广东省梅州市兴宁市第一中学2020届高三上学期期末考试数学（文）试题

广东省梅州市兴宁市第一中学2020届高三上学期期末考试数学（文）试题

兴宁一中高三(文科)数学期考测试题 一、选择题（本大题共12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.设集合，，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解不等式得集合P,利用交集的定义求解即可.‎ ‎【详解】集合，，‎ 所以 故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了集合交集的运算，属于基础题.‎ ‎2.若复数满足，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由复数的除法运算可得，进而可得模长.‎ ‎【详解】由 ，可得.‎ ‎.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的除法运算及复数模的概念，属于基础题.‎ ‎3.设，则“”是“直线和直线平行”的（ ）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：先求出两直线垂直的充要条件，再利用集合间的包含关系进行判定.‎ 详解：若直线和直线平行，‎ 则，即，‎ 即“”是“直线和 直线平行”的充分必要条件.‎ 点睛：本题考查充分条件、必要条件的判定、两直线平行的判定等知识，意在考查学生的逻辑思维能力和基本计算能力.‎ ‎4.记为等差数列的前项和，若，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 方法一：基本法，将等差数列前项和公式和通项公式代入到已知条件中，联立方程组解得和，即可求得答案.‎ 方法二：性质法，根据已知条件得，再根据，即可求得答案.‎ ‎【详解】方法一：基本法，数列等差数列，，，‎ ‎，整理得，解得 方法二：性质法，，，‎ ‎，‎ ‎；；‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列通项公式和前项和公式，考查等差数列的性质与前项和计算的应用，解题时要认真审题，注意灵活运用数列的基本概念与性质.‎ ‎5.函数y＝xcos x＋sin x的图象大致为 (　　)．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由于函数y=xcosx+sinx为奇函数，‎ 故它的图象关于原点对称，所以排除选项B，‎ 由当时，y=1>0，‎ 当x=π时，y=π×cosπ+sinπ=−π<0.‎ 由此可排除选项A和选项C.‎ 故正确的选项为D.‎ 故选D.‎ ‎6.一个蜂巢里有只蜜蜂.第天，它飞出去找回了个伙伴；第天，只蜜蜂飞出去，各自找回了个伙伴……如果这个找伙伴的过程继续下去，第天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有________只蜜蜂(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，第天蜂巢中的蜜蜂数量为，则数列成等比数列，根据等比数列的通项公式，可以算出第天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中蜜蜂的数量．‎ ‎【详解】设第天蜂巢中的蜜蜂数量为，根据题意得：‎ 数列成等比数列，它的首项为，公比，‎ 所以的通项公式：，‎ 到第天，所有的蜜蜂都归巢后，‎ 蜂巢中一共有只蜜蜂.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查归纳推理以及等比数列的知识，属于基础题.‎ ‎7.已知双曲线的中心为坐标原点，离心率为，点在上，则的方程为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 讨论双曲线的焦点轴，设出方程，根据条件列出方程组求解即可.‎ ‎【详解】当双曲线的焦点在x轴，设双曲线的方程为：.‎ 根据题意可得：，解得，所以.‎ 当双曲线的焦点在y轴，设双曲线的方程为：.‎ 根据题意可得：，方程无解.‎ 综上的方程为.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线方程求解，注意题中没有交代焦点轴时，解题时需要分情况讨论，属于中档题.‎ ‎8.已知函数在区间内单调递增，且，若，，，则、、的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由偶函数的性质可得出函数在区间上为减函数，由对数的性质可得出，由偶函数的性质得出，比较出、、的大小关系，再利用函数在区间上的单调性可得出、、的大小关系.‎ ‎【详解】，则函数为偶函数，‎ 函数在区间内单调递增，在该函数在区间上为减函数，‎ ‎，由换底公式得，由函数的性质可得，‎ 对数函数在上为增函数，则，‎ 指数函数为增函数，则，即，‎ ‎，因此，‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的奇偶性与单调性比较函数值的大小关系，同时也考查了利用中间值法比较指数式和代数式的大小关系，涉及指数函数与对数函数的单调性，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎9.由的图象向左平移个单位，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍后， 所得图象对应的函数解析式为（）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角函数的平移和伸缩变换可直接得解.‎ ‎【详解】由的图象向左平移个单位，可得到.‎ 再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍后，得到.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查的是三角函数的平移和伸缩变换问题，首先保证三角函数同名，不是同名通过诱导公式化为同名，在平移中符合左加右减的原则，在写解析式时保证要将x的系数提出来，针对x本身进行加减和伸缩.‎ ‎10.若函数没有极小值点，则的取值范围是（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分类讨论，结合函数没有极小值点，此时导函数应该满足的条件，计算参数范围，即可．‎ ‎【详解】，要使得没有极小值，‎ 则要求恒大于等于0，或者恒小于等于0，或者该导函数为一次函数，‎ 当为一次函数的时候，，满足条件，‎ 当恒大于等于0的时候，则，解得，‎ 当恒小于等于0的时候，则，此时a不存在，故，故选C．‎ ‎【点睛】考查了利用导函数判断原函数的单调性和极值，关键结合没有极小值点，判断参数范围，即可，难度中等．‎ ‎11.某几何体正视图和侧视图如图1所示，它的俯视图的直观图是平行四边形，如图2所示.其中，则该几何体的表面积为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据斜二测画法的规则和三视图的规则进行还原，然后再计算几何体的表面积即可.‎ ‎【详解】根据斜二测画法的规则可知，原俯视图是边长为的正方形，故该几何体是一个底面半径为、高为的半圆柱，故其表面积为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查三视图还原及立体几何表面积，考查空间想象能力和推理论证能力，属于常考题.‎ ‎12.已知椭圆Γ： 的长轴是短轴的2倍，过右焦点F且斜率为的直线与Γ相交于A，B两点．若，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件可将椭圆化简为，为简化计算，令，直线与椭圆联立，根据条件可得，再由结合韦达定理求解即可.‎ ‎【详解】根据题意可知，所以.‎ 椭圆Γ： ,可化为：.‎ 过右焦点F且斜率为的直线为：，即.‎ 为简化计算，令，则.‎ 由，联立可得：. ①‎ 设，由可得.‎ 由①可得：.‎ 因为，所以.‎ 解得，所以，由，可得.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系，利用设而不求的思想，通过韦达定理解决方程问题，属于中档题.‎ 二．填空题（本大题共4小题, 每小题5分, 共20分. 把答案填在答卷的相应位置）。‎ ‎13.已知实数 满足约束条件，则目标函数的最大值为______.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画不等式组表示的平面区域，利用线性规划求范围即可 ‎【详解】不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线．平移该直线，当经过点B时，取得最大值，由，得，即B(2,-1)，所以. ‎ 故答案为3‎ ‎【点睛】本题考查线性规划，考查数形结合思想，准确计算是关键，是基础题 ‎14.已知向量与的夹角是，，，则向量与的夹角为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析：有数量积公式计算出,再计算与的夹角 详解：，=‎ ‎||=‎ 设向量与的夹角为，‎ 所以 点睛：本题主要考查向量的数量积，向量的夹角，属于基础题．‎ ‎15.已知空间四边形中，，，，若平面平面，则该几何体的外接球表面积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 如图：由于是等边三角形，所以到A,B,D三点距离相等的点在重心O且垂直是平面ABD的直线上，又因为，所以到B,C,D三点距离相等的点在过BD中点E且与平面BCD垂直的直线上，两直线的交点是O,所以球心为O.半径R=，．填．‎ ‎16.已知函数，若关于的方程有8个不同根，则实数的取值范围是______________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：函数图像如图所示，因为，所以关于的方程在上有2个根．令，则方程在上有2个不同的正解，所以，解得．‎ 考点：1、分段函数；2、函数的图象；3、方程的根．‎ ‎【方法点睛】方程解的个数问题解法：研究程的实根常将参数移到一边转化为值域问题．当研究程的实根个数问题，即方程的实数根个数问题时，也常要进行参变分离，得到的形式，然后借助数形结合（几何法）思想求解；也可将方程化为形如，常常是一边的函数图像是确定的，另一边的图像是动的，找到符合题意的临界值，然后总结答案即可．‎ 三．解答题（本大题共6小题，共70分，其中第17-21题分别为12分，第22题10分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）。‎ ‎17.在△中，，．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）△的面积，求△的边的长．‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由得，，由，可得，化简得，；（2）由和正弦定理得，由得，解，由余弦定理可得结果.‎ 试题解析：（1）由得，，由得，‎ ‎ ‎ ‎，所以， ‎ ‎（2）设角、、所对边的长分别为、、‎ 由和正弦定理得，‎ 由得 解得（负值舍去）‎ 由余弦定理得，‎ ‎18.若数列{an}是的递增等差数列，其中的a3=5，且a1，a2，a5成等比数列，‎ ‎（1）求{an}的通项公式；‎ ‎（2）设bn= ，求数列{bn}的前项的和Tn．‎ ‎（3）是否存在自然数m，使得 ＜Tn＜对一切n∈N*恒成立？若存在，求出m的值；‎ ‎ 若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1） an= 2n﹣1；（2）（1﹣）=；（3）存在；理由见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由于{}为等差数列，,,,成等比数列，可设出数列{}‎ 的公差为，列方程组即可求出;（2）在求出{}的通项公式后，求出{}的通项公式，再应用裂项相消法即可求;(3)需先求Tn的值域，要使得恒成立，则需区间()包含Tn的值域即可.‎ 试题解析：‎ ‎（1）在等差数列中，设公差为d≠0，‎ 由题意，∴，解得．‎ ‎∴an=a1+（n﹣1）d=1+2（n﹣1）=2n﹣1．‎ ‎（2）由（1）知，an=2n﹣1．‎ 则bn=‎ 所以Tn=‎ ‎（3）Tn+1﹣Tn=,‎ ‎∴{Tn}单调递增，∴Tn≥T1=．∵Tn=∴≤Tn＜, 使得恒成立,只需 ‎ 解之得,又因为m是自然数，∴m=2．‎ 点睛：在数列求和问题中要注意识别何时应用裂项相消法，同时注意如何裂项；同时注意将数列不等式恒成立问题转化为求函数的最大值、最小值问题．‎ ‎19.如图1，在直角梯形中，AB∥CD，，且．现以为一边向梯形外作正方形，然后沿边将正方形翻折，使平面与平面垂直，如图2．‎ ‎（Ⅰ）求证：BC⊥平面DBE；‎ ‎（Ⅱ）求点D到平面BEC的距离.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）要证直线与平面垂直，题中翻折成平面与平面垂直，因此有平面，从而有一个线线垂直，另一个在梯形中由平面几何知识可证，从而得证线面垂直；（2）由（1）知平面与平面垂直，因此只要过作于点，则可得的长就是点到平面的距离，在三角形中计算可得．‎ 试题解析：（1）在正方形中，，又因为平面平面，且平面平面，所以平面，所以.在直角梯形中，，可得，在中，，所以，所以，‎ 所以平面.‎ ‎（2）因为平面，所以平面平面，过点作的垂线交于点，则平面，所以点到平面的距离等于线段的长度.‎ 在直角三角形中，，所以，‎ 所以点到平面的距离等于.‎ 考点：线面垂直的判断，点到平面的距离．‎ ‎20.已知动圆过定点，且与定直线相切．‎ ‎（1）求动圆圆心的轨迹的方程；‎ ‎（2）过点的任一条直线与轨迹交于不同的两点，试探究在轴上是否存在定点（异于点），使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】(1) ，（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据抛物线的定义即可得解；‎ ‎（2）假设存在点满足题设条件，由题意可得直线与的斜率互为相反数，即，设，，设,再由直线与抛物线联立，利用韦达定理代入求解即可.‎ ‎【详解】（1）解法1：依题意动圆圆心到定点的距离与到定直线的距离相等， ‎ 由抛物线的定义，可得动圆圆心的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线， 其中．‎ 动圆圆心的轨迹的方程为．‎ 解法2：设动圆圆心 ，依题意：. ‎ 化简得：，即为动圆圆心的轨迹的方程 ‎（2）解：假设存在点满足题设条件．‎ 由可知，直线与的斜率互为相反数，‎ 即 ①‎ 直线的斜率必存在且不为，设, ‎ 由得．‎ 由,得或．‎ 设，则．‎ 由①式得 ,‎ ‎,即．‎ 消去，得,‎ ‎ ,‎ ‎ , ‎ 存在点使得．‎ ‎【点睛】定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.‎ ‎21.已知函数为实数)的图像在点处的切线方程为.‎ ‎（1）求实数的值及函数的单调区间；‎ ‎（2）设函数，证明时， .‎ ‎【答案】(1) ;函数的单调递减区间为，单调递增区间为;(2)详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）由题得，根据曲线在点处的切线方程，列出方程组，求得的值，得到的解析式，即可求解函数的单调区间；‎ ‎（2）由（1）得 根据由，整理得，‎ 设，转化为函数的最值，即可作出证明.‎ 试题解析：‎ ‎（1）由题得，函数的定义域为， ，‎ 因为曲线在点处的切线方程为，‎ 所以解得.‎ 令，得，‎ 当时， ， 在区间内单调递减；‎ 当时， ， 在区间内单调递增.‎ 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.‎ ‎（2）由（1）得， .‎ 由，得，即.‎ 要证，需证，即证，‎ 设，则要证，等价于证： .‎ 令，则，‎ ‎∴在区间内单调递增， ,‎ 即，故.‎ ‎22.已知曲线的极坐标方程为，直线，直线 ‎．以极点为原点，极轴为轴正半轴建立平面直角坐标系．‎ ‎（1）求直线的直角坐标方程以及曲线的参数方程；‎ ‎（2）已知直线与曲线交于两点，直线与曲线交于两点，求的周长．‎ ‎【答案】（1），；；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用转换关系式，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换．‎ ‎（2）利用（1）的结论，建立方程组，进一步利用余弦定理求出结果．‎ ‎【详解】（1）解：直线，‎ 所以：直线的直角坐标方程为，‎ 直线．‎ 所以：直线的直角坐标方程为 曲线的直角坐标方程为，‎ 所以：曲线的参数方程为（为参数）；‎ ‎（2）解：联立，‎ 得到，‎ 同理，‎ 又，‎ 所以根据余弦定理可得，‎ 所以周长．‎ ‎【点睛】本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，方程组的应用和余弦定理的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．‎ ‎ ‎ ‎ ‎