福建省厦门第一中学2020届高三上学期期中考试数学理试题

福建省厦门第一中学2020届高三上学期期中考试数学理试题

‎2019-2020学年福建省厦门一中高三（上）期中数学试卷（理科）‎ 一、选择题（本大题共12小题）‎ ‎1.若集合，且，则集合可能是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 解：因为集合，且,故，那么根据子集的定义可知选B ‎2.已知，，其中是虚数单位，则的虚部为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．‎ ‎【详解】，，‎ ‎，‎ 的虚部为．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．‎ ‎3.函数（且）的图象可能为（ ）‎ A. B. C. ‎ ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.‎ 考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.‎ 此处有视频，请去附件查看】‎ ‎4.已知为等比数列，，，则　　‎ A. 7 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等比数列的性质，，结合已知可求，，然后结合等比数列的性质即可求解.‎ ‎【详解】为等比数列，，，‎ 由等比数列的性质，，‎ 或，‎ 当时，，‎ 则，‎ 当时，，‎ 则，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的性质及通项公式的应用，考查分类讨论思想和方程思想，属于基础题．‎ ‎5.已知函数且．若函数的图象上有且只有两个点关于轴对称，则的取值范围是　　‎ A. B. C. ，， D. ，，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，时，显然成立；时，关于轴的对称函数为，则，即可得到结论．‎ ‎【详解】当时，关于轴的对称函数为与只有唯 一的交点，故显然成立；‎ 当时，关于轴的对称函数为与函数有唯一的交点，则，即，，‎ 综上所述，的取值范围是，，.‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题分段函数的自对称问题，考查数形结合思想的应用，属于中档题．‎ ‎6. 已知x>0，y>0,x+2y+2xy=8，则x+2y的最小值是 A. 3 B. 4 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】解析：考察均值不等式，整理得即，又，‎ ‎7.水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征．如图是一个半径为R的水车，一个水斗从点A(3，－3)出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时60秒．经过t秒后，水斗旋转到P点，设P的坐标为(x，y)，其纵坐标满足y＝f(t)＝Rsin(ωt＋φ)(t≥0，ω＞0，|φ|＜)．则下列叙述错误的是(　　) ‎ A. R＝6，ω＝，φ＝－‎ B. 当t∈[35,55]时，点P到x轴的距离的最大值为6‎ C. 当t∈[10,25]时，函数y＝f(t)单调递减 D. 当t＝20时，|PA|＝6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数的解析式，再分析选项，即可得出结论.‎ ‎【详解】由题意，R＝＝6，T＝60＝，∴ω＝，当t＝0时，y＝f(t)＝－3，‎ 代入可得－3＝6sin φ，∵|φ|＜，∴φ＝－.故A正确；‎ f(t)＝6sin，当t∈[35,55]时， t－∈，‎ ‎∴点P到x轴的距离的最大值为6，正确；‎ 当t∈[10,25]时， t－∈，函数y＝f(t)不单调，不正确；‎ 当t＝20时， t－＝，P的纵坐标为6，|PA|＝＝6，正确，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】该题考查的是有关函数的应用问题，涉及到的知识点有数学建模，将实际问题转化为函数问题来解决，结合三角函数的相应的性质求得结果.‎ ‎8.2013年第12届全国运动会举行期间，某校4名大学生申请当A，B，C三个比赛项目的志愿者，组委会接受了他们的申请，每个比赛项目至少分配一人，每人只能服务一个比赛项目，若甲要求不去服务A比赛项目，则不同的安排方案共有（ ）‎ A. 20种 B. 24种 C. 30种 D. 36种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】分两种情况，①其中有一个人与甲在同一个项目，有种情况，‎ ‎②没有人与甲在同一个项目，则有C32•A22=12种情况；‎ 则若甲要求不去A项目，则不同的分配方案有12+12=24种；‎ 故选B．‎ 考点：本题主要考查排列、组合的应用，计数原理．‎ 点评：易错题，注意题意中“每个比赛项目至少分配一人”这一条件，再分配甲之后，需要对其余的三人分情况讨论．‎ ‎9.已知双曲线的右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于两点.若，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】双曲线的右顶点为A(a,0)，‎ 以A为圆心，b为半径做圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点．‎ 若,可得A到渐近线bx+ay=0的距离为：，‎ 可得：,即,可得离心率为：.‎ 故选A.‎ ‎10.已知向量，，满足，，与的夹角为，，则的最小值为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，，，则可得在以为圆心，2为半径的圆上，求出圆心到点的距离，进而得到答案．‎ ‎【详解】向量，，满足，，与的夹角为，‎ 如图所示，取，，．‎ 设，，．‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故在为以为圆心以2为半径的圆的上，‎ 则表示到的距离，‎ 因为圆心到距离为，‎ 故的最小值为。‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查向量坐标运算，考查坐标法思想的运用，求解时将向量坐标化能使问题的抽象度更低，考查推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎11.已知函数的图象与直线恰有三个公共点，这三为点的横坐标从小到大分别为，，，则的值为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数的图象与直线恰有三个公共点，画出图象，且在区间内相切，其切点为，，利用导数的几何意义得出，从而得到结论．‎ ‎【详解】函数的图象关于对称，直线过，‎ 则，所以。‎ 所以函数的图象与直线恰有三个公共点如图所示，‎ 且在区间内相切，其切点为，，由于，‎ ‎，即，‎ ‎．‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查函数的对称性及导数的运用，考查数形结合思想、方程思想的综合运用，考查运算求解能力，求解的关键是准确画出函数的图形.‎ ‎12.在三棱锥中，，，，点在平面内，且，设异面直线与所成角为，则的最小值为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点，易得三角形为正三角形，取中点，可证平面，进而确定点的位置，求得最小值．‎ ‎【详解】取中点，连接，，‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 为正三角形，‎ 取中点，连接，‎ 则，且，‎ 易知平面，‎ ‎，平面，‎ ‎，在图中圆上，‎ 当与，重合时，最大，‎ 当与，重合时，最小．‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，线面垂直等知识，考查空间想象能力和运算求解能力，是中档题．‎ 二、填空题（本大题共4小题）‎ ‎13.已知关于x, y的二元一次不等式组，则3x-y的最大值为__________.‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ 试题分析：作出二元一次不等式组所表示的平面区域如图：‎ ‎，‎ 平移直线到经过点B（2，1）时3x-y可取得最大值为：；‎ 故答案为5.‎ 考点：线性规划.‎ ‎14.已知，则展开式中的常数项为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据定积分几何意义求出的值，再利用二项式定理求展开式中的常数项．‎ ‎【详解】根据定积分几何意义知，积分的值等于半圆的面积，‎ ‎，‎ 其展开式的通项公式为 ‎；‎ 令，解得；‎ 展开式中常数项为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理的展开式、定积分的几何意义计算，考查方程思想的运用和基本运算求解能力，属于中档题．‎ ‎15.如图是由正三棱锥与正三棱柱组合而成的几何体的三视图，该几何体的顶点都在半径为 的球面上，则该几何体的体积为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 几何体外接球的球心在棱柱上下底面中心连线的中点，根据三棱柱的底面边长和高，利用勾股定理即可求出外接球半径．然后求解棱锥的高，求解几何体的体积即可．‎ ‎【详解】解：正三棱柱的底面边长为，三棱柱的高为2，设正三棱柱的上下底面中心为O，，则几何体外接球的球心为的中点H，‎ 正三棱柱的底面边长为，三棱柱的高为2，‎ 设正三棱柱的上下底面中心为，，‎ 则几何体外接球的球心为的中点，‎ 设三棱柱的底面一个顶点为，‎ 底面边长为，，，‎ ‎．‎ 即外接球的半径为，三棱锥的高为．‎ 所以几何体的体积为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查组合体与球的内接问题，几何体的体积的求法，考查空间想象能力和运算求解能力，是中档题．‎ ‎16.的垂心在其内部，，，则的取值范围是_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，是高，就是、交点，得到，利用对应边成比例得到，在中，，，设由正弦定理可得：‎ 即可．‎ ‎【详解】设，是高，就是、交点，‎ 那么，，‎ ‎，，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以，‎ ‎．‎ 在中，，，设，‎ 由正弦定理可得：.‎ ‎，，，‎ ‎.‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查垂心、正弦定理、三角恒等变形、三角函数性质，通过三角形相似求得是关键，属于难题．‎ 三、解答题（本大题共7小题）‎ ‎17.已知函数．‎ ‎（1）求函数在，上的单调递减区间；‎ ‎（2）在锐角中，内角，，的对边分别为，，，已知，，，求的两个内角，及分别对应的边长，．‎ ‎【答案】（1）和 （2），‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用二倍角，诱导公式和辅助角化简，结合三角函数的单调性即可求解．‎ ‎（2）由，求解角，，，利用正余弦定理化简可得，由余弦定理可得，联立解得，可得．‎ ‎【详解】（1）由已知得：‎ ‎，‎ 由，，可得．，‎ 又，，‎ 函数在，的单调递减区间为，和，．‎ ‎（2）由（1）知 由，可得．‎ 中是锐角三角形，，‎ ‎，，即，‎ 又，正弦定理可得：，即，①‎ 由余弦定理可得，可得，②‎ 由①②解得，‎ 为正三角形，可得．‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，正弦定理的运用，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键，属于中档题．‎ ‎18.已知三棱锥（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中：‎ ‎（I）证明：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）若点在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，求二面角的余弦值.‎ ‎ ‎ 图一 图二 ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)设AC的中点为O,证明PO垂直AC,OB,结合平面与平面垂直判定,即可.(2)建立直角坐标系,分别计算两相交平面的法向量,结合向量的数量积公式,计算夹角,即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）设的中点为，连接，.‎ 由题意，得，‎ ‎，.‎ 因为在中，，为的中点，‎ 所以，‎ 因为在中，，，，‎ ‎，所以.‎ 因为，平面，所以平面，‎ 因为平面，所以平面平面.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，平面，‎ 所以是直线与平面所成的角，‎ 且，‎ 所以当最短时，即是的中点时，最大.‎ 由平面，，所以，，于是以 ‎，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图示空间直角坐标系，‎ 则，，，，，，‎ ‎，，.‎ 设平面的法向量为，则 由得：.‎ 令，得，，即.‎ 设平面的法向量为，‎ 由得：，‎ 令，得，，即.‎ ‎.‎ 由图可知，二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本道题考查了二面角计算以及平面与平面垂直的判定,难度较大.‎ ‎19.已知椭圆的左焦点为，设，是椭圆的两个短轴端点，是椭圆的长轴左端点．‎ ‎（1）当时，设点，，直线交椭圆于，且直线、的斜率分别为，，求的值；‎ ‎（2）当时，若经过的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，求与的面积之差的最大值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设直线方程为，联立方程组，利用韦达定理可得点的坐标，从而求得直线的斜率，即可证得；‎ ‎（2）设面积为，的面积为，设直线的方程为，，，，，联立方程组，消去得关于的一元二次方程，再将面积表示成关于的函数，从而求得的最大值．‎ ‎【详解】（1）当时，椭圆的 ‎，是椭圆的两个短轴端点分别为、，‎ 设直线方程为．‎ 由得．‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎；‎ ‎（2）设的面积为，的面积为，‎ 设直线的方程为，，，，‎ 由，整理得：，‎ 由韦达定理可知：，‎ ‎，‎ 当时，，‎ 当时，‎ ‎（当且仅当，即时等号成立）．‎ 的最大值为．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，韦达定理，直线的斜率公式，三角形面积公式及基本不等式的综合应用，考查转化思想，属于中档题．‎ ‎20.已知数列的首项为，且满足，数列满足，数列的前项和．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）令，求证：．‎ ‎【答案】（1） ；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，可得，再将换为，两式相减，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求；‎ ‎（2）运用对数的运算性质和等差数列的求和公式，求得，，再由数列的错位相减法求和，可得，再由放缩法和等比数列的求和公式，结合不等式的性质，即可得证．‎ ‎【详解】（1），且满足，‎ 可得，即，‎ 当时，，又，‎ 两式相减可得，‎ 满足，则；‎ ‎（2）证明：，‎ ‎，‎ 则，‎ ‎，‎ 相减可得，‎ 所以，‎ 可得，‎ 由，即有，‎ 可得，‎ 则．‎ ‎【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用等比数列的定义和通项公式，考查等差数列和等比数列的求和公式，以及数列的错位相减法求和，化简变形能力和运算能力、推理能力．‎ ‎21.已知函数．‎ ‎（1）求函数的单调区间；‎ ‎（2）若关于的不等式．恒成立，求整数的最小值．‎ ‎【答案】（1）详见解析 ；（2）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对函数进行求导得，再对分子进行讨论，判断函数的单调性；‎ ‎（2）用分离常数法，构造函数，求的最大值，由，，求出整数的最小值．‎ ‎【详解】（1），，‎ 当时，，‎ ‎，，单调递增，‎ ‎，，单调递减，‎ 当时，△，‎ 若，，即时，，开口向上，‎ 所以，单调递增；‎ 若，即，，有两个根，‎ ‎，，‎ 当或，时，，单调递增，‎ 当，时，，单调递减；‎ 若，则，，有两个根，，，‎ 由韦达定理，所以，‎ 当，，单调递增，‎ 当，时，，递减；‎ ‎（2）由得，，‎ 分离常数，，，‎ ‎，‎ ‎，在递增，，，‎ 故存在唯一，使得，即，‎ 所以时，，‎ 所以，，故，‎ 所以的最小整数值为2.‎ ‎【点睛】本题考查用函数的单调性、含参不等式恒成立问题、导数的综合应用，考查函数与方程思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力．‎ ‎22.已知曲线的极坐标方程是，直线的参数方程是为参数）‎ ‎（1）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；‎ ‎（2）设直线与轴的交点是，直线与曲线交于，两点，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将曲线变形为，由，，，代入即可得到所求曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）令，可得，将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，求得的两解，由参数的几何意义，计算即可得到所求和．‎ ‎【详解】（1）曲线的极坐标方程是，‎ 即为，‎ 由，，，‎ 可得，‎ 即；‎ ‎（2）直线的参数方程是为参数）‎ 令，可得，，即，‎ 将直线的参数方程代入曲线，可得：‎ ‎，‎ 即为，‎ 解得，，‎ 由参数的几何意义可得，‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题考查极坐标方程和直角坐标方程的互化，注意运用，，进行方程的转化，同时注意运用参数的几何意义进行求解，考查方程思想的运用和运算求解能力．‎ ‎23.选修4-5：不等式选讲 已知函数的最大值为.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若， ，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）2（2）2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）根据绝对值定义，将函数化为分段函数形式，分别求各段最大值，最后取各段最大值的最大者为的值；（2）利用基本不等式得，即得的最大值.‎ 试题解析：（1）由于 当时，，‎ 当时，，‎ 当时，‎ 所以.‎ ‎（2）由已知,有， ‎ 因为(当时取等号)，(当时取等号)，‎ 所以，即，‎ 故的最大值为2.‎ ‎ ‎