河北省唐山市第一中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题

河北省唐山市第一中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题

唐山一中2019-2020学年度第一学期期中考试 高三年级理科数学试卷 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一、选择题：本大题共12个小题，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.已知全集，集合和关系的Venn图如图所示，则阴影部分所表示集合中的元素共有（ ）‎ A. 个 B. 个 C. 个 D. 无穷多个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先解分式不等式得集合A，再化简B，最后根据交集与补集定义得结果.‎ ‎【详解】因，，‎ 所以阴影部分所表示集合为,元素共有4个，‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查分式不等式以及交集与补集定义，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎2.已知数列满足，，(，，)，则“”是“数列为等差数列”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 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据等差数列定义证明充分性成立，再举反例说明必要性不成立.‎ ‎【详解】当时，，所以数列为公差为1的等差数列，即充分性成立；‎ ‎，所以若数列为等差数列，则或，即必要性不成立，‎ 综上，“”是“数列为等差数列”的充分不必要条件，‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查等差数列定义以及充要关系判定，考查基本分析化简求证能力，属中档题.‎ ‎3.已知向量，，，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 向量，，且，则，因为 则=。‎ 故答案为：C。‎ ‎4.函数，则不等式的解集为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据分段函数转化两个不等式组，解得结果.‎ ‎【详解】因为，所以或 因此或，或，即 故选:A ‎【点睛】本题考查分段函数性质以及解指对数不等式，考查基本分析求解能力，属中档题.‎ ‎5.某工厂产生的废气经过过滤后排放，在过滤过程中，污染物的数量p(单位：毫克/升)不断减少，已知p与时间t(单位：小时)满足p(t)＝p02－，其中p0为t＝0时的污染物数量．又测得当t∈[0,30]时，污染物数量的变化率是－10ln 2，则p(60)＝(　　)‎ A. 150毫克/升 B. 300毫克/升 C. 150ln 2毫克/升 D. 300ln 2毫克/升 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由当时，污染物数量的变化率是，求出，再利用关系式，可求 的值．‎ ‎【详解】选C　因为当t∈[0,30]时，污染物数量的变化率是－10ln 2，所以－10ln 2＝，所以p0＝600ln 2，因为p(t)＝p02－，所以p(60)＝600ln 2×2－2＝150ln 2(毫克/升)．‎ ‎【点睛】本题考查指数函数的运用，考查学生的计算能力，属于基础题．‎ ‎6.已知，，，则，，的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 借助第三量比较大小关系.‎ ‎【详解】因为 所以 故选：D ‎【点睛】本题考查比较大小以及二次函数值域，考查基本分析判断能力，属中档题.‎ ‎7.已知直线(，)过，求的最小值（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据条件得，再代入化简，最后利用基本不等式求最值.‎ ‎【详解】因为直线(，)过，所以，‎ 因此，当且仅当时取等号，所以的最小值为，‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，考查基本分析求解能力，属中档题.‎ ‎8.如图所示，是长方体，是的中点，直线交平面于点，给出下列结论：‎ ‎①，，三点共线；‎ ‎②，，，不共面；‎ ‎③，，，共面；‎ ‎④，，，共面.其中正确结论的序号为（ ）‎ A. ①④ B. ③④ C. ①③ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据公理确定点共面与点共线，再根据异面直线判定定理判定共面问题，即得结果.‎ ‎【详解】因为是的中点，所以是的中点，从而在平面上，也在平面上；又在平面上，也在平面上；‎ 因为直线交平面于点，所以在上，即在平面上，也在平面上；‎ 因此，，在平面与平面的交线上，即，，三点共线，①正确；‎ ‎，，，，都在平面上，所以②错误，③正确；‎ 根据异面直线判定定理可得与异面，从而④错误；‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查异面直线判定定理以及利用公理判定点共面与点共线，考查基本分析判断能力，属中档题.‎ ‎9.若是函数的极值点，则的极小值为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由题可得，‎ 因为，所以，，故，‎ 令，解得或，‎ 所以在上单调递增，在上单调递减，‎ 所以的极小值为，故选A．‎ ‎【名师点睛】（1）可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f ′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f ′(x)的符号不同；‎ ‎（2）若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．‎ ‎10.在△ABC中，内角A，B，C对边分别为a，b，c，且B＝‎2C,2bcosC－2ccosB＝a，则角A的大小为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由正弦定理得，，，，为锐角,所以，故选A.‎ 考点：1、正弦定理两角和的正弦公式；2、三角形内角和定理.‎ ‎11.实数，，成等差，点在动直线上的射影为，点 则线段长度的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据条件确定动直线过定点，再确定点轨迹，最后根据点与圆位置关系求最值.‎ ‎【详解】因为，，成等差，所以，因此过定点,‎ 因为点在动直线上的射影为，所以点轨迹为以为直径的圆，即，从而,（为坐标原点）‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查直线过定点、圆的轨迹以及点与圆的位置关系，考查综合分析求解能力，属中档题.‎ ‎12.四面体的四个顶点在同一球面上中，，，为的中点，过作其外接球的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据对称性确定球心，再确定截面面积的最大值与最小值的取法，最后根据面积公式求比值.‎ ‎【详解】‎ 取BD中点F，则根据对称性得球心为EF中点，且EFAC 因为，所以AFBD，CFBD,‎ 过作其外接球的截面，则截面面积的最大为球的大圆，半径为;截面面积的最小为以AC为直径的圆，半径为，‎ 从而截面面积的最大值与最小值的比为 故选：D ‎【点睛】本题考查多面体外接球以及球的截面，考查空间想象能力与综合分析求解能力，属中档题.‎ 第Ⅱ卷（共90分）‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13.已知为虚数单位，为实数，复数在复平面内对应的点为，若点在第四象限，则实数的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】因为，又点在第四象限，‎ 所以，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查复数几何意义，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎14.函数存在与直线平行的切线，则实数的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由题意，得，故存在切点，使得，所以有解．由于，所以（当且仅当取等号），即．‎ 考点：1、导数的几何意义；2、基本不等式．‎ ‎【思路点晴】求解时要充分借助题设和直线与函数代表的曲线相切的的条件,建立含参数的方程,然后运用存在变量使得方程有解,再进一步转化为求函数的值域问题．求值域时又利用题设中的，巧妙运用基本不等式使得问题简捷巧妙获解．‎ ‎15.执行如图所示的程序框图，若输出，则输入的取值范围为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 执行程序一次，，执行第二次后，执行第三次后，执行第四次后，此时应该跳出循环，所以，故填． ‎ ‎16.已知函数(，)，，对任意，恒有且在区间上单调，则的可能值有__________．‎ ‎【答案】个 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件结合正弦函数最值以及单调性确定值以及的可能值.‎ ‎【详解】因为，所以，；‎ 因为，所以；‎ 因此，‎ 因为在区间上单调，所以或 即或，因为，从而或，即 故答案为：3个 ‎【点睛】本题考查正弦函数最值与单调性性质，考查基本分析求解能力，属中档题.‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17.在中，，.‎ ‎(1)求的值；‎ ‎(2)设的面积，求边上的高.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据三角形内角关系以及两角和正弦公式求解，（2）先根据正弦定理以及三角形面积公式求，再利用三角形面积公式求高.‎ ‎【详解】解：(1)，‎ 钝角，，‎ 为钝角为锐角，‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎.‎ ‎(2)，‎ 设，，，边上的高为 则，‎ ‎，，‎ ‎.‎ 边上的高为.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理、三角形面积公式以及两角和正弦公式，考查基本分析求解能力，属中档题.‎ ‎18.在数列中，，，且对任意的N*，都有.‎ ‎（Ⅰ）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设，记数列的前项和为，若对任意的N*都有，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）可变形为，故是等比数列.利用累加法可以求出的通项.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，用裂项相消法可求，求出 的最小值后可得的取值范围.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由可得． ‎ 又，，所以，故.‎ 所以是首项为2，公比为2的等比数列.所以. ‎ 所以. ‎ ‎（Ⅱ）因为. ‎ 所以 ‎. ‎ 又因为对任意的都有，所以恒成立，‎ 即,即当时，.‎ ‎【点睛】给定数列的递推关系，我们常需要对其做变形构建新数列（新数列的通项容易求得），而数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.‎ ‎19.如图，在三棱柱中，，，为的中点，点在平面内的射影在线段上.‎ ‎ (1)求证：平面；‎ ‎(2)若是正三角形，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设点在平面内的射影，先根据射影得，再根据计算得，最后根据线面垂直判定定理得结果，（2）根据条件建立空间直角坐标系，设立坐标解得面与面的法向量，再根据向量数量积得法向量夹角，最后根据向量夹角与二面角关系得结果.‎ ‎【详解】(1)证明：设点在平面内的射影，则，平面，‎ 平面，因平面，所以.‎ 在中，，，则，‎ 在中，，，则，‎ 故，故 因，故平面.‎ ‎(2)以为坐标原点，，所在的直线分别为，轴正半轴,垂直平面的直线为z轴建系 面的法向量.，设面的法向量，则令得 因为二面角为锐角，故二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直判定定理以及利用空间向量求二面角，考查基本分析论证与求解能力，属中档题.‎ ‎20.已知为函数的一个极值点.‎ ‎（1）求实数的值，并讨论函数的单调性；‎ ‎（2）若方程有且只有一个实数根，求实数的值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）根据题意,求得实数的值，，解导不等式明确函数的单调性；‎ ‎（2）方程有且只有一个实数根，等价于有且只有一个实数根，即的图象与有且只有一个公共点即可.‎ 详解：（1），．‎ ‎．‎ ‎∵ 为函数的一个极值点，‎ ‎∴ ，‎ 故，．‎ 令，解得或．‎ ‎∴ 当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；‎ ‎（2）方程，‎ 整理得．因为，所以有 ‎．‎ 令，则．‎ 令，，故在上是增函数．‎ ‎∵ ，‎ ‎∴ 当时，，即，单调递减；‎ 当时，，即，单调递增；‎ ‎∴ ．‎ ‎∵ 当或时，，‎ ‎∴ 方程有且只有一个实数根时，实数．‎ 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．‎ ‎21.已知中，内角，，的对边分别为，，.‎ ‎(1)若且，求角大小；‎ ‎(2)若为锐角三角形，且，，求面积的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先根据正弦定理化简得，再代入条件化简得，（2）根据正弦定理以及三角形面积公式得面积为，再根据锐角三角形确定B角范围，最后根据正弦函数性质求取值范围.‎ ‎【详解】(1)由于，由正弦定可得，‎ 即，‎ ‎，，‎ 故，，‎ 又，‎ 所以，‎ 即 由于，所以，由于是三角形的内角，‎ 故.‎ ‎(2)由，所以，，‎ 所以面积为 由于为锐角三角形，所以，即，‎ 解得，所以，，‎ 所以.‎ 即面积的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理、三角形面积公式、二倍角公式以及辅助角公式，考查基本分析求解能力，属中档题.‎ ‎22.已知（‎ ‎（1）当a＝0时，求f（x）的极值；‎ ‎（2）当a＞0时，讨论f（x）的单调性；‎ ‎（3）若对任意的a∈（2, 3），x1, x2∈[1, 3]，恒有（m－ln3）a－2ln3＞|f（x1）－f（x2）|成立，求实数m的取值范围.‎ ‎【答案】（1）的极大值为，无极小值；（2）①当时，在和上是增函数，在上是减函数；②当时，在上是增函数；③当时，在和上是增函数，在上是减函数 （3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当时，‎ 由,解得，可知在上是增函数，在上是减函数.‎ ‎∴的极大值为，无极小值. ‎ ‎①当时，在和上是增函数，在上是减函数； ‎ ‎②当时，在上是增函数； ‎ ‎③当时，在和上是增函数，在上是减函数 ‎ ‎（3）当时，由（2）可知在上是增函数，‎ ‎∴. ‎ 由对任意的a∈（2, 3），x1, x2∈[1, 3]恒成立，‎ ‎∴ ‎ 即对任意恒成立，‎ 即对任意恒成立， ‎ 由于当时，，∴.‎