辽宁省葫芦岛协作校2020届高三上学期考试数学（理）试题

辽宁省葫芦岛协作校2020届高三上学期考试数学（理）试题

高三上学期协作校第二次考试数学试题（理科）‎ 一、选择题 ‎1.已知集合,则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由二次不等式的解法求再利用集合交集的运算可得，得解.‎ ‎【详解】解:‎ 因为 ‎ 所以,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了二次不等式的解法及集合交集的运算，属基础题.‎ ‎2.若向量，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量平行坐标表示列式求解，即得结果.‎ ‎【详解】‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查向量平行坐标表示，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎3.命题“”否定为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由特称命题的否定为全称命题,小于零的否定为大于或等于零,得解.‎ ‎【详解】解：由特称命题的否定为全称命题,小于零的否定为大于或等于零，‎ 即命题“”的否定为“”，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了特称命题与全称命题的否定,属基础题.‎ ‎4.函数的零点所在的区间为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据零点存在性定理，判断零点所在区间.‎ ‎【详解】因为，，，所以的零点所在的区间为.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查零点存在性定理，意在考查基本概念和方法，属于基础题型.‎ ‎5.已知，，是三个不同平面，，是两条不同的直线，下列判断正确的是（ ）‎ A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线线，线面，面面关系，逐一判断选项，得到正确答案.‎ ‎【详解】A.若，，则，或，相交，故不正确；‎ B.因为同时垂直于一个平面的两条直线互相平行，故B正确.‎ C. 若，，，则可能垂直也可能不垂直，故不正确；‎ D. 若，，，则，或异面,故不正确.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查线线，线面，面面的位置关系，意在考查空间想象能力和分析问题的能力，属于基础题型.‎ ‎6.已知两个单位向量的夹角为60°，向量，则（ ）‎ A. B. C. D. 7‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据向量数量积定义得，再求，即得结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以 故选：A ‎【点睛】本题考查利用向量数量积求向量的模，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎7.“，”是“”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】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求的最小值，然后根据恒成立问题求 的取值范围，再判断命题的充分必要条件.‎ ‎【详解】∵，∴，‎ 当且仅当，即时，等号成立.∴.‎ ‎，‎ ‎“，”是的必要不充分条件.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查恒成立求参数取值范围和判断充分必要条件，本题的关键是求的最小值.‎ ‎8.已知函数值域为，函数，则的图象的对称中心为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由值域为确定值，得，利用对称中心列方程求解即可 ‎【详解】因为，又依题意知的值域为，所以 得，，‎ 所以，令，得，则的图象的对称中心为.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查三角函数 的图像及性质，考查函数的对称中心，重点考查值域的求解，易错点是对称中心纵坐标错写为0‎ ‎9.设，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对式子进行化简,分子分母同时除以,再利用正切的和角公式求解可得,原式,根据诱导公式可得,进而利用倍角公式求解即可 ‎【详解】,‎ 因为,‎ 所以,故 故选：A ‎【点睛】本题考查利用正切的和角公式、倍角公式进行化简,考查三角函数分式齐次式求值问题 ‎10.唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（如图2）.当这种酒杯内壁表面积（假设内壁表面光滑，表面积为平方厘米，半球的半径为厘米）固定时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆柱的高度与半球的半径分别为，计算容积得到，根据高的关系得到，计算得到答案.‎ ‎【详解】设圆柱的高度与半球的半径分别为，则，则，‎ 所以酒杯的容积，‎ 又，所以，所以，解得.‎ 故选 ‎【点睛】本题考查了几何体的体积运算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.‎ ‎11.已知函数是定义在上的偶函数,且在上单调递增,则不等式的解集为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数是定义在上的偶函数，得到的对称轴为，进而确定出的对称轴，利用函数增减性求出所求不等式的解集即可.‎ ‎【详解】函数是定义在上的偶函数，‎ 关于轴对称，‎ 由向右平移个单位得到 ‎ 关于直线对称， ‎ 在上单调递增，且，‎ 上单调递减，‎ ‎ ，即 ‎ ‎ 即，解得，‎ 所以不等式的解集为，‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查函数的奇偶性、单调性及其应用，考查抽象不等式的求解，考查转化思想，灵活运用函数性质去掉不等式中的符号“”是解题的关键.‎ ‎12.已知函数，，若，，，则a的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导，确定，换元，构造函数求出的最小值，列不等式求解即可 ‎【详解】因为，所以在上为增函数，所以.‎ 令，，.当时，；当时，.所以，从而.依题意可得，即.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查函数最值的求解，考查换元法的应用，着重考查导数的应用，是中档题，注意最值的转化.‎ 二、填空题 ‎13.若，满足约束条件，则的最小值为__________.‎ ‎【答案】-2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先作出可行域，然后作出初始目标函数，然后判断目标函数的最小值.‎ ‎【详解】‎ 如图，作出可行域，由图象可知，当目标函数过点C时，函数取值最小值，‎ ‎.‎ 故答案为：-2‎ ‎【点睛】本题考查线性规划，意在考查基础知识和计算能力，属于基础题型.‎ ‎14.函数的最小正周期为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二倍角公式化简，然后再求函数的最小正周期.‎ ‎【详解】∵，∴.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查二倍角公式和求函数的周期，意在考查基本的计算，属于基础题型.‎ ‎15.已知函数，则不等式的解集为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 证明为奇函数，并确定为增函数，去掉函数符号列不等式求解 ‎【详解】由题定义域为R,‎ 故为奇函数，则等价于，又为增函数，所以，解得.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查不等式的求解，利用条件判断函数的奇偶性和单调性是解决本题的关键．‎ ‎16.已知数列满足，设数列的前n项和为，则______；______.‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据等差数列定义以及通项公式求，再根据分组求和法得结果.‎ ‎【详解】因为，所以，因此为等差数列 故 所以 ‎，‎ 故答案为：(1) 4 (2) ‎ ‎【点睛】本题考查分组求和法、等差数列定义以及通项公式，考查基本分析归纳能力，属基础题.‎ 三、解答题 ‎17.已知集合，.‎ ‎（1）当时，求；‎ ‎（2）若，求的取值范围.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求得，然后求得.‎ ‎（2）根据判断，将分成两种情况列不等式，解不等式求得的取值范围.‎ ‎【详解】（1）当时，，‎ 所以或.‎ 又，所以.‎ ‎（2）由，可得.‎ ‎①当时，有，解得；‎ ‎②当时，由，可得 解得.‎ 综上，可得的取值范围为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查集合交集、补集运算，考查根据并集的结果求参数的取值范围，考查子集的概念和运用，属于基础题.‎ ‎18.已知首项为的等比数列的前项和为. ‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）若，，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）或；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等比数列的公比为，根据题中条件求出的值，然后利用等比数列的通项公式可求出数列的通项公式；‎ ‎（2）由（1）可得，求出，可得出，然后利用裂项求和法可求出数列的前项和.‎ ‎【详解】（1）设等比数列的公比为，由题意可得，整理得，‎ 解得或，因此，或；‎ ‎（2），，，‎ ‎，‎ 因此，.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列通项公式的求解，同时也考查了裂项求和法的应用，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎19.已知四棱锥的直观图如图所示，其中，，两两垂直，，且底面为平行四边形.‎ ‎（1）证明：.‎ ‎（2）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是该四棱锥的正视图与俯视图，请在网格纸上用粗线画出该四棱锥的侧视图，并求四棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）作图见解析，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据，得到平面，得到证明.‎ ‎（2）直接画出侧视图，利用体积公式直接计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）因为两两垂直，所以，.‎ 因为，所以平面.‎ 因为平面，所以.‎ ‎（2）该四棱锥的侧视图如图所示：‎ 依题意可得四边形为正方形，四棱锥的体积为.‎ ‎【点睛】本题考查了三视图的应用，体积的计算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.‎ ‎20.分别为内角的对边.已知.‎ ‎(1)若的面积为,求;‎ ‎(2)若,求的周长.‎ ‎【答案】(1) . ‎ ‎(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由已知，结合正弦定理可得，再结合三角形的面积公式 ‎，将已知条件代入运算即可；‎ ‎(2)由，结合余弦定理得,得解.‎ ‎【详解】解:(1)由,得 .‎ 因为的面积为,‎ 所以.‎ ‎(2)因为,可得 ‎ 由余弦定理得,‎ 所以，‎ 故的周长为.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理及三角形面积公式的应用，属基础题.‎ ‎21.如图1，在等腰中，，，分别为，的中点，为的中点，在线段上，且。将沿折起，使点到的位置（如图2所示），且。‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值 ‎【答案】（1）证明见解析 ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）要证明线面平行，需证明线线平行，取的中点，连接，根据条件证明，即；‎ ‎（2）以为原点，所在直线为轴，过作平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：取的中点，连接.‎ ‎∵，∴为的中点.‎ 又为的中点，∴.‎ 依题意可知，则四边形为平行四边形，‎ ‎∴，从而.‎ 又平面，平面，‎ ‎∴平面.‎ ‎（2），且，‎ 平面，平面，‎ ‎，‎ ‎，且，‎ 平面，‎ 以为原点，所在直线为轴，过作平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，不妨设，‎ 则，，，，，‎ ‎，，，.‎ 设平面的法向量为，‎ 则，即，‎ 令，得.‎ 设平面的法向量为，‎ 则，即，‎ 令，得.‎ 从而，‎ 故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的证明和空间坐标法解决二面角的问题，意在考查空间想象能力，推理证明和计算能力，属于中档题型，证明线面平行，或证明面面平行时，关键是证明线线平行，所以做辅助线或证明时，需考虑构造中位线或平行四边形，这些都是证明线线平行的常方法.‎ ‎22.已知函数的图象在点处的切线的斜率为.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）当时，证明：.‎ ‎【答案】(1) 见解析 (2)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求导，求出，再分类讨论当和时导数的符号变化，即可得出单调性；‎ ‎（2）原不等式即证明，构造函数和，分别求导确定最大值和最小值即可证明 ‎【详解】（1），则，‎ 解得，.‎ 当时，，在上单调递增. ‎ 当时，令，得；令，得. ‎ 所以在上单调递增，在上单调递减. ‎ ‎（2）证明：要证，只要证. ‎ 令，则，‎ 当时，得；当时，得.‎ 所以， ‎ 令，则.‎ 当时，得，当时，得 ‎ 所以 因为，所以， ‎ 又，所以，得证.‎ ‎【点睛】本题考查了导数和函数的单调性和最值的关系，需要分类讨论，考查不等式证明，通常拆分为两个基本函数求最值是常用方法，属于难题．‎ ‎ ‎