2020届市高级中学高三1月调研考试数学（理）试题
一、单选题
1．已知复数与为共轭复数，其中，为虚数单位，则（）
A．1
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】由共轭复数的概念可以得到，解方程即可得到，进而可以求出.【详解】
由题意得，解得，则，.故答案为D.【点睛】
本题考查了共轭复数的知识，考查了复数的模，属于基础题．
2．已知集合，则（）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】求出直线与的交点，即可得到答案。
【详解】
由题意，解得，故.故答案为A.【点睛】
本题考查了集合的交集，两直线的交点，属于基础题。
3．已知单位向量的夹角为，且，若向量，则（）
A．9
B．10
C．3
D．
【答案】C
【解析】先由夹角正切值得余弦值，然后利用数量积公式得到，再利用向量模的公式计算即可得到答案.【详解】
向量夹角，由可得，向量为单位向量即,可得，则，故选：C.【点睛】
本题考查向量的模的计算方法，属于基础题.4．下列说法正确的是（）
A．若命题均为真命题，则命题为真命题
B．“若，则”的否命题是“若”
C．在，“”是“”的充要条件
D．命题“”的否定为“”
【答案】D
【解析】利用复合命题的真假四种命题的逆否关系以及命题的否定，充要条件判断选项的正误即可．
【详解】
对于A：若命题p，￢q均为真命题，则q是假命题，所以命题p∧q为假命题，所以A不正确；
对于B：“若，则”的否命题是“若，则”，所以B不正确；
对于C：在△ABC中，“”⇔“A+B=”⇔“A=-B”⇒sinA=cosB，反之sinA=cosB，A+B=，或A=+B，“C=”不一定成立，∴C=是sinA=cosB成立的充分不必要条件，所以C不正确；
对于D：命题p：“∃x0∈R，x02-x0-5＞0”的否定为￢p：“∀x∈R，x2-x-5≤0”，所以D正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查命题的真假的判断与应用，涉及充要条件，四种命题的逆否关系，命题的否定等知识，是基本知识的考查．
5．已知正项等比数列的前项和为，若，则
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】利用正项等比数列的前项和公式、通项公式，列出方程组，求出，由此能求出的值。
【详解】
正项等比数列的前项和为，，易知时不成立，所以.，解得，．
故选：B．
【点睛】
本题考查等比数列的前项和公式的运用，考查了等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题。
6．已知函数.若不等式的解集中整数的个数为，则的取值范围是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】对进行变形，得到，令，即的整数个数为3，再由的函数图像和的函数图像，写出限制条件，得到答案
【详解】，即
设，其中时，时，即符合要求，所以时，单调递减，单调递增，为极小值.有三个整数解，则还有一个整数解为或者是
①当解集包含时，时，所以需要满足即，解得
②当解集包含时，需要满足即
整理得，而，所以无解集，即该情况不成立.综上所述，由①②得，的范围为
故选D项.【点睛】
利用导数研究函数图像，两个函数图像的位置关系与解析式大小之间的关系，数形结合的数学思想，题目较综合，考查内容比较多，属于难题.7．已知程序框图如图，则输出i的值为
A．7
B．9
C．11
D．13
【答案】D
【解析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，可得答案．
【详解】
当时，不满足退出循环的条件，故，当时，不满足退出循环的条件，故，当时，不满足退出循环的条件，故，当时，不满足退出循环的条件，故，当时，不满足退出循环的条件，故，当时，不满足退出循环的条件，故，当时，满足退出循环的条件，故输出
故选
【点睛】
本题主要考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答。
8．曲线的一条切线l与轴三条直线围成的三角形记为，则外接圆面积的最小值为
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】设直线l与曲线的切点坐标为（），求出函数的导数，可得切线的斜率和方程，联立直线y＝x求得A的坐标，与y轴的交点B的坐标，运用两点距离公式和基本不等式可得AB的最小值，再由正弦定理可得外接圆的半径，进而得到所求面积的最小值．
【详解】
设直线l与曲线的切点坐标为（），函数的导数为．
则直线l方程为，即，可求直线l与y＝x的交点为A（），与y轴的交点为，在△OAB中，当且仅当2＝2时取等号．
由正弦定理可得△OAB得外接圆半径为，则△OAB外接圆面积，故选：C．
【点睛】
本题考查导数的运用：求切线方程，考查导数的几何意义，同时考查正弦定理的运用，基本不等式的运用：求最值，以及化简整理的运算能力，属于中档题．
9．已知为实数，若，则函数的单调递增区间为（）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】对函数求导，由求出a,然后解不等式即可得到答案.【详解】，则
又则，解得a=-2,解得,则函数的单调递增区间为
故选：B.【点睛】
本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减，是基础题．
10．定义在上的函数，且，则方程在区间上的所有实数根之和最接近下列哪个数（）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】∵f（x+2）=f（x），∴函数f（x）是周期为2的周期函数，∵g（x）=，∴g（x）关于直线x=2对称．
分别作出函数f（x），g（x）在[﹣5，9]上的图象，由图象可知两个函数的交点个数为8个，设8个交点的横坐标从小到大为x1，x2，x3，x4，x5，x6，且这8个交点接近点（2，0）对称，则（x1+x8）=2，x1+x8=4，所以若x1+x2+x3+x4+x5+x6
=4（x1+x8）=4×4=16，但是不都是对称的，由图象可知，x1+
x8＞4，x2+x7＞4，第五个交点为空心的，跟等于3∴x1+x2+x4+x5+x6
最接近14．
故选A．
点睛：这个题目考查了导数在研究函数的极值和零点问题中的应用；对于函数的零点问题，它和方程的根的问题，和两个函数的交点问题是同一个问题，可以互相转化；在转化为两个函数交点时，如果是一个常函数一个非常函数，注意让非常函数式子尽量简单一些。注意函数的图像画的要准确一些。
11．如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形，是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于的小路．已知某人从沿走到用了2分钟，从沿着走到用了3分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径的长度为
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】试题分析：设该扇形的半径为r米，连接CO．
由题意，得CD=150（米），OD=100（米），∠CDO=60°，在△CDO中，即，解得（米）．
【考点】1．扇形面积公式；2．余弦定理求三角形边长
12．是定义在上的奇函数，对，均有，已知当时，则下列结论正确的是（）
A．的图象关于对称
B．有最大值1
C．在上有5个零点
D．当时，【答案】C
【解析】∵f（x）是定义在R上的奇函数，对∀x∈R，均有f（x+2）=f（x），故函数的周期为2，则f（x）的图象关于（1，0）点对称，故A错误；f（x）∈（-1，1），无最大值，故B错误；整数均为函数的零点，故f（x）在[-1，3]上有5个零点，故C正确；当x∈[2，3）时，x-2∈[0，1），则f（x）=f（x-2）=2x-2-1，当x=3时，f（x）=0，故D错误；
故选C.点睛:本题是函数性质的综合应用,已知对称中心,周期能推出另一个对称中心,根据某区间上的解析式,结合周期性,对称性可以得到一个周期中的函数图象,从而关于最值,零点等问题都可以解决.二、填空题
13．在中，已知，若，则周长的取值范围为__________．
【答案】
【解析】由题中条件先求出，然后由余弦定理可得，利用基本不等式可得到，再由三角形中两边之和大于第三边可得，从而可得到的取值范围，即周长的范围。
【详解】
由题意，即，可化为，即，因为，所以，即，设的内角的对边分别为，由余弦定理得，因为，（当且仅当时取“=”），所以，即，又因为，所以，故，则，又因为，所以，即.故周长的取值范围为.【点睛】
本题考查了三角函数的恒等变换，余弦定理在解三角形中的运用，利用基本不等式求最值，三角形的性质，考查了学生分析问题、解决问题的能力，及计算能力，属于中档题。
14．曲线在点（0,0）处的切线方程为______________；
【答案】
【解析】通过求导得切线斜率，再由点斜式可得切线方程.【详解】，则，故．
【点睛】
本题主要考查了导数的几何意义，属于基础题.15．各项均为正数的等比数列的前项和为，已知，,则______.【答案】10
【解析】根据等比数列和项性质列方程解得结果.【详解】
由题意得，成等比数列，则，所以,或90，因为各项均为正数，所以>，因此.【点睛】
在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.16．已知且,则______。
【答案】1
【解析】整理得：
由此得到，问题得解。
【详解】
因为，所以，整理得：，又，所以，所以，所以
【点睛】
本题主要考查了两角和的正弦公式及两角差的余弦公式，考查计算能力，还考查了三角恒等式，属于基础题。
三、解答题
17．在中，内角的对边分别为，已知．
求；
若，且面积，求的值．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得tanA=，结合范围A∈（0，π），可求A的值．
（2）由已知利用三角形的面积公式可求c的值，进而可求b的值，根据余弦定理可得a的值．
【详解】
（1）∵，∴b=2a（cosCcos+sinCsin），可得：b=acosC+asinC，由正弦定理可得：sinB=sinAcosC+sinAsinC，可得：sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC=sinAcosC+sinAsinC，可得：cosA=sinA，可得：tanA=，∵A∈（0，π），∴A=
（2）∵，且△ABC面积=bcsinA=2c×c×，∴解得：c=2，b=4，∴由余弦定理可得：a2=b2+c2-2bccosA=48+4-2××2×=28，解得：a=2
【点睛】
本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
18．在中，.(1)
求角的大小；
(2)若，垂足为，且，求面积的最小值.【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：（1）由，两边平方，整理可得，即，从而可得；（2）在直角与直角中中，，从而可得，根据三角函数的有界性可得面积的最小值.试题解析：（1）由，两边平方，即，得到，即。
所以
.（2）在直角中，在直角中，又，所以，所以，由得，故，当且仅当时，从而
.19．在中，内角的对边分别为，三边成等比数列，且面积为1，在等差数列中，公差为.（1）求数列的通项公式；
（2）数列满足，设为数列的前项和，求的取值范围.【答案】（1），（2）
【解析】（1）由，解得从而得到数列的通项公式；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法得到前项和，从而得到的取值范围.【详解】
解：（1）∵，，∴，.（2）∵，∴
∵是关于n的增函数，∴.【点睛】
裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：
(1)；（2）；
（3）；（4）
；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.20．某地拟规划种植一批芍药，为了美观，将种植区域（区域Ⅰ）设计成半径为的扇形，中心角．为方便观赏，增加收入，在种植区域外围规划观赏区（区域Ⅱ）和休闲区（区域Ⅲ），并将外围区域按如图所示的方案扩建成正方形，其中点，分别在边和上．已知种植区、观赏区和休闲区每平方千米的年收入分别是10万元、20万元、20万元．
（1）要使观赏区的年收入不低于5万元，求的最大值；
（2）试问：当为多少时，年总收入最大？
【答案】（1）（2）
【解析】（1）由，，所以与全等.可得，根据面积公式，可求得观赏区的面积为，要使得观赏区的年收入不低于5万元，则要求，解不等式即可求出结果.（2）由题意可得种植区的面积为，正方形面积为，设年总收入为万元，则，利用导数在函数单调性中的应用，即可求出结果.【详解】
（1）∵，，所以与全等.所以，观赏区的面积为，要使得观赏区的年收入不低于5万元，则要求，即，结合可知，则的最大值为.（2）种植区的面积为，正方形面积为，设年总收入为万元，则，其中，求导可得.当时，递增；当时，递增.所以当时，取得最大值，此时年总收入最大.【点睛】
题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质的应用，考查了数形结合思想，以及导数在求最值的应用.21．已知函数.(1)当时求函数的最小值；
(2)若函数在上恒成立求实数的取值范围.【答案】(1)4.(2)
.【解析】试题分析：
（Ⅰ）结合题意利用基本不等式求解即可．（Ⅱ）由题意得在上恒成立，转化为在上恒成立．构造函数，求得函数的最值后可得结论．
试题解析：
（Ⅰ）当时，当且仅当，即时等号成立，所以．
（Ⅱ）由题意得在上恒成立，即在上恒成立，所以在上恒成立，即在上恒成立，设，则在上单调递减，在上单调递增，∴，又，解得，所以实数的取值范围是．
22．已知函数.（1）若，求函数的极值；
（2）当
时，判断函数在区间上零点的个数.【答案】(1)详见解析;(2)详见解析.【解析】【详解】试题分析：（1）求导数得，又，所以，由此可得函数的单调性，进而可求得极值；
（2）由，得。因此分和两种情况判断函数的单调性，然后根据零点存在定理判断函数零点的个数。
试题解析：
（1）∵，∴，因为，所以，当x变化时，的变化情况如下表：
0
0
递增
极大值
递减
极小值
递增
由表可得当时，有极大值，且极大值为，当时，有极小值，且极小值为.（2）由（1）得。
∵，∴.①
当时，在上单调递增，在上递减
又因为
所以在（0,1）和（1,2）上各有一个零点，所以上有两个零点。
②
当，即时，在上单调递增，在上递减，在上递增，又因为
所以在上有且只有一个零点，在上没有零点，所以在上有且只有只有一个零点.综上：
当时，在上有两个零点；
当时，在上有且只有一个零点。
点睛：利用导数研究方程根（函数零点）的方法
研究方程根（函数零点）的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现。
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