宁夏六盘山高级中学2020届高三上学期期中考试（B卷）数学（文）试题

宁夏六盘山高级中学2020届高三上学期期中考试（B卷）数学（文）试题

宁夏六盘山高级中学2019-2020学年第一学期高三期中测试卷 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一、选择题：本题共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.已知集合A=，则=(　　)‎ A. （2，6） B. （2，7） C. （-3，2] D. （-3，2）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题得={x|x≤2或x≥7}，再求得解.‎ ‎【详解】由题得={x|x≤2或x≥7}，所以 .‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查集合的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎2.已知复数，复数满足，则 (　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据已知求出复数，再求.‎ ‎【详解】由题得，‎ 所以.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查复数的除法运算和复数的模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎3.已知命题，命题，且,则(　　)‎ A. 命题是真命题 B. 命题是假命题 C. 命题是假命题 D. 命题是真命题 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分别判断命题与命题的真假，进而可得出结果.‎ ‎【详解】令，则易知在上单调递增，‎ 所以当时，，即；‎ 因此命题为真命题；‎ 由得；‎ 所以，当时，；当时，；‎ 因此，命题，且为假命题；‎ 所以命题是真命题.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查简单的逻辑连接词，复合命题真假的判定，熟记判定方法即可，属于常考题型.‎ ‎4.已知正项等比数列满足，与的等差中项为，则的值为(　　)‎ A. 4 B. ‎2 ‎C. 3 D. 8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等比数列的公比为，，运用等差数列中项性质和等比数列的通项公式，计算即可得到所求首项．‎ ‎【详解】正项等比数列公比设为，满足，与的等差中项为，‎ 可得，，即，‎ 可得，‎ 解得（舍去），，‎ 则，‎ 故选．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的通项公式和等差数列中项的性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．‎ ‎5.《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，则该“堑堵”的体积为（ ）‎ A. 2 B. ‎4 ‎C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图的特点可以分析该物体是一个直三棱柱，即可求得体积.‎ ‎【详解】由三视图可得该物体是一个以侧视图为底面的直三棱柱，‎ 所以其体积为.‎ 故选：A ‎【点睛】此题考查三视图的认识，根据三视图求几何体的体积，关键在于准确识别三视图的特征.‎ ‎6.已知非零向量,的夹角为,且满足,则的最大值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据得到，再由基本不等式得到，结合数量积的定义，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为非零向量,的夹角为,且满足,‎ 所以，‎ 即，即，‎ 又因为，当且仅当时，取等号；‎ 所以，即；‎ 因此，.‎ 即的最大值为.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查向量的数量积与基本不等式，熟记向量数量积的运算与基本不等式即可，属于常考题型.‎ ‎7.函数的大致图象是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据特殊位置的所对应的的值，排除错误选项，得到答案.‎ ‎【详解】因为 所以当时，，故排除A、D选项，‎ 而，‎ 所以 即是奇函数，其图象关于原点对称，故排除B项，‎ 故选C项.‎ ‎【点睛】本题考查根据函数的解析式判断函数图象，属于简单题.‎ ‎8.设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）‎ A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，，则 D. 若，，，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于A，B选项均有可能为线在面内，故错误；对于C选项，根据面面平行判定定理可知其错误；直接由线面平行性质定理可得D正确.‎ ‎【详解】若，，则有可能在面内，故A错误；‎ 若，，有可能在面内，故B错误；‎ 若一平面内两相交直线分别与另一平面平行，则两平面平行，故C错误．‎ 若，，，则由直线与平面平行的性质知，故D正确．‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是，判断命题真假，比较综合的考查了空间中直线与平面的位置关系，属于中档题.‎ ‎9.函数的部分图像如图所示，则 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由题图知，，最小正周期，所以，所以.因为图象过点，所以，所以，所以，令，得，所以，故选A.‎ ‎【考点】 三角函数的图像与性质 ‎【名师点睛】根据图像求解析式问题的一般方法是：先根据函数图像的最高点、最低点确定A，h的值，由函数的周期确定ω的值，再根据函数图像上的一个特殊点确定φ值．‎ ‎10.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”.则该人最后一天走的路程为（ ）.‎ A. 24里 B. 12里 C. 6里. D. 3里 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，每天走的路程里数构成以为公比的等比数列，由求得首项，再由等比数列的通项公式求得该人最后一天走的路程．‎ ‎【详解】解：记每天走的路程里数为，可知是公比的等比数列，‎ 由，得，解得：，‎ ‎，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的通项公式，考查了等比数列的前项和，是基础的计算题．‎ ‎11.将函数图象向右平移个单位长度得到图像，则下列判断错误的是（ ）‎ A. 函数的最小正周期是 B. 图像关于直线对称 C. 函数在区间上单调递减 D. 图像关于点对称 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据三角函数的图象平移关系求出的解析式，结合函数的单调性，对称性分别进行判断即可．‎ ‎【详解】由题意，将函数的图象向右平移个单位长度，‎ 可得，‎ 对于,函数的最小正周期为，所以该选项是正确的； ‎ 对于，令，则为最大值，‎ 函数图象关于直线，对称是正确的；‎ 对于中，，则，，‎ 则函数在区间上先减后增，不正确；‎ 对于中，令，则，‎ 图象关于点对称是正确的，‎ 故选．‎ ‎【点睛】本题主要考查命题的真假判断，涉及三角函数的单调性，对称性，求出解析式是解决本题的关键．‎ ‎12.已知函数是上的偶函数，且对任意的有，当 时，，则（ ）‎ A. 11 B. ‎5 ‎C. -9 D. -1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据即可得出，即得出的周期为6，再根据是偶函数，以及时，，从而可求出（8）（2）．‎ ‎【详解】；‎ ‎；‎ 的周期为6；‎ 又是偶函数，且时，；‎ ‎（8）（2）．‎ 故选．‎ ‎【点睛】本题主要考查偶函数和周期函数的定义，以及已知函数求值的方法．‎ 第Ⅱ卷（非选择题）‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.若满足约束条件则的最小值为__________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 先由约束条件作出可行域，再由目标函数可化为，因此当直线在轴上截距最小时，取最小，结合图像即可求出结果.‎ ‎【详解】由约束条件作出可行域如下：‎ 因为目标函数可化为，‎ 因此当直线在轴上截距最小时，取最小.‎ 由图像易得，当直线过点时，在轴上截距最小，‎ 即.‎ 故答案为2‎ ‎【点睛】本题主要考查简单的线性规划，只需由约束条件作出可行域，分析目标函数的几何意义，结合图像即可求解，属于常考题型.‎ ‎14.已知，则的值是____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 根据两角和的余弦公式可得，所以由诱导公式可得，故答案为.‎ ‎15.已知，，三点在球的表面上，，且球心到平面的距离等于球半径的，则球的表面积为____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出球的半径，小圆半径，通过已知条件求出两个半径，再求球的表面积．‎ ‎【详解】解：设球的半径为r，O′是△ABC的外心，外接圆半径为R，‎ ‎∵球心O到平面ABC的距离等于球半径的，‎ ‎∴得r2r2＝，得r2．‎ 球的表面积S＝4πr2＝4ππ．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查球O的表面积，考查学生分析问题解决问题能力，空间想象能力，是中档题．‎ ‎16.已知函数，若在区间上单调递增，则的最小值是___．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简函数的解析式，利用函数的导数，转化求解函数的最大值，即可得到结果．‎ ‎【详解】解：函数，若 在区间[-，]上单调递增，‎ ‎，可得 可得，即所以.‎ 所以最小值为：．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查函数的导数的应用，函数的最值的求法，求解参数时．可将参数分离出来，转化为求解函数的最值，从而得到参数的取值范围．‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.‎ 必做题：共60分.‎ ‎17.如图，在四棱锥中，平面，底面 是菱形，，．‎ ‎(1)求证：平面；‎ ‎(2)若.求棱锥的高.‎ ‎【答案】（1）证明见解析 ‎（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）推导出AC⊥BD，PA⊥BD，由此能证明BD⊥平面PAC．‎ ‎（2）运用等体积转化图形求体积．‎ ‎【详解】（1）证明：因为四边形是菱形，所以.‎ 又因为平面,所以 .‎ 又,所以⊥平面. ‎ ‎（2）解：∵，‎ 设棱锥的高为 ‎∴ ‎ ‎∵，，‎ ‎∴, ‎ ‎∴，‎ ‎ ‎ ‎∴.‎ 即棱锥的高为.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的判定定理，考查三棱锥体积的求法，棱锥体积计算的常见方法：‎ ‎（1）直接应用体积公式求体积，这类问题的特征是：棱锥的底面积与高为已知或可求.‎ ‎（2）割补法求体积，一是将不方便计算的棱锥分割成若干易算的棱锥，逐一计算即可；二是将棱锥补成易算的棱锥或棱柱，从而求出棱锥体积.‎ ‎（3）转换棱锥求体积（主要适用三棱锥），在计算体积时可以换底进行等体积棱锥图形的转化.‎ ‎18.在中，角的对边分别是，已知.‎ ‎（1）求角C的值；‎ ‎（2）若，求的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用三角函数恒等变换的应用化简，将已知等式化简得，结合范围 ‎，可得角C的值；‎ ‎（2）利用余弦定理可求得，解得的值，根据三角形的面积公式即可得出的面积.‎ ‎【详解】解：（1）因为，‎ 即，‎ 由于在中，，‎ 则得出：，‎ 所以， ‎ 又因为，则，‎ 解得：.‎ ‎（2）在中，，‎ 由余弦定理得：，‎ 所以，且，‎ 解得：，‎ 则的面积为：‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理和三角形面积公式在解三角形中的综合应用，以及三角函数恒等变换的应用，同时考查学生的计算能力和转化思想.‎ ‎19.已知数列的前项和满足.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）应用公式可求的通项的表达式（2）由错位相减法求得数列的前项和．‎ ‎【详解】（1）当时，；‎ 当时，，符合上式.‎ 综上，.‎ ‎（2）.则 由（1）-（2）得 ‎ ‎ ‎ 故.‎ ‎【点睛】知道的表达式求数列通项时，我们常应用公式可求的通项的表达式．‎ ‎20.如图，三棱柱中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点．‎ ‎(Ｉ) 证明：平面⊥平面 ‎（Ⅱ）平面分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.‎ ‎【答案】1:1‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）由题设知BC⊥,BC⊥AC，,∴面, 又∵面，∴,‎ 由题设知,∴=,即,‎ 又∵, ∴⊥面, ∵面，‎ ‎∴面⊥面；‎ ‎（Ⅱ）设棱锥的体积为，=1，由题意得，==，‎ 由三棱柱的体积=1，‎ ‎∴=1:1， ∴平面分此棱柱为两部分体积之比为1:1‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）当时，讨论函数的单调性；‎ ‎（2）若函数在（为自然对数的底）时取得极值，且函数在上有两个零点，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系，即可判断f（x）的单调性；‎ ‎（2）函数在上有两个零点等价于函数的图像与x轴有两个交点，数形结合即可得到实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1）当时，，‎ ‎，‎ 令，得，‎ 当时，，当时，.‎ 所以函数在上单调递增，在上单调递减.‎ ‎（2），，‎ ‎∵在时取得极值，‎ ‎∴即，‎ ‎∴.‎ 所以，，‎ 函数在上单调递增，在上单调递减，‎ 得函数的极大值，‎ ‎∴当函数在上有两个零点时，必有 得.‎ 当时，.‎ ‎∴的两个零点分别在区间与中.‎ ‎∴取值范围是.‎ ‎【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路 ‎(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；‎ ‎(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；‎ ‎(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．‎ 选做题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答.如果多做，那么按所做的第一题计分.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.己知直线的参数方程为（t为参数），曲线C的极坐标方程为，直线与曲线C交于A、B两点，点．‎ ‎（1）求直线的普通方程和曲线C的直角坐标方程；‎ ‎（2）求的值．‎ ‎【答案】（1） ， ；（2） .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直线的参数方程消去t可求得普通方程．由直角坐标与极坐标互换公式，求得曲线C普通方程．（2）直线的参数方程改写为（t为参数），由t的几何意义求值．‎ ‎【详解】直线l的参数方程为为参数，消去参数，可得直线l的普通方程，‎ 曲线C的极坐标方程为，即，曲线C的直角坐标方程为，‎ 直线的参数方程改写为（t为参数），‎ 代入，，，，‎ ‎．‎ ‎【点睛】由直角坐标与极坐标互换公式，利用这个公式可以实现直角坐标与极坐标的相互转化．‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知函数，.‎ ‎（1）当时，解不等式；‎ ‎（2）若存在满足，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，根据绝对值不等式的解法即可解不等式；‎ ‎（2）求出的最小值，根据不等式的关系转化为即可求的取值范围．‎ ‎【详解】解：（1）当时，，‎ 由得.‎ 当时，不等式等价于，解得，所以；‎ 当时，不等式等价于，即，所以此时不等式无解；‎ 当时，不等式等价于，解得，所以．‎ 所以原不等式的解集为.‎ ‎（2） .‎ 因为原命题等价于，‎ 所以，所以为所求实数的取值范围．‎ ‎【点睛】本题主要考查不等式的求解，根据绝对值不等式的解法，利用分类讨论的数学思想进行讨论是解决本题的关键，属于中档题.‎