福建省师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（文）试题

福建省师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（文）试题

福建师大附中2019-2020学年上学期期中考试 高三数学试卷（文科）‎ 试卷说明：‎ ‎（1）本卷共三大题，22小题，解答写在答卷的指定位置上，考试结束后，只交答卷。‎ ‎（2）考试过程中不得使用计算器或具有计算功能的电子设备。‎ 第Ⅰ卷（选择题，共60分）‎ 一、选择题：每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．‎ ‎1.已知集合,则 A. B． C． D．‎ ‎2.设向量=（1，-2），=（0，1），向量λ+与向量+3垂直，则实数λ=‎ A. B. ‎1 ‎C. D. ‎ ‎3．是“直线和直线垂直”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 ‎4．已知等差数列的前项和为，若，则 A． B. C． D．‎ ‎5．设是两条不同的直线，是一个平面，以下命题正确的是 A．若，，则 B．若，，则 ‎ C．若，，则 D.若，，则 ‎6．已知函数的最小正周期为，将的图象向右平移个 单位长度得到函数的图象，有下列四个结论：‎ ‎ ：在单调递增； ：为奇函数；‎ ‎ ：的图象关于直线对称； ：在的值域为．‎ ‎ 其中正确的结论是 ‎ A. B． C． D．‎ ‎7.已知曲线与y轴交于A，B两点，P为上任意一点，‎ 则|PA|+|PB|的最小值为 A.2 B. C. D. 4‎ ‎8．已知直线与直线互相平行且距离为.等差数列的公差为，且，令，则的值为 A． 36 B． ‎44 C． 52 D． 60‎ ‎9．函数的部分图象大致为 A. ‎ B. C. D.‎ ‎10.已知函数在区间上单调递增，则的最大值为 A. B. ‎1 ‎C. 2 D. 4‎ ‎11.玉琮是古人祭祀的礼器．如图为西周时期的“凤鸟纹饰”玉琮，其形对称，呈扁矮方柱状，内圆 外方，前后对穿圆孔，两端留有短射，蕴含古人“璧圆象天，琮方象地”的天地思想．该玉琮的三 视图及尺寸数据（单位：）如图所示．根据三视图可得该玉琮的体积（单位：）为 A. B． C． D．‎ ‎12．定义在上的奇函数满足，且当时，，则下列结论正确的是 ‎ A． B．‎ ‎ C. D．‎ Ⅱ卷（非选择题，共90分）‎ 二、填空题：每小题5分,共20分.‎ ‎13．若x，y满足约束条件，则z=x+2y的最小值为 ．‎ ‎14．若直线与函数的图像相切，则的值为 ．‎ ‎15.已知函数，则的值为 ．‎ ‎16. 已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，若球的表面积为，则三棱锥的侧面积的最大值为 ． ‎ 三、解答题: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. （本题满分10分）‎ 数列满足：，.‎ ‎（Ⅰ）求的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设，数列的前项和为，求满足的最小正整数.‎ ‎18．（本题满分12分）‎ 在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为,其中为参数,在以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴的极坐标系中,点的极坐标为,直线的极坐标方程为.‎ ‎（Ⅰ）求直线的直角坐标方程与曲线的普通方程;‎ ‎（Ⅱ）若是曲线上的动点,为线段的中点，求点到直线的距离的最大值.‎ ‎19．（本题满分12分）‎ 已知函数.‎ ‎（Ⅰ）解关于的不等式；‎ ‎（Ⅱ）记函数的最大值为，若，求的最小值.‎ ‎20．（本题满分12分）‎ ‎ 在如图所示的多面体中，面ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形。‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎ （Ⅱ）若，‎ 求三棱锥的体积。‎ ‎21. （本题满分12分）‎ 的内角的对边分别为，已知．‎ ‎（Ⅰ）求；‎ ‎（Ⅱ）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．‎ ‎22．（本题满分12分）‎ ‎ 已知函数．‎ ‎ （Ⅰ）讨论的单调性；‎ ‎ （Ⅱ）当时，，求的取值范围．‎ 福建师大附中2019-2020学年第一学期期中考试卷 高三数学（文科）参考答案 ‎1-12 DBABD ABCCC DC ‎ ‎13．2 ; 14.2; 15. 3027; 16. ； ‎ ‎18. 解：（1）∵直线的极坐标方程为，即.‎ 由，，可得直线的直角坐标方程为.‎ 将曲线的参数方程消去参数，得曲线的普通方程为 ‎ ‎（2）设，.点的极坐标化为直角坐标为.‎ 则.∴点到直线的距离 ‎.‎ 当，即时，等号成立.∴点到直线的距离的最大值为 ‎ ‎19.解：（1）当时，由，得，所以；当时，由，得，所以；当时，由，得，无解.综上可知，，即不等式的解集为.‎ ‎（2）因为，当即时取等，所以函数的最大值.因为，所以.又，所以，当且仅当即时取等，所以，即.所以有..又，所以，，即的最小值为.‎ ‎20.解：‎ ‎21.解：(1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得。因为，，故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以.‎ ‎(2)因为是锐角三角形，由（1）知，得到，‎ 故，解得.又应用正弦定理，，‎ 由三角形面积公式有：.‎ 又因,故，故.‎ 故取值范围是 ‎22. 解法一：（1）． 1分 ①当时，‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以在上单调递减，在上单调递增． 2分 ‎②当时，的根为或．‎ 若，即，‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以在，上单调递增，在上单调递减． 3分 若，即，‎ 在上恒成立，所以在上单调递增，无减区间． 4分 若，即，‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以在， 上单调递增，在上单调递减． 5分 综上：‎ 当时，在上单调递减，在上单调递增；‎ 当时，在，上单调递增，在上单调递减；‎ 当时，在上单调递增，无减区间；‎ 当时，在，上单调递增，在上单调递减．‎ ‎ 6分 ‎（2）因为，所以．‎ 当时，恒成立． 7分 当时，． 8分 令，， 9分 设，‎ 因为在上恒成立，‎ 即在上单调递增． 10分 又因为，所以在上单调递减，在上单调递增，‎ 则，所以． 11分 综上，的取值范围为． 12分 解法二：（1）同解法一；‎ ‎（2）令，‎ 所以，‎ 当时，，则在上单调递增，‎ 所以，满足题意． 7分 当时，‎ 令，‎ 因为，即在上单调递增．‎ 又因为，， ‎ 所以在上有唯一的解，记为， 8分 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ ‎ ‎ ‎，满足题意． 10分 当时，，不满足题意． 11分 综上，的取值范围为． 12分