浙江省杭州市西湖区杭州学军中学2020届高三上学期期中考试数学试题

浙江省杭州市西湖区杭州学军中学2020届高三上学期期中考试数学试题

杭州学军中学2019学年第一学期期中考试 高三数学试卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40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.设全集，集合，则下列关系中正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对集合进行化简，然后得到集合和集合的关系，得到答案.‎ ‎【详解】集合，‎ 集合，‎ 所以，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查集合之间的关系，属于简单题.‎ ‎2.设纯虚数z满足（其中i为虚数单位），则实数a等于 A. 1 B. －1 C. 2 D. －2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 本题考查的是复数运算。设，则，所以。解得，应选A。‎ ‎3.若x,y满足约束条件的取值范围是 A. [0,6] B. [0,4] C. [6, D. [4, ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图：‎ 目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，‎ 由解得C（2，1），‎ 目标函数的最小值为：4‎ 目标函数的范围是[4，+∞）．‎ 故选：D．‎ ‎4.已知，下列四个条件中，使成立的充分不必要的条件是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据充分不必要条件的定义，逐一分析给定四个选项与a＞b的关系，可得答案．‎ ‎【详解】B选项是的充分不必要的条件；‎ A选项是的必要不充分条件；‎ C选项是的即不充分也不必要条件；‎ D选项是的充要条件；‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是充分不必要条件的定义，属于基础题．‎ ‎5.函数的图象大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 采用排除法，根据函数的奇偶性可排除C；当时，可排除A；通过判断得出，故函数在内不可能单调递增，可排除B，进而可得结果.‎ ‎【详解】函数定义域为，定义域关于原点对称，‎ ‎，‎ ‎∴函数为偶函数，其图象关于轴对称，可排除选项C；‎ 当时，，可排除选项A；‎ ‎，‎ 又∵，，‎ ‎∴，即可得，故函数在内不可能单调递增，‎ 可排除选项B；‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的单调性和奇偶性识别函数的图象，得到该函数在内不可能单调递增是解题的关键，属于中档题．‎ ‎6.已知函数，则（ ）‎ A. ，是的一个周期 B. ，是的一个周期 C. ，是的一个周期 D. ，最小正周期不存在 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据定义，结合函数值之间的关系以及函数周期性的定义进行判断即可．‎ ‎【详解】若为有理数，，‎ 若为无理数，，‎ 综上，排除C，D．‎ 根据函数的周期性的定义，周期不可能是，故A错误，‎ 若为有理数，，，则 若为无理数，，，则 综上，‎ 即是函数的一个周期，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查命题的真假判断，涉及函数值的计算以及函数周期的求解，根据条件和定义是解决本题的关键，属于简单题.‎ ‎7.若关于的不等式无解，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先得到当时，满足题意，再当时，根据绝对值三角不等式，得到的最小值，要使不等式无解，则最小值需大于等于，从而得到关于的不等式，解得的范围 ‎【详解】关于的不等式无解，‎ 当时，可得此时不等式无解，‎ 当时，‎ ‎，‎ 所以要使不等式无解，则，‎ 平方整理后得，‎ 解得，‎ 所以，‎ 综上可得的范围为，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值的三角不等式的应用，根据不等式的解集情况求参数的范围，属于中档题.‎ ‎8.若是垂心，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用垂心的性质，连接并延长交于，得到，把已知条件中的式子化简，得到，再两边同乘以，利用数量积、正弦定理进行整理化简，得到，再把化为，整理后得到值.‎ ‎【详解】在中，，‎ 由，‎ 得，‎ 连接并延长交于，‎ 因为是的垂心，所以，，‎ 所以 同乘以得，‎ 因为，所以 由正弦定理可得 又，所以有，‎ 而，‎ 所以，‎ 所以得到，‎ 而，所以得到，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了平面向量线性运算、数量积、正弦定理、两角差的余弦公式、诱导公式、三角形垂心性质等知识综合运用，采用数形结合的思想方法．属于难题．‎ ‎9.已知二次函数，定义，，其中表示中较大者，表示中的较小者，下列命题正确的是( )‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由新定义可知f1（﹣1）=f2（﹣1）=f（﹣1），f（x）在[﹣1，1]上的最大值为f1（1），最小值为f2（1），即可判断A，B，D错误，C正确．‎ ‎【详解】由于,故二次函数的对称轴.,‎ ‎,若此时对称轴为,‎ 则有,即,所以选项不正确，‎ ‎, ,‎ 在对称轴的位置取得最小值,‎ 即对称轴为,所以,故选项不正确，‎ ‎,，‎ 也即是函数在区间上的最小值,故,‎ 所以选.‎ ‎【点睛】本题考查了对于新定义的理解和二次函数的图象与性质，考查推理能力，属于中档题．二次函数的最值和函数的对称轴有关系，在小区间上的最值问题，应该讨论轴和区间的关系.‎ ‎10.已知数列满足，，若，设数列的前项和为，则使得最小的整数的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，得到，判断出为递增数列，由，从而得到，然后利用裂项相消法得到，从而得到，判断出的范围，得到要使最小的整数的值.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 所以为递增数列，‎ 而，‎ 所以 所以，‎ 因为数列的前项和为，‎ 所以 而，‎ ‎，‎ 所以 从而得到 所以要取最小，的整数值为，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查数列的递推关系研究数列的性质，裂项相消法求数列的和，属于中档题.‎ 二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．）‎ ‎11.展开式中的系数为___；所有项的系数和为____．‎ ‎【答案】 (1). -80 (2). -1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令可得所有项的系数和，根据通项公式可写出含的系数.‎ ‎【详解】因为，令，，‎ 所以的系数为-80，‎ 设，‎ 令，则 ，所以所有项的系数和为-1.‎ ‎【点睛】本题主要考查了二项展开式的通项公式，二项式所有项的系数和，属于中档题.‎ ‎12.等比数列中，，，则__________，__________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知条件，求出等比数列的公比，然后将所求式子进行化简，利用等比数列的基本量进行计算.‎ ‎【详解】因为等比数列中，，，‎ 所以，‎ 所以 ‎.‎ 故答案为：；‎ ‎【点睛】本题考查等比数列通项中基本量的计算，属于简单题.‎ ‎13.在中，角所对的边分别为，已知，则__________，若，的面积为，则__________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理将边化成角，然后得到，从而得到的值，根据余弦定理得到，根据的面积得到，从而得到的值.‎ ‎【详解】因为 由正弦定理可得，‎ 而，所以，‎ ‎，所以.‎ 因为 所以由余弦定理可得 ‎，即 因为的面积为，所以 所以，‎ 所以，‎ 所以.‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理的边角互化，余弦定理解三角形，三角形的面积公式，属于简单题.‎ ‎14.已知函数，则__________，若函数有无穷多个零点，则的取值范围是__________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意得到，然后根据时的解析式，得到答案；根据时的解析式，得到其图像，然后根据时，由可知，每向左个单位，的值增大倍，得到的最小值，从而得到图像与图像的交点有无穷多个时，的取值范围.‎ ‎【详解】因为函数，‎ 所以 ‎.‎ 当时，，当时，等号成立，‎ 而时，由，‎ 即每向左个单位，的值增大倍，‎ 且 函数有无穷多个零点，‎ 即图像与图像有无穷多个交点，‎ 则.‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题考查分段函数的图像与性质，求函数的值，函数与方程，属于中档题.‎ ‎15.已知且，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对条件中的式子进行转化，得到，代入到所求的式子中，然后通过配方，得到其最小值.‎ ‎【详解】因为且，‎ 所以，即，‎ 代入到中得 ‎，‎ 故当时，有最小值，为，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了基本不等式的性质、配方法解决二元函数最值问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎16.已知平面向量满足，，，则的最大值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，建立坐标系，设，得到，然后将条件和所求的目标都转化为坐标形式，利用柯西不等式建立关于的不等式，从而求出的最大值，得到答案.‎ ‎【详解】因为，所以以为轴，以为轴建立坐标系，‎ 设，，，‎ 可得，‎ ‎，‎ 因为 所以，‎ 两式相加得 即 由柯西不等式得，‎ 即，‎ 所以 整理得 所以得，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查通过建立坐标系处理向量问题，利用柯西不等式求最值，属于中档题.‎ ‎17.当时，不等式恒成立，则的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对不等式进行整理，得到对恒成立，设，利用导数求出的值域，然后根据一次函数保号性得到关于的不等式组，通过配凑系数，得到答案.‎ ‎【详解】因为对恒成立，‎ 两边同除以得对恒成立，‎ 故令，，不等式转化为，‎ ‎，令得，‎ 所以，，单调递减，，，单调递增，‎ 所以时，取最小值为，‎ 当时，；当时，；‎ 所以的值域为，‎ 根据一次函数保号性可知 令，‎ 得，解得，‎ 所以，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查不等式恒成立问题，利用导数求函数的最值，一次函数保号性，属于中档题.‎ 三、解答题（本大题共5小题，共74分．写出文字说明、证明过程或演算步骤 ．）‎ ‎18.已知函数 .‎ ‎（1）求函数的单调递减区间；‎ ‎（2）求函数在区间上的最大值及最小值.‎ ‎【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）取得最大值，取得最小值.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）先根据两角和余弦公式、二倍角公式、配角公式将函数化为基本三角函数：，再根据正弦函数性质求单调区间：由解得，最后写出区间形式（Ⅱ）先根据自变量范围确定基本三角函数定义区间：，再根据正弦函数在此区间图像确定最值：当时，取得最小值；‎ 当时，取得最大值1.‎ 试题解析：（Ⅰ）‎ ‎. ……………………………………3分 由，，得，.‎ 即的单调递减区间为，.……………………6分 ‎（Ⅱ）由得， ………………………………8分 所以. …………………………………………10分 所以当时，取得最小值；‎ 当时，取得最大值1. ………………………………13分 考点：三角函数性质 ‎【思路点睛】应用三角公式解决问题的三个变换角度 ‎（1）变角：目的是沟通题设条件与结论中所涉及的角，其手法通常是“配凑”。‎ ‎（2）变名：通过变换函数名称达到减少函数种类的目的，其手法通常有“切化弦”、“升幂与降幂”等。‎ ‎（3）变式：根据式子的结构特征进行变形，使其更贴近某个公式或某个期待的目标，其手法通常有：“常值代换”、“逆用变用公式”、“通分约分”、“分解与组合”、“配方与平方”等。‎ ‎19.已知在中，，．‎ ‎（1）若的平分线与边交于点，求；‎ ‎（2）若点为的中点，求的最小值．‎ ‎【答案】（1）0；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据是角平分线，从而得到，然后得到，代入到中，进行整理化简，得到答案；（2）根据为的中点，在和中用余弦定理，从而得到，然后利用基本不等式，求出的最小值，得到答案.‎ ‎【详解】解：（1）因为是角平分线，从而得到 所以可得，‎ 所以；‎ ‎（2）在和由用余弦定理可得 ‎，，‎ 而，，‎ 所以得到 整理得：‎ 当且仅当时，等号成立.‎ ‎【点睛】本题考查平面向量定理，余弦定理解三角形，基本不等式求和的最小值，属于中档题.‎ ‎20.已知正项等差数列满足：，其中是数列的前项和.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）令，证明：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据已知得到和时的式子，联立后得到和的值，从而得到和公差，再写出的通项；（2）根据（1）得到的的通项，代入中得到通项，利用裂项相消的方法求出前项的和，进行证明.‎ ‎【详解】解：（1）因为 时，；时，，‎ 联立得：即 解得，所以公差 所以；‎ ‎（2）‎ 所以 ‎.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列通项中基本量计算，裂项相消求的方法求和，属于中档题.‎ ‎21.设函数，其图象与轴交于，两点，且.‎ ‎（1）求的取值范围；‎ ‎（2）证明：.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出，易得当不符合题意，当时，当时，取得极小值，所以，得到的范围，再由，，结合零点存在定理，得到答案.（2）由题意，，两式相减，得到，记，将转化为，再由导数求出其单调性，从而得到，再由是单调增函数，得到.‎ ‎【详解】解：（1）因为，‎ 所以.‎ 若，则，‎ 则函数是单调增函数，这与题设矛盾.‎ 所以，令，则.‎ 当时，，单调减函数；‎ 时，，是单调增函数；‎ 于是当时，取得极小值.‎ 因为函数的图象与轴交于两点，，‎ 所以，即.‎ 此时，存在，；‎ 存在，，‎ 又在上连续，故.‎ ‎（2）因为 两式相减得.‎ 记，‎ 则，‎ 设，则，‎ 所以单调减函数，‎ 则有，而，所以.‎ 又是单调增函数，且；‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值，零点存在定理，换元法构造新函数，涉及知识点较多，题目较综合，属于难题.‎ ‎22.已知函数，.‎ ‎（1）当时，试讨论的单调性；‎ ‎（2）若对任意，方程恒有个不等的实根，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1），在单调递增，单调递减；‎ ‎，在单调递增，单调递减；‎ ‎，单调递增，单调递减，单调递增；‎ ‎，在单调递增.‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出，然后对进行分类讨论，判断出的正负，从而得到的单调区间，得到答案；（2）问题等价于有两解，令，利用导数求出，求出其单调性和极值，结合图像得到，过作切线时，斜率最大，通过导数求出过一点的切线，得到最大值，从而得到取值范围.‎ ‎【详解】解：（1）,‎ ‎（i），令，得到，‎ 解得，（舍）‎ 所以当时，，单调递增，‎ 当时，，单调递减，‎ 所以在单调递增，单调递减；‎ ‎（ii），令，得到 当时，，单调递增，‎ 当时，，单调递减，‎ 所以在单调递增，单调递减；‎ ‎（iii），‎ 令，得到，‎ 当时，，单调递增，‎ 当时，，单调递减，‎ 在单调递增，单调递减，单调递增；‎ ‎（iiii），在恒成立，所以在单调递增；‎ 综上所述，‎ ‎，在单调递增，单调递减；‎ ‎，在单调递增，单调递减；‎ ‎，在单调递增，单调递减，单调递增；‎ ‎，在单调递增.‎ ‎（2）因为对任意的，方程恒有个不等的实根 所以将问题等价于有两解 令，有，‎ ‎；在递增，递减；‎ ‎，；‎ ‎，；‎ 有图象知要使的图像和的图像有两个交点，‎ ‎，过作切线时，斜率最大.‎ 设切点为，有，‎ ‎，‎ 此时斜率取到最大 ‎.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值，导数的几何意义，函数与方程，求过一点的切线，运用了分类讨论以及数形结合的方法，题目比较综合涉及到多个知识点，对计算能力的要求比较高，属于难题 ‎ ‎