河南省郑州市第一中学2020届高三上学期期中考试数学理试题 25页

‎2019—2020学年上期中考 高三理科数学试题 说明：‎ ‎1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）满分150分，考试时间120分钟.‎ ‎2.将第Ⅰ卷的答案代表字母填（涂）在第Ⅱ卷的答题表（答题卡）中.‎ 第Ⅰ卷（选择题，共60分）‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.在复平面内，复数对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．‎ ‎【详解】解：，‎ 所以复数对应的点的坐标为：，位于第一象限，‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．‎ ‎2.已知集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可以求出集合，然后进行交集的运算即可．‎ ‎【详解】解：∵，， ∴． 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查了描述法的定义，一元二次不等式的解法，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题．‎ ‎3.下列说法正确的是（ ）‎ A. “若，则”的否命题是“若，则”‎ B ，使 C. “若，则”是真命题 D. 命题“若，则方程有实根”逆命题是真命题 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据命题与它的否命题之间关系判断A错误； 根据指数函数的图象与性质判断B错误； 根据原命题与它的逆否命题真假性相同，判断C正确；‎ 根据方程有实根求出的范围，断D错误．‎ ‎【详解】解：对于A，命题“若，则”的否命题是“若，则”，所以A错误； 对于B，由指数函数的图象与性质知，，都有，即，使是假命题，所以B错误； 对于C，命题“若，则”是真命题，则它的逆否命题“若，则”也是真命题，因此C正确； 对于D，逆命题是“若方程有实根，则”，方程，，，所以D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查了四种命题之间的关系应用问题，也考查了充分必要条件的应用问题，是基础题．‎ ‎4.已知双曲线：的离心率为，则的渐近线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用离心率公式，令，则，再由渐近线方程，即可得到结论．‎ ‎【详解】解：双曲线的离心率为， 则，令，‎ 则， 则双曲线的渐近线方程为， 即为， 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，考查离心率公式和渐近线方程，考查运算能力，属于基础题．‎ ‎5.曲线在点处的切线方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意先求出函数的导数，再把 代入求出切线的斜率，代入点斜式后，整理成一般式即可．‎ ‎【详解】解：由题意得， ∴在点处的切线的斜率， ∴所求的切线方程为，‎ 即， 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查了导数的几何意义，即切点处的切线的斜率是该点处的导数值，以及直线方程点斜式的应用．‎ ‎6.如果执行下边的程序框图，且输入，，则输出的（ ）‎ A. 240 B. 120 C. 720 D. 360‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中的程序框图，模拟运行，依次计算和的值，利用条件进行判断是否继续运行，直到则结束运行，输出的值即为答案．‎ ‎【详解】解：根据题中的程序框图，模拟运行如下： 输入， ‎ ‎，符合条件， ，符合条件， ，符合条件， ，不符合条件， 故结束运行， 输出． 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查了程序框图，主要考查了循环语句和条件语句的应用．其中正确理解各变量的含义并根据程序功能的需要合理的分析是解答的关键．属于基础题．‎ ‎7.若时，函数取得最小值，则是（ ）‎ A. 奇函数且图像关于点对称 B. 偶函数且图像关于直线对称 C. 奇函数且图像关于直线对称 D. 偶函数且图像关于点对称 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：时，函数取得最小值,∴+=-,=-,‎ ‎∴f（x）=Asin（）=Asin（x-）,y=f（-x）=Asin（-x-）=-Acosx,选D.‎ 考点：y=Asin（ωx+φ）性质 点评：本题主要考查由函数y=Asin（ωx+ϕ）的性质求解析式，同时考查了y=Asin（ωx+ϕ）的性质．‎ ‎8.3男2女共5名同学站成一排合影，则2名女生相邻且不站两端的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 算出基本事件总数，算出2名女生相邻且不站两端包含的基本事件个数，由此能求出2名女生相邻且不站两端的概率．‎ ‎【详解】解：3男2女共5名同学站成一排合影， 基本事件总数， 2名女生相邻且不站两端包含的基本事件个数， ∴2名女生相邻且不站两端的概率为． 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎9.已知，，，则下列关系正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数与对数函数的单调性即可得出．‎ ‎【详解】解：，‎ ‎． ． 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查了指数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎10.已知中，，延长交于，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，分别将分解为用基底表示的向量，根据对应系数相等得方程组，即可求得．‎ ‎【详解】解：依题意，设， 则， 又， 所以， 两式相加得， 即， 所以， 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查了向量的线性运算，考查向量的分解，主要考查计算能力，属于中档题．‎ ‎11.对于函数，若存在区间，当时的值域为，则称为倍值函数.若是倍值函数，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可看出在定义域内单调递增，可得出是方程的两个不同根，从而得出，通过求导，求出的值域，进而可得到的范围．‎ ‎【详解】解：在定义域内单调递增， ，‎ 即，‎ 即是方程的两个不同根， ∴， 设， ∴时，；时，， ∴是的极小值点，‎ 的极小值为：， 又趋向0时，趋向；趋向时，趋向， 时，和的图象有两个交点，方程有两个解， ∴实数的取值范围是． 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查了对倍值函数的理解，根据导数符号判断函数极值点的方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．‎ ‎12.已知双曲线的左右焦点为为它的中心，为双曲线右支上的一点，的内切圆圆心为，且圆与轴相切于点，过作直线的垂线，垂足为，若双曲线的离心率为，则（ ）‎ A. B. C. D. 与关系不确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ F1（﹣c，0）、F2（c，0），内切圆与x轴的切点是点A ‎∵|PF1|﹣|PF2|=2a，及圆的切线长定理知，‎ ‎|AF1|﹣|AF2|=2a，设内切圆的圆心横坐标为x，‎ 则|（x+c）﹣（c﹣x）|=2a ‎∴x=a；‎ ‎|OA|=a，‎ 在△PCF2中，由题意得，F2B⊥PI于B，延长交F1F2于点C，利用△PCB≌△PF2B，可知PC=PF2，‎ ‎∴在三角形F1CF2中，有：‎ OB=CF1=（PF1﹣PC）=（PF1﹣PF2）=×2a=a．‎ ‎∴|OB|=|OA|．‎ 故选A．‎ 点睛：这个题目考查了双曲线的几何意义和双曲线的第一定义；用到了焦三角形的的内切圆的性质和结论．一般无论双曲线还是椭圆，和焦三角形的有关的可以想到，焦三角形的的周长，余弦定理，定义的应用，面积公式等．‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.根据某地方的交通状况绘制了交通指数的频率分布直方图（如图），若样本容量为500个，则交通指数在之间的个数是______.‎ ‎【答案】220‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由频率分布直方图得交通排指数在之间的频率，由此能求出交通排指数在之间的个数．‎ ‎【详解】解：由频率分布直方图得： 交通排指数在之间的频率为： ， ∴交通排指数在之间的个数为： ． 故答案为220．‎ ‎【点睛】本题考查频数的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎14.已知，，分别为的三个内角，，的对边，，且，则面积的最大值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知结合正弦定理及两角和的正弦公式化简可求，进而可求，然后由余弦定理可得，‎ ‎，由基本不等式可求的范围，代入三角形的面积公式可求．‎ ‎【详解】解：， 由正弦定理可得，， ，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 由余弦定理可得，，当且仅当时取等号， ， 面积，即面积的最大值为． 故答案为．‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，和角正弦公式，基本不等式及三角形的面积公式等知识的综合应用，属于中档试题．‎ ‎15.若数列的各项均为正数，前项和为，且，，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，对数列的递推公式变形，可得，将2‎ 个式子相减，可得之间的递推关系，变形，令，求出数列的，归纳可得的通项公式，将代入计算即可得答案．‎ ‎【详解】解：根据题意，数列中，① 则有，② ①−②可得：， 即， 则， 当时，有，解可得， 当时，有，解可得， 当时，有，解可得， … 归纳可得：， 则， 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查数列的递推公式，关键是依据数列的递推公式，求出数列的前项，分析其变化的规律，得出通项公式．‎ ‎16.已知四棱锥的底面是边长为的正方形，其外接球的表面积为，是等边三角形，平面平面，则______ .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用外接球的表面积，求出四棱锥的外接球半径，进而利用勾股定理求解；‎ ‎【详解】解：根据题意，画出示意图如图所示，‎ ‎ ‎ 为四棱锥的外接球的球心，为与交点，过作交与点，过作交与点， 则， 设， ∵ 外接球的表面积是，‎ 得，‎ 在中， ，‎ 在中，‎ ‎， 联立以上两式解得， 故答案为．‎ ‎【点睛】考查四棱锥外接球的理解，勾股定理的应用，正确画出示意图是解决本题的关键．‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分 ‎17.已知等差数列的公差，其前项和为，若，且成等比数列．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，证明：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】分析：（1）由题意可求得等差数列的公差，从而可得．（2）由（1）可得，然后根据裂项相消法得到，由此可得结论成立．‎ 详解：（Ⅰ）∵数列为等差数列，且，‎ ‎．‎ ‎∵成等比数列，‎ ‎∴，‎ 即，‎ 又 ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎（2）证明：由（1）得，‎ ‎∴．‎ ‎∴‎ ‎．‎ ‎∴．‎ 点睛：对于通项公式是分式型的数列求和时一般用裂项法，解题时注意以下两点：‎ ‎（1）裂项时，一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止；（2）消项的规律为：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项，即剩余的项具有对称性．‎ ‎18.如图，在四棱锥中，平面底面，其中底面为等腰梯形，，，，，为的中点.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取中点，连结，推导出为平行四边形，从而，由此能证明平面． （2）取中点，连结，取的中点，连结，推导出，，从而平面，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值．‎ ‎【详解】解：（1）取中点，连结，.‎ ‎∵，是，的中点，‎ ‎∴，且.‎ ‎∵，，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，又，‎ ‎∴，‎ ‎∴为平行四边形，‎ ‎∴.‎ 又平面，且平面，‎ ‎∴平面；‎ ‎（2）取中点，连接，取的中点，连接，.设，‎ 由（1）得，‎ ‎∴为等边三角形，‎ ‎∴，同理∴，‎ ‎∵平面平面，平面平面，平面，‎ ‎∴平面.‎ 以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，‎ 则，，，，，，‎ 设平面法向量，则，∴，‎ 取，得，‎ 又平面的法向量，‎ ‎∴，‎ 由图得二面角的平面角为钝角，‎ 所以，二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．‎ ‎19.在中，点在边上，，，.‎ ‎（1）若的面积为3，求；‎ ‎（2）若，求.‎ ‎【答案】（1）（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由的面积求出BC，再利用余弦定理求出； （2）在中，由正弦定理将用表示，再在中，利用正弦定理建立关于角的方程，然后求出即可．‎ ‎【详解】解：（1）∵的面积为3，‎ ‎∴，‎ 解得，‎ 中，由余弦定理得，‎ ‎，‎ ‎∴；‎ ‎（2）在中，由正弦定理得 即，‎ ‎∴，‎ 中，由正弦定理得，，‎ 即，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 又∵，‎ ‎∴，，‎ ‎∴或，‎ 解得或．‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用和三角形的面积公式，考查了转化思想和计算能力，属中档题．‎ ‎20.已知椭圆：的焦点分别为，，椭圆的离心率为，且经过点，经过，作平行直线，，交椭圆于两点，和两点，.‎ ‎（1）求的方程；‎ ‎（2）求四边形面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）四边形面积最大值为6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用离心率求得关系，再将点坐标代入椭圆方程求得即可； （2）斜率存在时，设出方程，与椭圆方程联立，利用根与系数关系表示出，又因为之间的距离就是到直线：的距离，可得关系式，表示出，求出S的范围；斜率不存在时，求出四边形的面积，综合可得面积最大值．‎ ‎【详解】解：（1）由，得，又，‎ 解得：，，‎ 所以的方程为：.‎ ‎（2）当直线斜率存在时，‎ 设斜率为，设，，又，‎ 所以直线的方程为，‎ 由，得，‎ ‎∴，，‎ ‎∴‎ ‎.‎ 又，之间的距离即为到直线：的距离：，‎ ‎∴四边形面积为：，‎ 设，‎ 则四边形面积为：，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ 当直线的斜率不存在时，四边形面积为：，‎ 所以四边形面积，‎ 因此四边形面积最大值为6.‎ ‎【点睛】本题是直线与椭圆的综合问题，判断出之间的距离就是到直线的距离是一个关键，属于中档题．‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）求的最大值；‎ ‎（2）已知，，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）最大值（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最大值； （2）求出在为正，时，符合题意，时，通过讨论①，②时的情况，结合函数的单调性求出的具体范围即可．‎ ‎【详解】解：（1），‎ 当时，；当时，，‎ 所以在上单调递增，在上单调递减，‎ 所以在处取得最大值.‎ ‎（2）由（1）得在上单调递增，在上单调递减，‎ 又，，‎ ‎∴，又，‎ 所以当时，.‎ 当时，令，‎ 则，‎ ‎，，在上单调递增.‎ ‎①当时，，，‎ 所以在上单调递增，又，‎ ‎∴，即.‎ ‎②当时，，，‎ ‎，使得，‎ 所以时，，‎ 所以函数在单调递减，‎ 此时，，与矛盾，‎ 综上，的取值范围是.‎ ‎【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分类讨论思想，是一道中档题．‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.‎ ‎22.在直角坐标系中，直线的参数方程为：（为参数），.以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，圆的极坐标方程为：.‎ ‎（1）在直角坐标系中，求圆的圆心的直角坐标；‎ ‎（2）设点，若直线与圆交于，两点，求证：为定值，并求出该定值.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析，该定值为12.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换． （2）利用一元二次方程根和系数的关系求出结果．‎ ‎【详解】解：（1）∵圆的极坐标方程为，‎ ‎∴，‎ ‎∵，，，‎ ‎∴.‎ 所以，圆的方程为，‎ 所以圆的圆心的直角坐标为.‎ ‎（2）将直线的参数方程代入，‎ 得，‎ 设点，对应的参数分别为，，‎ 则，‎ ‎∴，‎ 故为定值，该定值为12.‎ ‎【点睛】本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．‎ ‎23.已知函数 ‎（1）求不等式的解集 ‎（2）设，证明：.‎ ‎【答案】(1)或 ；(2)证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求交集，最后求并集（2）利用分析法证明，先根据绝对值三角不等式将不等式转化为证明，再两边平方，因式分解转化为证明，最后根据条件确定 成立.‎ ‎【详解】（1）∵，∴.‎ 当时，不等式可化为，‎ 解得，∴；‎ 当,不等式可化为，解得， 无解；‎ 当时，不等式可化为，解得，∴.‎ 综上所述，或.‎ ‎（2）∵，‎ 要证成立，‎ 只需证，‎ 即证，‎ 即证,‎ 即证.‎ 由（1）知，或，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴成立.‎ 综上所述，对于任意的都有成立.‎ 点睛：(1)分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.‎ ‎(2)利用综合法证明不等式，关键是利用好已知条件和已经证明过的重要不等式.‎ ‎ ‎