的应用，考查数学运算与数学建模的核心素养．
【解答】
解：下午两点整即，当时，，
即，
.
当时，，
当时，
取得最大值，且最大值为．
故选．
7.
【答案】
C
【考点】
对数的运算性质
【解析】
本题考查对数运算的应用（估算数量级），考查化归与转化的数学思想与数据处理能力．
【解答】
解：因为，
所以，
故.
故选．
8.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
根的存在性及根的个数判断
函数的零点与方程根的关系
函数的零点
【解析】
本题考查函数与导数的综合应用．
【解答】
解：，
当时，；
当时，．
从而．
因为，，
所以有两个零点，
设它们为，，
则，．
由，得或，
可知，这两个方程都有个实根，
所以．
由，得，
因为，
所以，
如下图所示：
又，
所以方程有个实根，
所以，故．
故选．
二、多选题
【答案】
A,C,D
【考点】
共轭复数
复数的模
复数代数形式的混合运算
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
本题考查复数的四则运算与复数的概念．
【解答】
解：因为，
所以，，
的实部与虚部之差为，在复平面内对应的点位于第四象限．
故选．
【答案】
B,D
【考点】
二倍角的正切公式
两角和与差的正切公式
【解析】
本题考查三角恒等变换，考查运算求解能力．
【解答】
解：设，则
，
所以，故．
故选．
【答案】
A,D
【考点】
全称命题与特称命题
利用导数研究函数的单调性
命题的否定
【解析】
本题考查特称命题的否定与导数的应用，考查推理论证能力．
【解答】
解：当时，对恒成立，所以为真命题，故正确；
因为特称命题的否定是全称命题，“是增函数”的否定为“不是增函数”，
所以为，在上不是增函数，故正确.
故选.
【答案】
B,D
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
本题考查导数与不等式的综合应用，考查构造函数的方法的灵活应用与推理论证能力．
【解答】
解：设，，，
则，
，
因为对恒成立，
所以,
，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，，
即，，
即.
故选．
三、填空题
【答案】
【考点】
函数的求值
【解析】
本题考查分段函数求值．
【解答】
解：因为?，
所以，
故．
故答案为：．
【答案】
【考点】
正弦函数的对称性
正弦函数的图象
【解析】
本题考查三角函数图象的对称性．
【解答】
解：因为曲线关于对称，
所以，
所以，
故的最小值为．
故答案为：．
【答案】
【考点】
指、对数不等式的解法
【解析】
?
【解答】
解：如图，在同一直角坐标系中，作出函数的图象，
这两个图象的交点为，．
故由图可知不等式的解集为?.?
故答案为：.
【答案】
①②③④
【考点】
余弦函数的周期性
三角函数的最值
命题的真假判断与应用
余弦函数的对称性
余弦函数的单调性
【解析】
?
【解答】
解：?，
当时，取得最小值，且最小值为；
当时，单调递增，且，
则在上单调递增；
因为函数与的最小正周期均为，
所以的最小正周期为；
因为
，
所以的图象关于直线对称，由，
得，
则方程在内有四个根，且各根之和为
故所有真命题的序号是①②③④．
故答案为：①②③④．
四、解答题
【答案】
解：若选①，
因为，
所以，
所以，则．
因为，所以．
因为，
所以
，
故的面积为．
若选②，
因为，，
所以，
则，．
因为，
所以??．
因为，
所以
，
故的面积为．
若选③，
因为，
所以，
所以．
因为，
所以，
所以，即．
由余弦定理可得，即，
即，解得，
故的面积为．
【考点】
两角和与差的正弦公式
余弦定理
正弦定理
【解析】
无
【解答】
解：若选①，
因为，
所以，
所以，则．
因为，所以．
因为，
所以
，
故的面积为．
若选②，
因为，，
所以，
则，．
因为，
所以??．
因为，
所以
，
故的面积为．
若选③，
因为，
所以，
所以．
因为，
所以，
所以，即．
由余弦定理可得，即，
即，解得，
故的面积为．
【答案】
解：因为函数的图象关于直线对称，
所以，
当时，，
所以，
故在上的解析式为．
由得，当时，在上单调递增，
则．
当时，．
综上，
【考点】
二次函数在闭区间上的最值
二次函数的性质
函数解析式的求解及常用方法
【解析】
无
无
【解答】
解：因为函数的图象关于直线对称，
所以，
当时，，
所以，
故在上的解析式为
由得，当时，在上单调递增，
则．
当时，．
综上，
【答案】
解：记“在一轮射击中，甲命中的环数不高于乙命中的环数”为事件，
则事件表示“甲一次射击命中环，且乙一次射击命中环”，
从而，
故．
的所有可能取值为，，，．
，
，
，
．
的分布列为：
记“进行三轮射击，甲、乙命中的环数之和不低于环”为事件，
由可知每轮射击甲、乙命中的环数之和最小为，
故．
【考点】
对立事件的概率公式及运用
离散型随机变量及其分布列
【解析】
无
无
无
【解答】
解：记“在一轮射击中，甲命中的环数不高于乙命中的环数”为事件，
则事件表示“甲一次射击命中环，且乙一次射击命中环”，
从而，
故．
的所有可能取值为，，，．
，
，
，
．
的分布列为：
记“进行三轮射击，甲、乙命中的环数之和不低于环”为事件，
由可知每轮射击甲、乙命中的环数之和最小为，
故．
【答案】
证明：因为，平面，
所以平面.
又平面，平面平面，
所以.
因为平面，
所以.
又，，
所以平面，
从而平面．
解：作，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设，平面，平面的法向量分别为，，
则，，，，
因为平面，
所以
令，得，，即，
同理
令，得，，即．
因为，当且仅当时取等号，
所以平面与平面所成锐二面角的最小值为．
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
直线与平面垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：因为，平面，
所以平面.
又平面，平面平面，
所以.
因为平面，
所以.
又，，
所以平面，
从而平面．
解：作，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设，平面，平面的法向量分别为，，
则，，，，
因为平面，
所以
令，得，，即，
同理
令，得，，即．
因为，当且仅当时取等号，
所以平面与平面所成锐二面角的最小值为．
【答案】
解：因为，所以，
所以，
又，
故曲线在点处的切线方程为，
即（或）.
依题意得，由，得.
设函数，
，
因为，
所以当时，.
所以，当时，；
当时，.
从而，
故，
即的取值范围为.
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
无
【解答】
解：因为，所以，
所以，
又，
故曲线在点处的切线方程为，
即（或）.
依题意得，由，得.
设函数，
，
因为，
所以当时，.
所以，当时，；
当时，.
从而，
故，
即的取值范围为.
【答案】
解：．?
当时，令，得；
令，得．?
故在上单调递减，
在上单调递增．
当时，令，得，，
①当，即时，，
在上单调递增；
②当，即时，
在上单调递减，在，上单调递增；
③当，即时，
在上单调递减，在，上单调递增．
当时，由可知只有一个极小值点，
且，．
当时，，，
从而，因此有两个零点；
当时，，
此时只有一个零点，不符合题意；
当时，若，则恒有．
当时，在上单调递增，
此时在上不可能有两个零点．
当时，若
同理可知在上不可能有两个零点；
若，在上先减后增，
此时在上也不可能有两个零点．
综上，的取值范围是．
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
?
?
【解答】
解：．?
当时，令，得；
令，得．?
故在上单调递减，
在上单调递增．
当时，令，得，，
①当，即时，，
在上单调递增；
②当，即时，
在上单调递减，在，上单调递增；
③当，即时，
在上单调递减，在，上单调递增．
当时，由可知只有一个极小值点，
且，．
当时，，，
从而，因此有两个零点；
当时，，
此时只有一个零点，不符合题意；
当时，若，则恒有．
当时，在上单调递增，
此时在上不可能有两个零点．
当时，若
同理可知在上不可能有两个零点；
若，在上先减后增，
此时在上也不可能有两个零点．
综上，的取值范围是．
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