湖北省武汉市东西湖区第一附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题

湖北省武汉市东西湖区第一附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题

华中师大一附中2019—2020学年度上学期期中检测 高三年级数学（理科）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.已知集合，，则的子集个数为（ ）‎ A. 2 B. 4 C. 6 D. 8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解一元二次不等式求得集合，由此求得，进而求得的子集个数.‎ ‎【详解】由得，故，其子集个数为.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查交集的概念和运算，考查集合子集的个数求法，考查一元二次不等式的解法.‎ ‎2.设命题，则为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】特称命题的否定为全称命题，所以命题的否命题应该为，即本题的正确选项为C.‎ ‎3.若复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（ ）‎ A. B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用复数除法运算求得，由此求得的虚部.‎ ‎【详解】依题意，虚部为.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查复数虚部的概念，属于基础题.‎ ‎4.我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”章中有一道“两鼠穿墙”问题：有厚墙5尺，两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半，问两鼠在第几天相遇？（ ）‎ A. 第2天 B. 第3天 C. 第4天 D. 第5天 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用列举法求得前几天挖的尺寸，由此求得第几天相遇.‎ ‎【详解】第一天共挖，前二天共挖，故前天挖通，故两鼠相遇在第天.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查中国古代数学问题，考查等比数列的概念，属于基础题.‎ ‎5.已知变量x, y满足约束条件，则的最小值为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出可行域，平移基准直线到可行域边界的点处，由此求得的最小值.‎ ‎【详解】画出可行域如下图所示，平移基准直线到可行域边界的点处，此时取得最小值为.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查线性规划问题，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.‎ ‎6.已知等差数列的前项和满足且的最大项为，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题目所给的不等式，求得的值，根据的值求得的值.‎ ‎【详解】依题意，所以，故等差数列前项的和最大，即，所以，所以.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本小题主要考查等差数列前项和公式，考查等差数列的性质，属于基础题.‎ ‎7.如图为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，有以下结论:①，②CF与EN所成的角为,③//MN ，④二面角的大小为,其中正确的个数是（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意画出正方体直观图，建立空间直角坐标系，计算，由此判断①正确.根据线线角知识，判断②正确.根据线线的位置关系，判断③错误.根据二面角的知识，判断④正确.‎ ‎【详解】画出正方体的直观图，如下图所示，设正方体边长为，以分别为轴建立空间直角坐标系.则，所以，所以，故①正确.由于，所以CF与EN所成的角为，而在中，，也即是等边三角形，故，所以②正确.由于，而与相交，故不平行，③错误.由于，所以即是二面角的平面角.是等腰直角三角形，所以，故④正确.‎ 综上所述，正确的命题个数为个.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查空间线线、面面的位置关系有关命题的真假性判断，属于中档题.‎ ‎8.已知中，，E为BD中点，若，则的值为（ ）‎ A. 2 B. 6 C. 8 D. 10‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将中向量，都转化为以为基底的向量表示，由此列方程组，解方程组求得的值，进而求得的值.‎ ‎【详解】由得，即，即，故，解得，故.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查平面向量的基本定理，考查方程的思想，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.‎ ‎9.若，，，则的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对数运算，结合对数函数的性质、指数函数的性质以及幂函数的性质，比较出三者的大小关系.‎ ‎【详解】依题意，‎ 而 故.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查对数运算，考查利用指数、对数和幂函数的性质，比较大小，属于基础题.‎ ‎10.已知函数的部分图象如图所示，且，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两点的坐标列方程组，解方程组求得的值.‎ ‎【详解】由于函数过两点，故，由于，所以方程组解得.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查根据三角函数图象求三角函数解析式，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.‎ ‎11.已知函数，则使不等式成立的的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断函数的奇偶性和单调性，由此列不等式组，解不等式组求得的取值范围.‎ ‎【详解】由解得或，故函数的定义域为或，且，所以函数为偶函数，且当时，令，‎ ‎，所以在时递增，根据复合函数单调性可知在时递增，所以函数在时递增，故在时递减.由可知，解得.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本小题主要考查函数的单调性和奇偶性，考查利用导数判断函数的单调性，考查函数不等式的解法，属于中档题.‎ ‎12.已知函数，若对于任意，均有成立，则实数a的最小值为（ ）‎ A. B. 1 C. D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先判断的单调性，假设，将去绝对值，化简后构造函数，利用导数结合的单调性进行化简，利用分离常数法求得实数的最小值.‎ ‎【详解】依题意，且.所以，故在时单调递增.不妨设，则，且.故由得，即，构造函数，则在时单调递减.故在区间上恒成立，即 在区间上恒成立.构造函数，，故在区间上递减，故，所以.故的最小值为.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用导数求解有关不等式恒成立问题，考查构造函数法，考查化归与转化的数学思想方法，综合性较强，属于难题.‎ 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．)‎ ‎13.曲线在点处的切线方程为_______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得函数在处切线的斜率，由此求得切线方程.‎ ‎【详解】依题意，所以，故当时，导数为，也即在点处的切线的斜率为，故切线方程为.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查过曲线上一点切线方程的求法，考查除法的导数运算，属于基础题.‎ ‎14.已知，则________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用诱导公式化简已知条件，求得的值，利用“1”的代换的方法将所求表达转化为只含的式子，由此求得表达式的值.‎ ‎【详解】由得，故.所以 ‎，分子分母同时除以得.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查诱导公式、同角三角函数的基本关系式，考查“1”的代换以及齐次式的计算，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.‎ ‎15.已知的内角的对边分别为.若，的面积为，则面积的最大值为_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合已知条件，结合余弦定理求得，然后利用基本不等式求得的最大值，进而求得三角形面积的最大值.‎ ‎【详解】由于三角形面积①，由余弦定理得②，由①②得，由于，所以.故，化简得，故，化简得.所以三角形面积.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查余弦定理解三角形，考查三角形面积公式，考查基本不等式求最值的方法，属于中档题.‎ ‎16.已知的外接圆圆心为O，，，若 ‎（为实数）有最小值，则参数的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求得，进而用表示出，由此化简，结合二次函数的性质，列不等式，解不等式求得的取值范围.‎ ‎【详解】先求：‎ 如图所示，设是线段中点，由于是三角形外接圆的圆心，故，所以，同理可得.‎ 由于 故，即，解得，将上式代入并化简得，由于，依题意有最小值，结合二次函数的性质可知当时，有最小值.由解得.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查平面向量的数量积的运算，考查圆的几何性质，考查方程的思想，考查二次函数在给定区间上有最小值问题的求解策略，考查化归与转化的数学思想方法，综合性很强，属于难题.‎ 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.已知的内角的对边分别为，若.‎ ‎（1）求角C；‎ ‎（2）BM平分角B交AC于点M，且，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用降次公式化简，再用正弦定理、三角形内角和定理、两角和的正弦公式进行化简，由此求得的值，进而求得的大小.‎ ‎（2）设，求得，然后利用以及二倍角公式列方程，解方程求得的值.‎ ‎【详解】（1）由题 ‎ 又 ‎ ‎（2）记，则，在中，，‎ 在中，，即 即或（舍）.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用正弦定理解三角形，考查二倍角公式和降次公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.‎ ‎18.已知数列的前项和为，，‎ ‎（1）证明：数列为等差数列；‎ ‎（2）若数列{bn}满足，求数列{bn}的前项和Tn.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，利用，化简已知条件，得到，由此证得数列为等差数列.‎ ‎（2）利用（1）的结论求得，由此求得的表达式，进而求得的表达式，利用裂项求和法求得的前项和.‎ ‎【详解】（1）时，， 即 同除以得 为等差数列，首项为1，公差为1 ‎ ‎（2）由（1）知，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本小题主要考查根据递推关系是证明等差数列，考查等差数列通项公式，考查裂项求和法，考查运算求解能力，属于中档题.‎ ‎19.已知函数 ‎（1）求函数的最大值并指出取最大值时的取值集合；‎ ‎（2）若为锐角，，求的值.‎ ‎【答案】（1）最大值为2，此时的取值集合为；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简解析式，然后根据正弦型函数最大值的求法，求得函数的最大值，以及此时对应的的取值集合.‎ ‎（2）利用同角三角函数的基本关系式求得的值，然后利用，结合两角差的余弦公式，求得的值，进而利用诱导公式，求得的值.‎ ‎【详解】（1）‎ 令 得 所以最大值为2，此时的取值集合为 ‎（2）由为锐角，得 又， ，‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本小题主要考查二倍角公式、辅助角公式，考查三角函数最大值的求法，考查三角恒等变换，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.‎ ‎20.已知四棱锥的底面ABCD是直角梯形，AD//BC，，E为CD的中点，‎ ‎（1）证明:平面PBD平面ABCD；‎ ‎（2）若，PC与平面ABCD所成的角为，试问“在侧面PCD内是否存在一点N，使得平面PCD？”若存在，求出点N到平面ABCD的距离；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）存在N点到平面ABCD的距离为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过证明，结合题目所给已知，由此证得平面，进而证得平面平面.‎ ‎（2）存在.通过（1）的结论，利用面面垂直的性质定理建立空间直角坐标系，假设存在符合题意的点，使平面，利用向量线性运算设出点坐标，结合求得点坐标，由此证得存在一点，使得平面.利用点到平面距离的向量求法，求得点到平面的距离.‎ ‎【详解】（1）证明:由四边形ABCD是直角梯形, AB=，BC=2AD=2，AB⊥BC，‎ 可得DC=2,∠BCD=，从而△BCD是等边三角形,BD=2,BD平分∠ADC. ‎ ‎∵E为CD的中点,∴DE=AD=1,∴BD⊥AE,‎ 又∵PB⊥AE,PB∩BD=B,∴AE⊥平面PBD.又∵AE⊂平面ABCD∴平面PBD⊥平面ABCD.‎ ‎(2) 存在.在平面PBD内作PO⊥BD于O,连接OC,又∵平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,‎ ‎∴PO⊥平面ABCD，∴∠PCO为PC与平面ABCD所成的角, 则∠PCO= ‎ ‎∴易得OP=OC=，PB=PD,PO⊥BD,所以O为BD的中点，OC⊥BD.‎ 以OB,OC,OP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),C（0,，0）D(-1,0,0),P（0,0,）假设在侧面内存在点，使得平面成立，‎ 设，易得 由得，满足题意，所以N点到平面ABCD的距离为 ‎ ‎【点睛】本小题主要考查面面垂直的证明，考查利用空间向量法求点到面的距离，考查存在性命题的向量证法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.‎ ‎21.（1）已知，证明：当时，；‎ ‎（2）当时，有最小值，记最小值为，求的值域.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先利用证得在上单增，然后根据函数 的最小值列不等式，由此证得不等式成立.‎ ‎（2）首先求得，结合（1）的结论以及零点存在性定理，证得存在唯一的实数，使得，根据的单调性求得最小值的表达式，用表示出，利用导数求得的值域.‎ ‎【详解】（1）证明：在上单增，‎ 时，即，时， ‎ ‎（2）‎ 由在上单增且 知存在唯一的实数，使得，即，‎ 单减；单增 ‎，满足，‎ ‎ ‎ 记，则在上单减， ‎ 所以的值域为 ‎【点睛】本小题主要考查利用导数证明不等式，考查利用导数求单调区间、最值或值域，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.‎ ‎22.已知函数 ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若函数最小值为，且，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）最小值为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用零点分段法去绝对值，由此解不等式，求得不等式的解集.‎ ‎（2）利用绝对值不等式求得的最小值，也即求得的值.利用配凑法，结合基本不等式，求得的最小值.‎ ‎【详解】（1）当时，，无解 当时，，得 当时，，得 所以不等式解集为 ‎（2）‎ 当且仅当时取等 当且仅当时取等 ‎ 所以当时，最小值为4，即，所以 ‎ 所以 当且仅当且即时取“=” ‎ 所以最小值为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查含有绝对值不等式的解法，考查利用基本不等式求最值，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.‎ ‎ ‎ ‎ ‎