2020届四川省眉山市仁寿县高三上学期期中数学（理）试题（解析版）

2020届四川省眉山市仁寿县高三上学期期中数学（理）试题（解析版）

‎2020届四川省眉山市仁寿县高三上学期期中数学（理）试题 一、单选题 ‎1．若集合，，则（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】先解不等式得，，然后求交集即可.‎ ‎【详解】‎ 解:因为解不等式,得,即，‎ 解不等式,得或,即，‎ 所以.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了二次不等式的解法，重点考查了并集的运算，属基础题.‎ ‎2．已知，，若，则的值为（ ）‎ A．0 B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】先由复数的运算可得，再结合复数模的运算即可得解.‎ ‎【详解】‎ 解：因为，‎ 又，所以，‎ 解得.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了复数的运算，重点考查了复数模的运算，属基础题.‎ ‎3．已知，，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】分别计算与，，的大小关系得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎，，，所以.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了数值的大小比较，意在考查学生对于函数性质的综合应用.‎ ‎4．若各项均为正数的等比数列满足，则公比（ ）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【答案】C ‎【解析】由正项等比数列满足，即，又，即，运算即可得解.‎ ‎【详解】‎ 解：因为，所以，又，所以，‎ 又，解得.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了等比数列基本量的求法，属基础题.‎ ‎5．函数的部分图象大致为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】先由函数解析式可得函数为奇函数，再结合奇函数图像的性质逐一检验即可得解.‎ ‎【详解】‎ 解：由已知可得函数的定义域为，且，则函数为奇函数，则函数的图象应该关于原点对称，排除C和D，当时，，排除B，故A正确.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了函数的奇偶性，重点考查了奇函数的性质，属基础题.‎ ‎6．已知数列满足，，，，设数列的前项和为，则（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】先由已知求得，再结合等差数列、等比数列前项和公式分组求和即可得解.‎ ‎【详解】‎ 解：由数列满足，由等差中项的概念可得：为等差数列，‎ 设公差为，则，解得，则，从而.‎ 又，结合等差数列、等比数列前项和公式可得：.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了等差数列、等比数列前项和公式，重点考查了分组求和的方法，属中档题.‎ ‎7．设是公差大于零的等差数列，为数列的前项和，则“”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】C ‎【解析】由是公差大于零的等差数列，且，可得，即；‎ 由，则当时，，即.综合即可得解.‎ ‎【详解】‎ 解：由是公差大于零的等差数列，且，可得，又，即；‎ 反之，由，则当时，，即.‎ 综上可得“”是“”的充要条件，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了数列的有关运算，重点考查了充分必要条件，属基础题.‎ ‎8．若函数的图象关于直线对称，则在上的单调递增区间为（ ）‎ A． B．‎ C． D．和 ‎【答案】D ‎【解析】由已知可得，再结合函数单调区间的求法即可得解.‎ ‎【详解】‎ 解：由，得，又， 所以，‎ 即，‎ 由，解得， ‎ 所以的单调递增区间为，又，‎ 所以单调递增区间为，.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了三角函数解析式的求法，重点考查了三角函数单调区间的求法，属基础题.‎ ‎9．若函数在上有零点，则的取值范围是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】化简得到，即函数的图象与直线在上有公共点，画出图像得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎，即 即函数的图象与直线在上有公共点 直线过定点且斜率为，如图所示：‎ 曲线在上的两个端点与点连线的斜率分别为，，结合图象分析可知.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了函数的零点问题，转化为图像的交点是解题的关键.‎ ‎10．如图，正方体的棱长为，为的中点，动点从点出发，沿运动，最后返回.已知的运动速度为，那么三棱锥的体积（单位：）关于时间（单位：）的函数图象大致为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】讨论点在线段、、、上运动，求解体积即可得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当时，在线段上运动，此时，，所以；‎ ‎（2）当时，在线段上，因为平面，所以到平面的距离为定值，所以为定值，；‎ ‎（3）当时，在线段上，取的中点，，此时，同理可得，所以；‎ ‎（4）当时，在线段上，因为平面，所以到平面的距离为定值，所以为定值，.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了棱锥的体积公式及空间想象力，本题的难点在于动点在不同的线段上运动时需要分别求体积，属于难题.‎ ‎11．设函数的定义域为，且.当时，，且在上的最大值为，则（ ）‎ A． B． C．或 D．或 ‎【答案】A ‎【解析】由及在上的最大值为，则在上的最大值为.构造函数，，利用导数研究方程的解的情况即可得解.‎ ‎【详解】‎ 解：因为，所以，又因为在上的最大值为，所以在上的最大值为.因为，所以，所以在上有最大值.‎ 令，得，则，即.‎ 所以，且.‎ 设，，‎ 则，‎ 即关于的函数在上单调递减，‎ 又，‎ 所以关于的方程在上只有唯一解.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了函数性质的应用，重点考查了利用导数研究函数的单调性及最值，属中档题.‎ 二、填空题 ‎12．若，满足约束条件，则的最小值为__________.‎ ‎【答案】-2‎ ‎【解析】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.‎ ‎13．已知向量，，，若，则______.‎ ‎【答案】-2‎ ‎【解析】由向量加法的坐标运算可得，再由向量垂直的坐标运算即可得解.‎ ‎【详解】‎ 解：因为向量，，则，‎ 又，由，可知，即.‎ 故答案为：-2.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了向量加法的坐标运算，重点考查了向量数量积的坐标运算，属基础题.‎ ‎14．设是公差不为0的等差数列的前项和，且，则______.‎ ‎【答案】18‎ ‎【解析】先由，可得，再结合等差数列的前项和公式求解即可.‎ ‎【详解】‎ 解：因为，所以，.‎ 故答案为：18.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了等差数列基本量的运算，重点考查了等差数列的前项和公式，属基础题.‎ ‎15．在中，内角，，的对边分别为，，，已知，，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据正弦定理得到，解得，，代入余弦定理计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎，得，又因为，得，‎ 则.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了正弦定理和余弦定理解三角形，意在考查学生的计算能力.‎ ‎16．已知正的边长为1，为该三角形内切圆的直径，在的三边上运动，则的最大值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】变换得到，则点为的顶点时取最大值，计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ 正的边长为1，则高为，内切圆半径为 如图所示，，‎ 当点为的顶点时，取得最大值，所以的最大值为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了向量的最值计算，变换得到是解题的关键.‎ 三、解答题 ‎17．已知函数是定义在R上的奇函数，当时，.‎ ‎(1)求的解析式；‎ ‎(2)求不等式的解集.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）设则，计算，利用奇函数性质可得，当时，即可求出解析式（2）分类讨论求解不等式即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）若，则.‎ 因为当时.，所以 因为是奇函数，所以.‎ 因为是定义在R上的奇函数，所以.‎ 故 ‎（2）当时，，‎ 解得 当时，，‎ 则是不等式的解；‎ 当时，.‎ 解得.‎ 又，所以.‎ 故原不等式的解集为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了利用奇函数性质求解析式，解分段函数形式的不等式，分类讨论，属于中档题.‎ ‎18．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．‎ 求C；‎ 若，求，的面积 ‎【答案】(1)．(2)．‎ ‎【解析】由已知利用正弦定理，同角三角函数基本关系式可求，结合范围，可求，由已知利用二倍角的余弦函数公式可得，结合范围，可求A ‎，根据三角形的内角和定理即可解得C的值．‎ 由及正弦定理可得b的值，根据两角和的正弦函数公式可求sinC的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．‎ ‎【详解】‎ 由已知可得，‎ 又由正弦定理，可得，即，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，即，‎ 又，‎ ‎，或舍去，可得，‎ ‎．‎ ‎，，，‎ 由正弦定理，可得，‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，二倍角的余弦函数公式，三角形的内角和定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式等知识在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．‎ ‎19．已知数列的前项和为，且.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）若，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）利用公式代入计算得到答案.‎ ‎（2）先计算得到，再利用错位相减法计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，所以，‎ 所以当时，，即，‎ 当时，，所以，‎ 所以.‎ ‎（2），‎ 于是，①‎ ‎，②‎ 由①-②，得，‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了数列的通项公式，利用错位相减法计算数列的前n项和，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.‎ ‎20．如图，在三棱锥中，，二面角的大小为120°，点在棱上，且，点为的重心.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求二面角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）连接，并延长与相交于点，连接，可证得，从而得证；‎ ‎（2）过点在中作，与相交于点，可得，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求平面的法向量和平面的一个法向量为，再求得，进而利用同角三角函数关系即可得解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：连接，并延长与相交于点，连接，‎ 因为点为的重心，所以，‎ 在中，有，‎ 所以，‎ 则平面，平面，‎ 所以平面；‎ ‎（2）解：过点在中作，与相交于点，因为，，则为二面角的平面角，则。‎ 以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 因为，，，则，‎ ‎，，，‎ 所以 记平面的法向量，‎ 则 令，得到平面的一个法向量，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 则，‎ 令，得到平面的一个法向量，‎ ‎，‎ 设二面角的平面角为，则，‎ 即二面角的正弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线面平行的证明及求解二面角，利用空间直角坐标系正确写点坐标是解题的关键，属于中档题.‎ ‎21．明初出现了一大批杰出的骑兵将领，比如徐达、常遇春、李文忠、蓝玉和朱棣.明初骑兵军团击败了不可一世的蒙古骑兵，是当时世界上最强骑兵军团.假设在明军与元军的某次战役中，明军有8位将领，善用骑兵的将领有5人；元军有8位将领，善用骑兵的有4人.‎ ‎（1）现从明军将领中随机选取4名将领，求至多有3名是善用骑兵的将领的概率；‎ ‎（2）在明军和元军的将领中各随机选取2人，为善用骑兵的将领的人数，写出的分布列，并求.‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）分布列见解析，‎ ‎【解析】（1）由概率运算公式及对立事件的概率的求法求解即可；‎ ‎（2）由题意有随机数，再求出对应的概率，然后求出分布列，期望即可.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）设从明军将领中随机选取4名将领，则有4名是善用骑兵的将领的概率为，‎ 故从明军将领中随机选取4名将领，至多有3名是善用骑兵的将领的概率为.‎ ‎（2）由题意知，，‎ 则，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了随机变量的期望与分布列，重点考查了运算能力，属中档题.‎ ‎22．已知函数.‎ ‎（1）讨论的单调性.‎ ‎（2）是否存在实数，对任意的，且，‎ 恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.‎ ‎（2）‎ ‎【解析】（1）先求导函数得，再讨论的符合即可得函数的单调性；‎ ‎（2）将不等式变形为，再构造函数，则原命题等价于在上单调递减，再利用导数求解即可.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）因为，‎ 所以.‎ 当时，恒成立，故在上单调递增；‎ 当时，令，得；令，得.‎ 所以在上单调递减，在上单调递增.‎ 综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.‎ ‎（2）因为对任意的且，恒成立，‎ 不妨设，则，即，‎ 设，则在上单调递减，即，‎ 所以对于恒成立.‎ 所以对于恒成立，‎ 令，则，‎ 即，解得.‎ 所以，存在，对任意的且，恒成立.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了导数的综合应用，重点考查了不等式恒成立问题，属中档题.‎