福建省厦门第一中学2020届高三数学上学期期中试题 理（含解析）

1福建省厦门第一中学2020届高三数学上学期期中试题理（含解析）一、选择题（本大题共12小题）1.若集合，且，则集合B可能是A.B.C.D.R2.已知，，其中i是虚数单位，则的虚部为A.B.C.D.3.函数且的图象可能为A.B.C.D.4.已知为等比数列，，，则A.7B.C.D.5.已知函数且若函数的图象上有且只有两个点关于y轴对称，则a的取值范围是A.B.C.D.6.若，，，则的最小值是A.B.3C.D.47.水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征．如图是一个半径为R的水车，一个水斗从点出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时60秒经过t秒后，水斗旋转到P点，设P的坐标为，其纵坐标满足则下列叙述错误的是A.B.当时，函数单调递减C.当时，点P到x轴的距离的最大值为6D.当时，8.2013年第12届全国运动会将在沈阳举行，某校4名大学生申请当A，B，C三个比赛项目的志愿者，组委会接受了他们的申请，每个比赛项目至少分配一人，每人只能服务一个比赛项目，若甲要求不去服务A比赛项目，则不同的安排方案共有A.20种B.24种C.30种D.36种9.已知双曲线的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点．若，则双曲线C的离心率为A.B.C.D.210.已知向量，，满足，，与的夹角为，，则的最小值为A.B.C.D.11.已知函数的图象与直线恰有三个公共点，这三为点的横坐标从小到大分别为，，，则的值为A.B.C.D.212.在三棱锥中，，，，点P在平面ACD内，且，设异面直线BP与CD所成角为，则的最小值为A.B.C.D.二、填空题（本大题共4小题）13.已知关于x，y的二元一次不式组，则的最大值为______．14.已知，则展开式中的常数项为______．15.如图是由正三棱锥与正三棱柱组合而成的几何体的三视图，该几何体的顶点都在半径为R的球面上，则该几何体的体积为______．16.的垂心H在其内部，，，则的取值范围是______三、解答题（本大题共7小题）17.已知函数．求函数在上的单调递减区间；在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，求的两个内角B，C及分别对应的边长b，c．18.已知三棱锥如图一的平面展开图如图二中，四边形ABCD为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中；Ⅰ证明：平面平面ABC；Ⅱ若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求二面角的余弦值．319.已知椭圆E：的左焦点为F，设M，N是椭圆E的两个短轴端点，A是椭圆E的长轴左端点．Ⅰ当时，设点，直线PN交椭圆E于Q，且直线MP、MQ的斜率分别为，，求的值；Ⅱ当时，若经过F的直线l与椭圆E交于C，D两点，O为坐标原点，求与的面积之差的最大值．20.已知数列的首项为，且满足，数列满足，数列的前n项和．求数列的通项公式；令，求证：．21.已知函数．求函数的单调区间；若关于x的不等式恒成立，求整数a的最小值．422.已知曲线C的极坐标方程是，直线l的参数方程是为参数将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；设直线l与x轴的交点是P，直线l与曲线C交于M，N两点，求的值．23.已知函数的最大值为k．求k的值；若a，b，，，求的最大值．5答案和解析1.【答案】A【解析】解：，，且，可能是．故选：A．根据即可得出，并且，从而可判断哪个选项的集合可以是集合B．本题考查了描述法、列举法的定义，交集的定义及运算，子集的定义，考查了推理能力，属于基础题．2.【答案】B【解析】解：，，，的虚部为．故选：B．直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3.【答案】D【解析】【分析】由条件可得函数为奇函数，故它的图象关于原点对称；再根据时，，结合所给的选项，得出结论．本题主要考查函数的奇偶性的判断，奇函数的图象特征，函数的定义域和值域，属于中档题．【解答】解：对于函数且，由于它的定义域关于原点对称，且满足，故函数为奇函数，故它的图象关于原点对称．故排除A、B．当，，故排除C，故选：D．4.【答案】C【解析】解：为等比数列，，，由等比数列的性质，，或，当时，，则，当时，，则，故选：C．由等比数列的性质，，结合已知可求，，然后结合等比数列的性质即可求解，本题主要考查了等比数列的性质及通项公式的简单应用，属于基础试题．5.【答案】D【解析】解：由题意，时，显然成立；时，关于y轴的对称函数为，则，，6综上所述，a的取值范围是，故选：D．由题意，时，显然成立；时，关于y轴的对称函数为，则，即可得到结论．本题主要考查分段函数的应用，考查函数的解析式，属于中档题．6.【答案】D【解析】解：考察基本不等式当且仅当时取等号整理得即，又，所以当且仅当时取等号，则的最小值是4，故选：D．首先分析题目由已知，，，求的最小值，猜想到基本不等式的用法，利用代入已知条件，化简为函数求最值本题主要考查基本不等式的用法，对于不等式在求最大值最小值的问题中应用非常广泛，需要同学们多加注意，属于基础题．7.【答案】B【解析】解：由题意得，，，解得；把点代入中，可得，，，则A正确；当时，，函数单调递减，所以B错误；由，当时，，点P到x轴的距离的最大值为6，所以C正确；当时，，P的纵坐标为6，，所以D正确．故选：B．求出函数的解析式，再分析选项，即可得出结论．本题主要考查了在实际问题中建立三角函数模型的问题，也考查了运用三角函数的最值，周期等问题，是中档题．8.【答案】B【解析】解：甲在B、C中任选一个，在这个前提下，剩下三个人可以在三个比赛中各服务一个，就是，也可以在除了甲之外的两个项目中服务，就是，不同的安排方案共有故选B．先安排甲，再安排其余3人，利用分布计算原理可得结论．本题考查分布计算原理的运用，考查学生的计算能力，属于基础题．9.【答案】A【解析】解：双曲线的右顶点为，以A为圆心，b为半径做圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点．若，可得A到渐近线的距离为：，可得：，即，可得离心率为：．故选：A．利用已知条件，转化求解A到渐近线的距离，推出a，c的关系，然后求解双曲线的离心率即可．本题考查双曲线的简单性质的应用，点到直线的距离公式以及圆的方程的应用，考查转化思想以及计算能力．10.【答案】B7【解析】解：向量，，满足，，与的夹角为，如图所示，取，设，，，，，故C在为以为圆心以2为半径的圆的上则表示C到距离，由圆心到距离为，故的最小值为，故选：B，设，则可得C在为以为圆心以2为半径的圆的上，进而得到答案．本题考查了向量三角形法则、平行四边形法则、菱形的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．11.【答案】C【解析】解：函数的图象关于对称，直线过，则，所以函数的图象与直线恰有三个公共点如图所示，且在区间内相切，其切点为，由于，，即，．故选：C．函数的图象与直线恰有三个公共点，画出图象，且在区间内相切，其切点为，利用导数的几何意义得出，从而得到结论．本题考查导数的运用，同时也涉及了三角函数有关基础知识，考查数形结合思想及运算求解能力，属于一般题目．12.【答案】A【解析】解：取CD中点K，连接AK，BK，，，，，为正，取AK中点O，连接BO，则，且，易知平面ABK，，平面ACD，，在图中圆O上，当P与G，H重合时，最大，当P与M，N重合时，最小．故选：A．8取CD中点K，易得三角形ABK为正三角形，取AK中点O，可证平面ACD，进而确定点P的位置，求得最小值．本题考查了异面直线所成角的求法，线面垂直等知识，考查了运算求解能力，是中档题．13.【答案】5【解析】解：由二元一次不式组作可行域如图，联立，解得：．令，则，由图可知，当过点A时，直线在y轴上的截距最小，此时z有最大值为．故答案为：5．由二元一次不式组作出可行域，令，数形结合可得使取得最大值的点，联立方程组求得点的坐标，代入求得最大值．本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．14.【答案】【解析】解：，，其展开式的通项公式为；令，解得；展开式中常数项为．故答案为：．根据定积分运算求出a的值，再利用二项式定理求展开式中的常数项．本题考查了二项式定理的应用问题，也考查了定积分的计算问题，是中档题．15.【答案】【解析】解：正三棱柱的底面边长为，三棱柱的高为2，设正三棱柱的上下底面中心为O，，则几何体外接球的球心为的中点H，设三棱柱的底面一个顶点为A，底面边长为，，，．即外接球的半径为三棱锥的高为：．所以，几何体的体积为：．故答案为：．几何体外接球的球心在棱柱上下底面中心连线的中点，根据三棱柱的底面边长和高，利用勾股定理即可求出外接球半径．然后求解棱锥的高，求解几何体的体积即可．本题考查了棱柱与外接球的位置关系，几何体的体积的求法，是中档题．16.【答案】【解析】解：设AD，BE是高，H就是AD、BE交点，那么，，，，所以，所以∽，所以，9．在中，，，设由正弦定理可得：，故答案为：设AD，BE是高，H就是AD、BE交点，得到∽，利用对应边成比例得到BC，在中，，，设由正弦定理可得：即可．本题考查了垂心、正弦定理、三角恒等变形、三角函数性质，通过三角形相似求得BC是关键，属于难题．17.【答案】解：由已知得：，由，，可得，又，函数在的单调递减区间为和．由知由，可得．中是锐角三角形，，，，即，又，正弦定理可得：，即，由余弦定理可得，可得，，由解得，为正三角形，可得．【解析】利用二倍角，诱导公式和辅助角化简，结合三角函数的单调性即可求解．由，求解角A，，，利用正余弦定理化简可得，由余弦定理可得，联立解得，可得．本题主要考查三角函数的图象和性质，正弦定理的运用，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键，属于中档题．18.【答案】证明：三棱锥如图一的平面展开图如图二中，四边形ABCD为边长等于的正方形，和均为正三角形，，，，取AC中点O，连结PO，BO，则，，且，，，平面平面ABC．解：Ⅱ由Ⅰ知，，，，平面PAC，是直线BM与平面PAC所成角，且，当OM最短时，即M是PA中点时，最大，由平面ABC，，得，，以OC，OB，OD所成直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则0，，0，，1，，0，，0，，，，0，，0，，设平面MBC的法向量y，，则，取，得1，，设平面PBC的法向量y，，10则，取，得1，，设二面角的平面角为，则．二面角的余弦值为．【解析】取AC中点O，连结PO，BO，则，，，由此能证明平面平面ABC．Ⅱ由，，得平面PAC，从而是直线BM与平面PAC所成角，且，进而当OM最短时，即M是PA中点时，最大，由平面ABC，，得，，以OC，OB，OD所成直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，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.【答案】解：Ⅰ当时，椭圆E：，M，N是椭圆E的两个短轴端点分别为、，设PN直线方程为，由得，，，，，，；Ⅱ设的面积为，的面积为，设直线l的方程为，，，由，整理得：，由韦达定理可知：，，当时，，当时，，当且仅当，即时等号成立．的最大值为．【解析】本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，韦达定理，直线的斜率公式，三角形面积公式及基本不等式的综合应用，考查转化思想，属于中档题．Ⅰ设PN直线方程为，由得，可得，，即可得；Ⅱ设的面积为，的面积为，设直线l的方程为，，，由，整理得：，，分类，当时，，时，根据基本不等式的关系，即可求得的最大值．20.【答案】解：，且满足，可得，即，当时，，又，两式相减可得，满足，则；证明：，，则，，相减可得，化为，可得，由，即有，11可得，则．【解析】由，可得，再将n换为，两式相减，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求；运用对数的运算性质和等差数列的求和公式，求得，，再由数列的错位相减法求和，可得，再由放缩法和等比数列的求和公式，