福建省三明市三明第一中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题 18页

三明一中2019～2020学年第一学期期中考试 高三理科数学试卷 一、选择题（本题12小题，每小题5分，共60分．每小题只有一个选项符合题意，请将正确答案填入答题卷中．）‎ ‎1.设集合，，，则 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：由题意首先进行并集运算，然后进行交集运算即可求得最终结果.‎ 详解：由并集定义可得：，‎ 结合交集的定义可知：.‎ 本题选择C选项.‎ 点睛：本题主要考查并集运算、交集运算等知识，意在考查学生的计算求解能力.‎ ‎2.若命题“，使得”是假命题，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. ，或 C. D. ，或 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 问题转化为“使得”是真命题，根据二次函数性质求出a的范围即可．‎ ‎【详解】解：命题“，使得”假命题， 即“使得”是真命题， 故，解得 ‎， 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了特称命题，考查二次函数的性质，是一道基础题．‎ ‎3.已知函数，则函数的图象大致为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由题意 而 故选A ‎4.已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的表面积为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由三视图知：该几何体是正四棱柱与半球体的组合体，且正四棱柱的高为 ‎，底面对角线长为，球的半径为，所以几何体的表面积为：，故选A．‎ ‎5.已知是定义域为的奇函数，而且是减函数，如果，那么实数的取值范围是(　　)‎ A. B. C. (1,3) D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用函数的奇偶性以及单调性定义，将抽象不等式转化为具体不等式组，求解不等式组即可求出。‎ ‎【详解】∵是定义域为的奇函数，可转化为，∵是减函数，‎ ‎∴ ，故选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查利用函数性质——奇偶性、单调性解决抽象不等式，注意定义域的限制。‎ ‎6.函数的部分图象如图示，则将的图象向右平移个单位后，得到的图象解析式为 （ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由图像知A="1,",,‎ 得，则图像向右 移个单位后得到的图像解析式为，故选D．‎ ‎7.对任意a∈[－1,1]，函数f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a的值恒大于零，则x的取值范围是(　　)‎ A. (1,3) B. (－∞，1)∪(3，＋∞)‎ C. (1,2) D. (－∞，1)∪(2，＋∞)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设函数F（a）＝（x﹣2）a+x2﹣4x+4，由题意列出不等式组，解不等式组可得结果．‎ ‎【详解】设函数F（a）＝x2+（a﹣4）x+4﹣2a ‎＝（x﹣2）a+x2﹣4x+4，可看作关于a的一次函数，‎ ‎∵对任意a∈[﹣1，1]，上式值恒大于零，‎ ‎∴只需，‎ 解得x＜1或x＞3‎ 故答案为：B ‎【点睛】本题考查函数不等式的恒成立问题，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力，变换主元是解决问题的关键，属基础题．‎ ‎8.已知函数，则 A. 的最小正周期为，最大值为 B. 的最小正周期为，最大值为 C. 的最小正周期为，最大值为 D. 的最小正周期为，最大值为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先利用余弦的倍角公式，对函数解析式进行化简，将解析式化简为，之后应用余弦型函数的性质得到相关的量，从而得到正确选项.‎ ‎【详解】根据题意有，‎ 所以函数的最小正周期为，‎ 且最大值为，故选B.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关化简三角函数解析式，并且通过余弦型函数的相关性质得到函数的性质，在解题的过程中，要注意应用余弦倍角公式将式子降次升角，得到最简结果.‎ ‎9.已知，则的大小顺序为（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：为单调递增函数，而，所以，选B．‎ 考点：比较大小 ‎10.已知等差数列的前项和是，若，，则最大值是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：∵等差数列{},,∴，即，又∵，∴前8项和最大．‎ 考点：等差数列的性质，前n项和．‎ ‎11.在四边形ABCD中，，AC与BD交于点O，E是线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件作出示意图，根据并将写成的线性表示，由此即可求得关于的线性表示.‎ ‎【详解】在四边形ABCD中，因为，所以四边形ABCD为平行四边形，如图所示：‎ 由已知得，由题意知，，‎ 所以，‎ 所以．‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查根据几何图形求解向量的线性表示，难度一般.处理几何图形中的向量的线性表示时，充分利用三角形法则或者平行四边形法则以及几何关系，将未知向量表示为已知向量的线性运算形式.‎ ‎12.已知函数若函数有四个零点,零点从小到大依次为则的值为(　　)‎ A. 2 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数有四个零点，即与的图象有4个不同交点，‎ 可设四个交点横坐标满足，由图象，结合对数函数的性质，进一步求得，利用对称性得到，从而可得结果.‎ ‎【详解】‎ 作出函数的图象如图,‎ 函数有四个零点，即与的图象有4个不同交点，‎ 不妨设四个交点横坐标满足，‎ 则，，,‎ 可得,‎ 由，得，‎ 则，可得，‎ 即，，故选C.‎ ‎【点睛】函数的性质问题以及函数零点问题是高考的高频考点，考生需要对初高中阶段学习的十几种初等函数的单调性、奇偶性、周期性以及对称性非常熟悉；另外，函数零点的几种等价形式：函数的零点函数在轴的交点方程的根函数与的交点.‎ 二、填空题（本题4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知，且，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用诱导公式进行化简，然后将分式的分子分母同时除以，将分式转变为关于的式子，从而代入的值完成计算.‎ ‎【详解】由，得，‎ 所以．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】对于已知的值，求解形如或者的式子的值时，可以考虑同时除以或，从而将分式转化为关于的式子，而分式能同时除以或的前提是满足“齐次”的要求.‎ ‎14.已知平面内三个不共线向量两两夹角相等，且，则 ＝_______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先得到夹角均为，再计算，得到答案.‎ ‎【详解】由平面内三个不共线向量两两夹角相等，可得夹角均 所以 ‎＝1＋1＋9＋2×1×1×＋2×1×3×＋2×1×3×＝4，‎ 所以 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题考查了向量的模，平方所求值再计算是解题的关键，意在考查学生的计算能力.‎ ‎15.已知x，y满足约束条件且z＝x＋3y的最小值为2，则常数k＝________.‎ ‎【答案】－2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据题意作出不等式组所表示的平面区域，由z＝x＋3y得y＝－x＋，由图可知，当直线经过点A时，z最小，列出等式，即可求出的值．‎ ‎【详解】作出不等式组所表示的平面区域，如图中阴影部分所示，‎ 由z＝x＋3y得y＝－x＋，结合图形可知当直线y＝－x＋过点A时，z最小，联立方程得A(2，－2－k)，此时zmin＝2＋3(－2－k)＝2，解得k＝－2．‎ 故答案为：－2．‎ ‎【点睛】本题主要考查二元一次不等式组表示的平面区域的画法以及简单线性规划问题的解法应用．‎ ‎16.已知三棱锥的四个顶点均在体积为的球面上，其中平面，底面为正三角形，则三棱锥体积的最大值为________．‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出底面边长，结合外接球的体积公式确定三棱锥的高，据此可得体积函数，最后利用均值不等式即可确定三棱锥体积的最大值.‎ ‎【详解】由球的体积公式可得：，‎ 不妨设底面正三角形的边长为，则，‎ 设棱锥的高为h，由三棱锥的性质可得：，‎ 解得：，据此可得：‎ ‎.‎ 故，当且仅当，时等号成立.‎ 综上可得，三棱锥体积的最大值为9.‎ ‎【点睛】本题主要考查棱锥的体积公式，棱锥外接球的性质，均值不等式求最值的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ 三、解答题（共6题，70分），解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．‎ ‎17.已知命题实数x满足，命题实数x满足．‎ ‎（1）若，且为真，求实数x的取值范围；‎ ‎（2）若且是的充分不必要条件，求实数a的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，分别求解出命题为真时取值范围，然后根据含逻辑联结词的复合命题的真假，判断出命题的真假，从而求解出的取值范围；‎ ‎（2）先分别求解出命题为真时取值范围，然后根据是的充分不必要条件得到对应的取值集合为对应的取值集合的真子集，从而求解出参数的范围.‎ ‎【详解】（1）由得，当时，，即为真时，，‎ 由得，即为真时，，‎ 若为真，则真且真，所以实数x的取值范围是．‎ ‎（2）由得，因为，所以，‎ 由得，设或，或，‎ 若是的充分不必要条件，‎ 则A是B的真子集，故，所以实数的取值范围为．‎ ‎【点睛】本题考查根据充分、必要条件求解参数范围以及根据含逻辑联结词的命题的真假求取值范围，难度一般.已知命题对应的取值为，命题对应的取值集合为，若是的充分条件，则有；若是的必要条件，则有；若是的充分不必要条件，则有Ü；若是的必要不充分条件，则有Ü.‎ ‎18.在中，角的对边分别为，且.‎ ‎(1)求；‎ ‎(2)若， 的面积为，求的周长.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)由 ，得到 ，从而得到 ；(2)利用正弦面积形式及余弦定理求出的周长.‎ 试题解析：(1)由，得.‎ 由正弦定理可得 .‎ 因为，所以.因为，所以. ‎ ‎(2)因为，所以，又，所以，所以或 ，则的周长为. ‎ 点睛：三角函数式的化简要遵循“三看”原则:一看角，这是重要一环，通过看角之间的差别与联系，把角进行合理的拆分，从而正确使用公式 ‎ ；二看函数名称，看函数名称之间的差异，从而确定使用的公式，常见的有切化弦；三看结构特征，分析结构特征，可以帮助我们找到变形的方向，如遇到分式要通分等.‎ ‎19.已知为等差数列，且，前4项的和为16，数列满足，，且数列为等比数列.‎ ‎（Ⅰ）求数列和的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（Ⅰ）,.‎ ‎（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）设的公差为，列出方程组，求得，得到数列的通项公式，再设的公比为，解得，进而得到数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得，可采用分组求和的方法求的数列的前项和．‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）设的公差为，‎ 因为，前4项的和为16，‎ 所以，，‎ 解得，，所以.‎ 设的公比为，则，‎ 所以，得，‎ 所以.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得，‎ 所以 ‎ ‎.‎ ‎20.如图，四棱柱的底面是菱形，，底面，，.‎ ‎（Ⅰ）证明：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）若，求二面角余弦值.‎ ‎【答案】(1)见解析(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）平面即可；（2）建立空间坐标系，求两个面的法向量，求两个法向量的夹角即可。‎ 解析：‎ ‎（1）证明：∵平面，平面，∴.‎ ‎∵是菱形，∴.∵，∴平面.‎ ‎∵平面，∴平面平面.‎ ‎（2）∵平面，，以为原点，，，方向为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.‎ ‎∵，，，‎ ‎∴，，.‎ 则，，，，‎ ‎∴，.‎ 设平面的法向量为，‎ ‎∵，，‎ ‎∴.‎ 令，得.‎ 同理可求得平面的法向量为.‎ ‎∴.‎ ‎21.某景区提供自行车出租，该景区有辆自行车供游客租赁使用，管理这些自行车的费用是每日元．根据经验，若每辆自行车的日租金不超过元，则自行车可以全部租出；若超出元，则每超过元，租不出的自行车就增加辆．为了便于结算，每辆自行车的日租金（元）只取整数，并且要求租自行车一日的总收入必须高于这一日的管理费用，用（元）表示出租自行车的日净收入（即一日中出租自行车的总收入减去管理费用后得到的部分）．‎ ‎（1）求函数的解析式；‎ ‎（2）试问当每辆自行车的日租金为多少元时，才能使一日的净收入最多？‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）当每辆自行车的日租金定为元时，才能使一日的净收入最多．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）写出当取值范围内，自行车的总收入，并减去管理费可得出的解析式，注意实际问题中自变量取值范围；‎ ‎（2）利用一次函数、二次函数的单调性求出分段函数在每段定义域上的最大值，两者进行比较得出函数的最大值.‎ ‎【详解】（1）当时，，令，解得，‎ 是整数，，；‎ 当时，，‎ 令，有，结合为整数得，.‎ ‎；‎ ‎（2）对于，显然当时，；‎ 对于，‎ 当时，.‎ ‎，当每辆自行车的日租金定为元时，才能使一日的净收入最多．‎ ‎【方法突破】（1）实际问题中有些变量间的关系不能用同一个关系式给出，而是由几个不同的关系式构成，如出租车票价与路程之间的关系，应构建分段函数模型求解；‎ ‎（2）构造分段函数时，要力求准确、简捷，做到分段合理、不重不漏；‎ ‎（3）分段函数的最值是各段的最大（最小）值的最大（最小）者.‎ ‎【点睛】本题考查分段函数模型的应用，解题的关键就是建立函数模型，得出函数关系式，并熟悉分段函数求最值的基本步骤，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎22.已知函数．‎ ‎（Ⅰ）若函数在点处的切线斜率为，求a的值；‎ ‎（Ⅱ）若函数，且在上单调递增，求a的取值范围；‎ ‎（Ⅲ）若，且，求证：．‎ ‎【答案】（I）； （Ⅱ）；（Ⅲ）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求出函数的导数，根据，求出a的值即可；‎ ‎（Ⅱ）求出h（x）的解析式，求出函数的导数，根据函数的单调性确定a的范围即可；‎ ‎（Ⅲ）问题转化为证明，设，根据函数的单调性证明即可．‎ ‎【详解】（Ⅰ），‎ 故，解得：；‎ ‎（Ⅱ），，‎ 由函数在递增，得在恒成立，‎ 即，，故，‎ 由，当且仅当时取最小值2，‎ 故，解得：，‎ 即；‎ ‎（Ⅲ）要证明，‎ 只需证明，即证，‎ 设，‎ 由（Ⅱ）得，在（递增，而，‎ 故，即，‎ 故．‎ ‎【点睛】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是一道综合题．‎ ‎ ‎