浙江省宁波市镇海中学2020届高三上学期期中考试数学试题 23页

镇海中学2019学年第一学期期中考试高三年级数学试卷 第I卷(选择题共40分)‎ 一、选择题（本大题共10小题，每题4分，共40分）‎ ‎1.已知集合，则的元素的个数为（ ）‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出集合，根据集合的交集运算即可求解.‎ ‎【详解】， ‎ ‎ ‎ 所以的元素的个数为. ‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查集合的交集概念与运算，属于基础题.‎ ‎2.若且，则下列不等式中一定成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式的性质即可判断.‎ ‎【详解】对于A，若，则不等式不成立；‎ 对于B，若，则不等式不成立；‎ 对于C，若均为负值，则不等式不成立；‎ 对于D，不等号的两边同乘负值，不等号的方向改变，故正确；‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查不等式的性质，需熟练掌握性质，属于基础题.‎ ‎3.已知是等差数列的前n项和，且，则等于（ ）‎ A. 50 B. 42 C. 38 D. 36‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列前项和的性质：成等差数列即可求解.‎ ‎【详解】由成等差数列，‎ 所以 ‎ 所以，‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查等差数列前项的性质，需熟记性质的内容，属于基础题.‎ ‎4.函数的图象大致为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的奇偶性、极限值以及特殊值，利用排除法即可判断.‎ ‎【详解】，可知函数为偶函数，可排除C； ‎ 当时，由于指数函数的增长速度快，则，可排除B；‎ 当时，，特殊值法可排除D；‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查函数奇偶性等性质的应用，利用函数的性质求函数的大致图像可采用排除法，此题属于中档题.‎ ‎5.如图是一个几何体的三视图，则这个几何体的表面积是（ ）‎ A. 76 B. 84 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 几何体为侧放的五棱柱，底面为正视图中的五边形，棱柱的高为.‎ ‎【详解】由三视图可知几何体为五棱柱，底面为正视图中的五边形，高为.‎ 所以五棱柱的表面积为 ‎ ‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查三视图，解题的关键是还原几何体，属于基础题.‎ ‎6.将函数的图象向右平移个单位长度后，得到，则的函数解析式为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数图象的平移法则即可求解.‎ ‎【详解】把的图像向左平移个单位可得 ‎，‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查三角函数图像的平移，需掌握平移法则，平移是对变量平移且“左加右减” ，属于基础题.‎ ‎7.设命题，命题，若q是p的必要不充分条件，则实数a的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求出命题、中不等式的解集，再根据命题之间的关系推出集合的包含关系即可求出参数的取值范围.‎ ‎【详解】解不等式得，所以，‎ 故满足命题的集合，‎ 解不等式得且，所以 ‎ 故命题的集合，‎ 若是的必要而不充分条件，则 ‎ 即 解得 ‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查命题中必要不充分条件，解题的关键是根据命题的关系推出集合的包含关系，属于基础题.‎ ‎8.已知，，，则 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两式平方相加利用两角和与差的公式可化为，‎ 再根据得出，代入即可求解.‎ ‎【详解】将两个等式两边平方可得，‎ 两式相加可得，所以，‎ ‎，，即 ，‎ 代入，得，‎ 所以，‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查三角函数的化简求值，需熟记两角和与差的公式以及常见的三角函数值，属于中档题.‎ ‎9.已知椭圆和双曲线有相同的焦点，设点P是该椭圆和双曲线的一个公共点，且，若椭圆和双曲线的离心率分别为，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 设出椭圆与双曲线的标准方程，利用定义可得：，解出，利用余弦定理解关于的等式，再由基本不等式求出的最小值即可.‎ ‎【详解】不妨设椭圆与双曲线的标准方程为：，‎ ‎，‎ 设，，.‎ 则，‎ ‎ ，‎ 中，，由余弦定理可得 ‎，‎ 化为，‎ 所以，‎ ‎，‎ ‎ ‎ ‎ 当且仅当时，取等号，则的最小值是.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查椭圆与双曲线的性质以及基本不等式求最值，考查了学生的计算能力，综合性比较强.‎ ‎10.设a，b为正实数，且，则的最大值和最小值之和为（ ）‎ A. 2 B. C. D. 9‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可得，再由“1”与相乘利用基本不等式转化为，解不等式即可求解.‎ ‎【详解】由，则，‎ 所以 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎，‎ 当且仅当时，即或时，等号成立， ‎ 即，解得 ‎ 所以的最大值为；最小值为；‎ 所以最大值和最小值之和为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值，运用基本不等式求最值需验证等号成立的条件，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷(非选择题共110分)‎ 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.抛物线的焦点坐标是___________，准线方程是___________.‎ ‎【答案】，.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由题意得，焦点坐标是，准线方程是，故填：，.‎ 考点：抛物线的标准方程及其性质.‎ ‎12.已知点A（1，0），B（0，2），点在线段AB上，则直线AB的斜率为______；的最大值为______．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线上两点求斜率公式：，可求斜率，再用二次函数配方求最值即可求解.‎ ‎【详解】由A（1，0），B（0，2），可得，所以直线AB的斜率为，‎ 直线： ‎ 由点在线段AB上，所以，‎ 所以，所以的最大值为.‎ 故答案为：；‎ ‎【点睛】本题主要考查直线的斜率以及直线方程，需熟记斜率公式以及点斜式方程，属于基础题.‎ ‎13.若实数满足约束条件，则的最小值为_____ ； 的最小值为______．‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出约束条件满足的可行域，然后利用目标函数表示的几何意义即可求解.‎ ‎【详解】作出约束条件满足的可行域，‎ 设，则，由图可知在处取得最小值，‎ 由 解得，所以，‎ 所以，即的最小值为；‎ 表示的几何意义为，两点间的距离，‎ ‎ 设到直线的距离为，‎ 则，所以的最小值为 ‎ 故答案为： ；‎ ‎【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，解题的关键是作出可行域，理解目标函数表示的几何意义，属于基础题.‎ ‎14.已知长方体中，，则直线与平面所成的角为______. ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等体积法求出点到平面的距离，在直角三角中利用“对边比斜边”即可求解.‎ ‎【详解】设到平面的距离为，‎ 在长方体中，，‎ 则，， ‎ 在中，由余弦定理 ‎，所以 ‎ ‎ 所以 ‎ 因为，即，解得 ‎ 设直线与平面所成的角为，则 ‎ 所以. ‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查立体几何中的线面角，解题的关键是找到线面所成角，放在三角形中求解，此题也可以建立空间直角坐标系，采用向量法.‎ ‎15.已知是等比数列，且，，则__________，的最大值为__________．‎ ‎【答案】 (1). 5 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎ ‎ ‎ ，即的最大值为 ‎16.已知圆，设点P是恒过点（0，4）的直线l上任意一点，若在该圆上任意点A满足，则直线l的斜率k的取值范围为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意在该圆上任意点A满足，则当直线与圆相切时，，从而结合图像可知直线的倾斜角的取值范围为，由即可求解.‎ ‎【详解】由题意在该圆上任意点A满足，则当直线与圆相切时，，‎ 设直线的倾斜角为，由图可知 ‎ 因为，所以或 ‎ 即斜率k的取值范围为，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系以及直线斜率与直线倾斜角的关系，属于基础题.‎ ‎17.已知单位圆上两点满足，点是单位圆上的动点，且，则的取值范围为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由点是单位圆上的动点，求得，由此能求出的取值范围.‎ ‎【详解】单位圆上两点满足，点是单位圆上的动点，，‎ 均为单位向量，即，， ‎ 点是单位圆上的动点，‎ 的取值范围是， ‎ 又 ‎ ‎ 的取值范围为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查向量的坐标运算以及向量的数量积，考查学生分析问题的能力，属于向量的综合题，‎ 三、解答题（本大题共5小题，共74分）‎ ‎18.已知的最大值为．‎ ‎（1）求实数a的值； ‎ ‎（2）若，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由二倍角的正、余弦公式以及辅助角公式化简即可求解.‎ ‎（2）由（1）中f（x），把 代入化简可得，再根据两角和与差的公式求出的值，代入即可求解.‎ ‎【详解】（1），‎ 由于函数的最大值为，‎ 故，解得a．‎ ‎（2）由于f（x），‎ 所以，整理得．‎ 所以，‎ 所以．‎ 或，‎ 所以或，‎ 故， ‎ 所以当时．．‎ 当时，，‎ 所以原式．‎ ‎【点睛】本题主要考查三角恒等变换的倍角公式、两角和与差的公式，需熟记公式，属于基础题.‎ ‎19.在锐角中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知．‎ ‎（1）求A ； ‎ ‎（2）求的取值范围．‎ ‎【答案】（1） ；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用余弦定理即可求解.‎ ‎（2）由，以及两角和与差的公式，则sin2B+sin2C＝1sin（2B），‎ ‎ 再由，求出B即可求解.‎ ‎【详解】（1）在锐角△ABC中，∵b＝3，a2＝c2﹣3c+9，‎ ‎∴可得c2+b2﹣a2＝bc，‎ ‎∴由余弦定理可得：cosA，‎ ‎∴由A为锐角，可得A．‎ ‎（2）∵sin2B+sin2C＝sin2B+sin2（B）＝sin2B+（cosBsinB）2＝1（sin2Bcos2B）＝1sin（2B），‎ 又∵，可得B，‎ ‎∴2B∈（，），‎ ‎∴sin（2B）∈（，1]，‎ ‎∴sin2B+sin2C＝1sin（2B）∈（，]，‎ 即sin2B+sin2C的取值范围是（，]．‎ ‎【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形以及三角恒等变换两角和与差的公式，解题的关键是利用三角形的内角和求出的取值范围，此题属于中档题.‎ ‎20.如图，在三棱锥P﹣ABC中，和都为等腰直角三角形，，，M为AC的中点，且．‎ ‎（1）求二面角P﹣AB﹣C的大小； ‎ ‎（2）求直线PM与平面PBC所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取线段AB，BC的中点O，N，连接PO，ON，MN，PN，证出为P﹣AB﹣C二面角，在中利用余弦定理即可求解. ‎ ‎（2）由（1）以为轴，以为轴，过作平面的垂线，以垂线为 轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC的一个法向量，利用空间向量的数量积即可求出线面角.‎ ‎【详解】（1）‎ 分别取线段AB，BC的中点O，N，连接PO，ON，MN，PN，设AC＝2，则有 在等腰直角△PAB中，O是中点，‎ 则有AB⊥PO﹣﹣﹣①‎ 在等腰直角△ABC中，点O，N分别是AB，‎ BC中点，则有AB⊥ON﹣﹣﹣②‎ 由①②可知，AB⊥平面PON，‎ 又∵MN∥AB，∴MN⊥平面PON，则有MN⊥PN．‎ 又AB＝2，则 MN＝1，‎ 又PM＝AC＝2，则有PN，又OP＝ON＝1，‎ 由三角形余弦定理可知，，‎ ‎∴∠PON＝，‎ 即二面角P﹣AB﹣C的大小为．‎ ‎（2）‎ 建立如图所示的空间直角坐标系，过点P作PD⊥ON交NO延长线于点D，设AB＝AC＝2，则有 A（﹣1，0，0），C（﹣1，2，0），B（1，0，0），M（﹣1，1，0），‎ 由（1）可知，∠POD＝180°﹣∠PON＝60°，又∵OP＝1，∴．‎ ‎∴，．‎ ‎∴，‎ 设平面PBC的一个法向量为，则有，‎ 又∵，，∴，‎ ‎∴．‎ 设直线PM与平面PBC所成角为θ，则有：‎ ‎．‎ 故直线PM与平面PBC所成角的正弦值为．‎ ‎【点睛】本题主要考查立体几何的二面角以及运用空间直角坐标系求线面角，求二面角步骤“作、证、求”，关键作出二面角；同时此题考查了学生的计算能力，属于基础题.‎ ‎21.已知数列的前n项和为，且满足：．‎ ‎（1）求数列的通项公式； ‎ ‎（2）数列满足，，求数列通项公式．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由与的关系可求得数列{an}是等比数列，再由等比数列的通项公式即可求解.‎ ‎（2）由（1）把代入可得，裂项化简即可求解.‎ ‎【详解】（1）数列{an}的前n项和为Sn，且满足：．‎ 当n≥2时，an＝﹣3Sn﹣1+2，两式相减得：an+1＝﹣2an，‎ 所以数列{an}是以2为首项﹣2为公比的等比数列．‎ 所以．‎ ‎（2）由于，所以，‎ 由于，‎ 所以，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式，需掌握等比数列的定义以及通项公式，属于中档题.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，已知，若线段FP的中垂线l与抛物线C：总是相切．‎ ‎（1）求抛物线C的方程； ‎ ‎（2）若过点Q（2，1）的直线l′交抛物线C于M，N两点，过M，N分别作抛物线的切线相交于点A．分别与y轴交于点B，C．‎ ‎（ i）证明：当变化时，的外接圆过定点，并求出定点的坐标 ； ‎ ‎（ ii）求的外接圆面积的最小值．‎ ‎【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据F（2，0），P（﹣2，t）得FP的中点为（0，），，讨论t的值，当t≠0时，求出线段FP的中垂线l，代入抛物线方程y2＝2px，即可求解.‎ ‎（2）设过点Q（2，1）的直线l′的方程为x﹣2＝m（y﹣1），代入抛物线的方程y2＝8x，‎ 求出y1+y2＝8m，y1y2＝8m﹣16，对y2＝8x两边求导得2y•y′＝8，即y′，求出处的切线方程，再求出，设出外接圆的方程即可求出定点；由上一问可求出半径，配方求半径的最小值即可求解.‎ ‎【详解】（1）F（2，0），P（﹣2，t），可得FP的中点为（0，），‎ 当t＝0时，FP的中点为原点，‎ 当t≠0时，直线FP的斜率为，线段FP的中垂线l的斜率为，‎ 可得中垂线l的方程为yx，代入抛物线方程y2＝2px，‎ 可得x2+（4﹣2p）x0，‎ 由直线和抛物线相切可得△＝（4﹣2p）2﹣16＝0，解得p＝4，‎ 则抛物线的方程为y2＝8x；‎ ‎（2）（i）证明：可设过点Q（2，1）的直线l′的方程为x﹣2＝m（y﹣1），即x＝my+2﹣m，‎ 代入抛物线的方程y2＝8x，可得y2﹣8my﹣16+8m＝0，‎ 设M（，y1），N（，y2），则y1+y2＝8m，y1y2＝8m﹣16，‎ 由y2＝8x，两边对x求导可得2y•y′＝8，即y′，‎ 可得M处的切线方程为y﹣y1（x），化为y1y＝4x，①‎ 同理可得N处的切线方程为y2y＝4x，②‎ 由①②可得y4m，xm﹣2，即A（m﹣2，4m），‎ 又l1，l2分别与y轴交于点B（0，），C（0，），‎ 设过A，B，C的外接圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，（D2+E2﹣4F＞0），‎ 即有 ‎ 结合y1+y2＝8m，y1y2＝8m﹣16，可得D＝﹣m﹣2，E＝﹣4m，F＝4m﹣8，‎ 可得△ABC的外接圆方程为x2+y2﹣（m+2）x﹣4my+4m﹣8＝0，‎ 可得m（4﹣x﹣4y）+（x2+y2﹣2x﹣8）＝0，‎ 由可得或，‎ 则当l′变化时，△ABC的外接圆过定点（4，0）和（，）；‎ ‎（ii）△ABC的外接圆的半径 r，‎ 可得当m时，r最小值为，‎ 则△ABC外接圆面积的最小值为π．‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，考查学生的分析计算能力，综合性比较强.‎ ‎ ‎