辽宁省六校协作体2020届高三上学期期中考数学（文）试题 23页

‎2019-2020学年度上学期省六校协作体高三期中考试 数学试题（文科）‎ 一．选择题：本大题共12小题，每小题5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.已知集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合，进而求并集即可.‎ ‎【详解】由题意可得，，‎ 所以，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查集合的并集运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.‎ ‎2.已知在复平面内对应的点为，则点不可能在（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分、、、和五种情况讨论，分析复数的实部和虚部的符号，可得出点可能所在的位置.‎ ‎【详解】当时，则，，此时复数所对应的点在第三象限；‎ 当时，则，则复数所对应的点在轴上；‎ 当时，则，，此时复数所对应的点在第四象限；‎ 当时，则，此时复数所对应的点在轴上；‎ 当时，则，，此时复数所对应的点在第一象限.‎ 因此，点不可能在第二象限.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查复数对应点所在的象限，解题时要从复数的实部和虚部的符号来进行分析，考查分类讨论思想的应用，属于基础题.‎ ‎3.已知则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎ ，选C.‎ ‎4.已知分别是定义在上的偶函数和奇函数，且 ，则 (　 　)‎ A. －3 B. －1 C. 1 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：，分别是定义在上的偶函数和奇函数，所以，故.‎ 考点：函数的奇偶性.‎ ‎5.在中，内角所对的边分别为.若,则角的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理将边化角，可得，由可求得，根据的范围求得结果.‎ ‎【详解】由正弦定理得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理边角互化的应用，涉及到两角和差正弦公式、三角形内角和、诱导公式的应用，属于基础题.‎ ‎6.是边长为的等边三角形，已知向量、满足，，则下列结论正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由平面向量减法的三角形法则得出，然后利用的形状以及平面向量数量积来判断出各选项中命题的正误.‎ ‎【详解】，，，，‎ ‎，则与不垂直，‎ ‎.‎ 因此，D选项正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查平面向量有关命题真假的判断，解题时可以充分利用平面向量加减法以及平面向量数量积的运算来进行判断，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎7.若，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是 A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：对每个选项逐一分析，利用综合法或举反例的方法进行排除即可得到结论．‎ 详解：对于选项A，由，可得或，又，所以可得，故A正确．‎ 对于选项B，由条件可得或，故B不正确．‎ 对于选项C，由条件可得或相交或异面，故C不正确．‎ 对于选项D，由题意得，故D不正确．‎ 点睛：点、线、面的位置关系的判断方法 ‎（1）平面的基本性质是立体几何的基本理论基础，也是判断线面关系的基础．对点、线、面的位置关系的判断，常采用穷举法，即对各种关系都进行考虑，要发挥模型的直观性作用．‎ ‎（2）利用线线平行、线面平行、面面平行以及线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定定理、性质定理综合进行推理和判断命题是否正确．‎ ‎8.等差数列，，，…的第四项等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由，得，又，故 则数列前三项依次为，，，，从而第四项为 故选：A ‎9.已知三棱锥中，，，，若该三棱锥的四个顶点在同一个球面上，则此球的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出三棱锥的外接长方体，计算出该长方体的体对角线长，即可得出其外接球的半径，然后利用球体体积公式可计算出外接球的体积.‎ ‎【详解】作出三棱锥的外接长方体，如下图所示：‎ 设，，，‎ 则，，，‎ 上述三个等式相加得，‎ 所以，该长方体的体对角线长为，则其外接球的半径为，‎ 因此，此球的体积为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥外接球体积的计算，将三棱锥补成长方体，利用长方体的体对角线作为外接球的直径是解题的关键，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎10.如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为，，此时气球的高是 ‎，则河流的宽度BC等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】，，，‎ 所以 ‎.‎ 故选C.‎ ‎11.关于函数有下述四个结论：‎ ‎①是偶函数；②在区间单调递减；‎ ‎③在有个零点；④的最大值为.‎ 其中所有正确结论的编号是（ ）‎ A. ①②④ B. ②④ C. ①④ D. ①③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用偶函数的定义可判断出命题①的正误；去绝对值，利用余弦函数的单调性可判断出命题②的正误；求出函数在区间上的零点个数，并利用偶函数的性质可判断出命题③的正误；由取最大值知，然后去绝对值，即可判断出命题④的正误.‎ ‎【详解】对于命题①，函数的定义域为，且，则函数为偶函数，命题①为真命题；‎ 对于命题②，当时，，则，此时，函数在区间 上单调递减，命题②正确；‎ 对于命题③，当时，，则，‎ 当时，，则，‎ 由偶函数的性质可知，当时，，则函数在上有无数个零点，命题③错误；‎ 对于命题④，若函数取最大值时，，则，‎ ‎，当时，函数取最大值，命题④正确.‎ 因此，正确的命题序号为①②④.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查与余弦函数基本性质相关的命题真假的判断，解题时要结合自变量的取值范围去绝对值，结合余弦函数的基本性质进行判断，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎12.已知函数有两个零点、，，则下面说法不正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. 有极小值点，且 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先证明出对数平均不等式，由题意得出，将两式作差结合对数平均不等式可判断出A、B选项的正误，利用导数分析函数的单调性，结合该函数的极值以及该函数有两个零点可判断出选项的正误，求出极值点，将中两等式相加可判断D选项的正误.‎ ‎【详解】先证明对数平均不等式.‎ 先考虑不等式，设，‎ 即证，即证，令，即证不等式.‎ 构造函数，则，‎ 所以，函数在上单调递增，则，‎ 当，且时，；‎ 接下来考虑不等式，设，‎ 即证，即证，设，即证不等式.‎ 构造函数，则，‎ 所以，函数在上单调递增，则，‎ 当，且时，有.‎ 即当，且时，.‎ 对于C选项，，.‎ ‎①当时，对于任意恒成立，此时函数在上单调递增，该函数最多有一个零点；‎ ‎②当时，令，得.‎ 当时，，当时，.‎ 所以，函数在上单调递减，在上单调递增.‎ 所以，函数处取得极小值，‎ 由于该函数有两个零点，则，‎ 即，解得，C选项错误；‎ 对于A、B选项，由于函数有两个零点、，且，‎ 由于，则，，且有，‎ 则，两个等式两边取自然对数得，‎ 两式相减得，，‎ 由对数平均不等式得，即，‎ ‎，，A、B选项都正确；‎ 对于D选项，由C选项可知，，‎ 将中两个等式相加得，‎ ‎，即，D选项正确.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查极值点偏移的相关问题，在判断时可以利用对数平均不等式来进行判断，但在使用对数平均不等式时应该先证明出对数平均不等式，考查推理能力，属于难题.‎ 二．填空题：本大题共4小题，每小题5分 ‎13.函数的值域是_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得函数的定义域,再由可求得函数的值域.‎ ‎【详解】函数的定义域为,又,‎ 故函数的值域是.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】(且,).‎ ‎14.若向量，则与夹角的余弦值等于_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用坐标运算求得；根据平面向量夹角公式可求得结果.‎ ‎【详解】 ‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查向量夹角的求解，明确向量夹角的余弦值等于向量的数量积除以两向量模长的乘积.‎ ‎15.下图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的体积是________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图可知，该几何体是圆柱内挖去一个同底等高的圆锥，由三视图中数据，利用柱体与锥体的体积公式求解即可.‎ ‎【详解】由三视图可知，该几何体是圆柱内挖去一个同底等高的圆锥，‎ 圆锥与圆柱的底面半径与高分别为2与3，‎ 所以几何体的体积为，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题利用空间几何体 三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.‎ ‎16.如图，已知中，点在边上，为的平分线，且.则的值为_______，的面积为_______________. ‎ ‎【答案】 (1). (2). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在和中,分别由正弦定理可得和,进而可求得;‎ 设,分别表示出和的面积,再由二者面积之和为的面积,可求得的值,进而可求出答案.‎ ‎【详解】在中，由正弦定理得:,‎ 中，由正弦定理得:,‎ 因为,,‎ 所以.‎ 设,则,‎ ‎,‎ ‎,‎ 则,解得,即.‎ 故.‎ 故答案为:;1.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理在解三角形中的运用,考查了三角形面积公式的运用,考查了学生的计算求解能力,属于中档题.‎ 三．解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知函数．‎ ‎（1）求函数的最小正周期和对称轴方程；‎ ‎（2）讨论函数在上的单调性．‎ ‎【答案】（1）最小正周期，对称轴方程为，；（2）在区间上单调递增；在区间上单调递减．‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）利用二倍角公式、两角和的余弦公式化简函数表达式，再利用周期公式和整体思想进行求解；（2）利用整体思想和三角函数的单调性进行求解．‎ 详解：（1） ，‎ 因为，所以最小正周期，‎ 令，所以对称轴方程为，．‎ ‎（2）令，得，，‎ 设，，‎ 易知，‎ 所以，当时，在区间上单调递增；在区间上单调递减．‎ ‎【名师点睛】本题考查二倍角公式、两角和公式、辅助角公式、三角函数的图象和性质等知识，意在考查学生的转化能力和基本计算能力．‎ ‎18.《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的阳马中，侧棱底面，且，点是 的中点，连接、、. ‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）证明：平面.试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由；‎ ‎（3）记阳马的体积为，四面体的体积为，求的值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；四面体是鳖臑，四个面的直角分别是、、、；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接交于点，连接，则点为的中点，利用中位线的性质得到，然后再利用直线与平面平行的判定定理可证明出平面；‎ ‎（2）证明出平面，可得出，再利用三线合一性质得出，再利用直线与平面垂直的判定定理可得出平面，然后结合定义判断出四面体是鳖臑，并写出每个面的直角；‎ ‎（3）利用锥体的体积公式计算出和的表达式，即可得出的值.‎ ‎【详解】（1）连接，交于点，连接，则点为的中点，‎ 又为的中点，，‎ 又平面，平面，所以平面；‎ ‎（2）因为底面，平面，所以. ‎ 由底面为长方形，有，而，所以平面. ‎ 平面，所以. ‎ 又因为，点是的中点，所以. ‎ 而，所以平面. ‎ 由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，‎ 即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别是、、、；‎ ‎（3）由已知，是阳马的高，所以；‎ 由（2）知，是鳖臑高，，‎ 所以.‎ 在中，因为，点是的中点，所以，‎ 于是 .‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面平行与垂直的判定，同时也考查了锥体体积公式的应用，考查推理论证能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎19.辽宁省六校协作体（葫芦岛第一高中、东港二中、凤城一中、北镇高中、瓦房店高中、丹东四中）中的某校文科实验班的名学生期中考试的语文、数学成绩都不低于分，其中语文成绩的频率分布直方图如图所示，成绩分组区间是：、、、、．‎ ‎（1）根据频率分布直方图，估计这名学生语文成绩的中位数和平均数；（同一组数据用该区间的中点值作代表；中位数精确到）‎ ‎（2）若这名学生语文成绩某些分数段的人数与数学成绩相应分数段的人数之比如下表所示：‎ 分组区间 从数学成绩在的学生中随机选取人，求选出的人中恰好有人数学成绩在的概率．‎ ‎【答案】（1）中位数是；平均数是；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用中位数左边矩形面积之和为可求出中位数，将每个矩形底边中点值乘以相应矩形的面积，再相加可得出这名学生语文成绩的平均数；‎ ‎（2）计算出数学成绩在、的学生人数，列举出所有的基本事件，然后利用古典概型的概率公式可计算出所求事件的概率.‎ ‎【详解】（1），，‎ 这名学生语文成绩的中位数是.‎ 这名学生语文成绩的平均数是：‎ ‎；‎ ‎（2）数学成绩在之内的人数为 ‎，‎ 数学成绩在的人数为人，设为、、，‎ 而数学成绩在的人数为人，设为、，‎ 从数学成绩在的学生中随机选取人基本事件为：、、、、、、、、、，共个， ‎ 选出的人中恰好有人数学成绩在的基本事件为：‎ ‎、、、、、，共个，‎ 选出的人中恰好有人数学成绩在的概率是．‎ ‎【点睛】本题考查利用频率分布直方图计算平均数与中位数，同时也考查了利用古典概型的概率公式计算事件的概率，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎20.已知数列、满足，且 ‎（1）令证明：是等差数列，是等比数列；‎ ‎（2）求数列和的通项公式；‎ ‎（3）求数列和的前n项和公式．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2），；（3）数列的前项和为，数列的前项和为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在等式中将两式分别相加或相减，利用等差数列的定义可证明出数列是等差数列，利用等比数列的定义可证明出数列为等比数列；‎ ‎（2）求出数列、的通项公式，可建立关于、的方程组，解出、，即可得出数列和的通项公式；‎ ‎（3）利用分组求和法可求出数列和的前项和.‎ ‎【详解】（1），‎ 将上述两等式相加得，‎ 即，因此，又，‎ 所以数列是首项为，公差为的等差数列，.‎ 又由题设得，即，‎ 因此，又，‎ 所以数列是首项为，公比为的等比数列，；‎ ‎（2）由（1）知，，即，‎ 解得，；‎ ‎（3）设数列和的前项和分别为、，‎ 则，同理可得.‎ ‎【点睛】本题考查利用定义证明等差数列和等比数列，以及利用分组求和法求和，解题时要熟悉分组求和法对数列通项结构的要求，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎21.已知函数．（是自然对数的底数，）‎ ‎（1）讨论的单调性，并证明有且仅有两个零点；‎ ‎（2）设是的一个零点，证明曲线在点处的切线也是曲线的切线．‎ ‎【答案】（1）单调递增，证明见解析；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出函数的定义域为，利用导数得出函数在和上均为增函数，并利用零点存在定理得出函数在上有一个零点，得出，再证明出也满足方程，从而得出函数有两个零点；‎ ‎（2）由题意得出，利用这个关系式得出函数在点处的切线斜率为，从而证明出题中结论.‎ ‎【详解】（1）函数的定义域为，，‎ 所以，函数在、上单调递增.‎ 又，.‎ 所以，函数在区间有唯一零点，即，即.‎ 又，，‎ 因此，函数在区间有唯一零点.‎ 综上所述，有且仅有两个零点；‎ ‎（2）因为 ，所以点在曲线上.‎ 由题设，即.‎ 所以直线的斜率 因为曲线在点处切线的斜率是，‎ 曲线在点处切线的斜率也是，‎ 因此，曲线在点处的切线也是曲线的切线.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，同时也考查了利用零点存在定理判断零点的存在性以及利用导数研究两函数的公切线问题，考查推理论证能力，属于难题.‎ 请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.做答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号下方的方框涂黑.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，直线的普通方程是，曲线的参数方程是（为参数）．在以为极点，轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，曲线的极坐标方程是．‎ ‎（1）写出及的极坐标方程；‎ ‎（2）已知，，与交于两点，与交于两点，求的最大值．‎ ‎【答案】（1）：．：．（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）把，代入可得的极坐标方程;由的参数方程可得的普通方程,进而可求出它的极坐标方程;‎ ‎（2）结合（1）,将的极坐标方程分别与,的极坐标方程联立,可求得,进而结合三角函数的性质,可求出的最大值.‎ ‎【详解】解：（1）把，代入得，‎ 所以的极坐标方程是．‎ 的普通方程是，其极坐标方程是．‎ ‎（2）：，：，分别代入，得，．‎ 所以．‎ 因为，所以,则当时，,此时取得最大值为.‎ 所以的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查了普通方程、极坐标方程及参数方程间的转化,考查了利用极坐标方程求交点问题,考查了学生的计算能力,属于基础题.‎ ‎23.设，．‎ ‎（1）求证：．‎ ‎（2）求证：．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由基本不等式可得到,，，，三个式子相加可得到结论;‎ ‎（2）由,再结合基本不等式证明,进而可得到结论.‎ ‎【详解】证明：（1）因为,所以，，，当且仅当,即时,等号成立.‎ 三个式子相加得,,‎ 故．‎ ‎（2）由题意,,当且仅当时,等号成立.‎ 所以.‎ 因为．‎ 所以，即．‎ ‎【点睛】本题考查了不等式的证明,考查了基本不等式的应用,考查了学生的逻辑推理能力,属于中档题.‎ ‎ ‎