2020届福建师范大学第二附属中学高三上学期期中考试数学（理）试题（解析版）

2020届福建师范大学第二附属中学高三上学期期中考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，集合，求（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分别化简集合，利用集合交集的定义运算即可．

【详解】
 

则

故选：B

2．设，，，则（    ）．

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】因为，，

而，，

所以，，

又，

所以，

即，

所以有．

故选．

3．平面向量与的夹角为60°，＝(2，0)，||＝1，则等于

A． B．2 C．4 D．12

【答案】B

【分析】把平方后再开方即可.

【详解】因为

所以

所以

故选：B.

4．在△中，为边上的中线，为的中点，则

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】分析：首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，求得，之后应用向量的加法运算法则-------三角形法则，得到，之后将其合并，得到，下一步应用相反向量，求得，从而求得结果.

【详解】根据向量的运算法则，可得

，

所以，故选A.

【点睛】该题考查的是有关平面向量基本定理的有关问题，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量加法的三角形法则、共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算.

5．函数的图象大致为

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】设，由得，则函数的定义域为．

∵，

∴函数为奇函数，排除D．

又，且，故可排除B．

，且，故可排除C．选A．

6．一个四棱锥的三视图如图所示，那么对于这个四棱锥，下列说法中正确的是

A．最长棱的棱长为

B．最长棱的棱长为

C．侧面四个三角形都是直角三角形

D．侧面四个三角形中有且仅有一个是正三角形

【答案】C

【详解】本题考查空间几何体的三视图和线线垂直，根据四棱锥的三视图，可得到四棱锥的直观图（如图所示）：

由图可知，，，面，面，，

所以，，中，，，，，

所以，

所以是直角三角形，所以最长的棱长是，侧面都是直角三角形．

本题选择C选项.

点睛：1．棱柱、棱锥要掌握各部分的结构特征，计算问题往往转化到一个三角形中进行解决．

2．三视图画法：

(1)实虚线的画法：分界线和可见轮廓线用实线，看不见的轮廓线用虚线；

(2)理解“长对正、宽平齐、高相等”．

7．函数的图象如下图，

则下列有关性质的描述正确的是

A． B．为其所有对称轴

C．向左移可变为偶函数 D．为其减区间

【答案】C

【详解】观察图象可得，函数的最小值﹣1，所以A=1，

∵==，∴T=π，

根据周期公式可得，ω=2，

∴f（x）=sin（2x+φ），

又函数图象过（，﹣1）代入可得sin（+φ）=﹣1，

∵0＜φ＜π，∴φ=，

∴f（x）=sin（2x+），

∴f（x）向左移，为g（x）=cos2x，是偶函数．

故选C．

8．若函数是幂函数，且其图像过点，则函数的单调递增区间为

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由幂函数的定义可得，由其图像过点，则，即，

由复合函数的单调性有：的单调递增区间等价于的减区间，

一定要注意对数的真数要大于0，再求单调区间即可.

【详解】解：因为，

则，即，

又其图像过点，

则，即，

则，

由复合函数的单调性有：的单调递增区间等价于的减区间，

又的减区间为，

故选A.

【点睛】本题考查了幂函数的定义及复合函数的单调性，重点考查了对数的真数要大于0，属中档题.

9．已知定义在上的函数满足对任意都有成立，且函数的图像关于直线对称，则

A．0 B．2 C．-2 D．-1

【答案】A

【分析】由，可得，

又由函数的图像关于直线对称，可得函数的图像关于轴对称，即 ，再结合函数对称性及奇偶性可得函数的周期为4，再运算即可.

【详解】由，则，①

又函数的图像关于直线对称，则函数的图像关于轴对称，即 ，②

联立①②可得，即函数的周期为，

即，

又因为，

令得，又函数的图像关于轴对称，则，

即，

故选A.

【点睛】本题考查了函数的对称性、奇偶性、周期性及利用函数的性质求值，属中档题.

10．我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，角，，所对的边分别为，，，则的面积．根据此公式，若，且，则的面积为　　

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式，结合，可得，由余弦定理可得的值，根据公式即可求解的面积公式．

【详解】解：由，

可得，

即，

即，

因为，

所以，

由余弦定理可得，

所以，

由的面积公式可得．

故选：A．

【点睛】本题主要考查正弦定理，两角和的正弦函数公式，余弦定理在解三角形中的应用，考查计算能力和转化思想．

11．已知，且都是锐角，则

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由已知利用同角三角函数的基本关系式可得的值，利用两角和的正弦函数公式得到的值，结合的范围，即可求解.

【详解】由题意，可得，可得，

即，所以

由，可得，

所以，解得，

因为都是锐角，所以，

所以

,

因为，所以，故选A.

【点睛】本题主要考查了同角三角函数的基本关系式，以及二倍角公式和两角和的正弦函数的化简求值，其中解答中熟记三角恒等变换的公式，合理准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.

12．已知偶函数满足，且当时，，关于的不等式在区间上有且只有300个整数解，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据的周期和对称性得出不等式在上的整数解的个数为3,计算的值得出的范围.

【详解】因为偶函数满足,

所以,

所以的周期为且的图象关于直线对称,

由于上含有50个周期,且在每个周期内都是轴对称图形,

所以关于的不等式在上有3个整数解,

当时,,

由,得,由,得,

所以函数在上单调递增,在上单调递减,

因为,,

所以当时,,

所以当时,在上有4个整数解,不符合题意,

所以,

由可得或,

显然在上无整数解,

故而在上有3个整数解,分别为,

所以,,,

所以.

故选:D

【点睛】本题考查了函数的周期性,考查了函数的对称性,考查了利用导数研究函数的单调性,考查了一元二次不等式,属于较难题.

二、填空题

13．已知复数满足，则等于______.

【答案】

【分析】先求出复数z,再求|z|.

【详解】由题得.

故答案为

【点睛】（1）本题主要考查复数的计算和复数的模的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和基本的计算能力.(2) 复数的模.

14．已知函数，且，则曲线在处的切线方程为______.

【答案】

【分析】求导，利用求出，根据导数几何意义可求斜率，利用点斜式写出切线方程即可.

【详解】∵，∴，解得，即，，则，∴，曲线在点处的切线方程为，即.

【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，切线方程，属于中档题.

15．已知正三棱锥的底面边长为3，外接球的表面积为，则正三棱锥的体积为________.

【答案】或

【分析】做出简图，找到球心，根据勾股定理列式求解棱锥的高，得到两种情况.

【详解】

正三棱锥的外接球的表面积为，根据公式得到

根据题意画出图像，设三棱锥的高为h,P点在底面的投影为H点，则，底面三角形的外接圆半径为，根据正弦定理得到，故得到外接圆半径为

在三角形中根据勾股定理得到

三棱锥的体积为：

代入数据得到或者

故答案为或

【点睛】这个题目考查了已知棱锥的外接球的半径，求解其中的一些量；涉及棱锥的外接球的球心的求法，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.

16．已知函数，，则函数的最小值为______.

【答案】

【分析】对函数进行求导得，令，，根据的符号以及复合函数的单调性得到的单调性，进而可得函数的最值.

【详解】因为，，

∴

，

令，∵，∴，

令，则，

∴令，则，，

∴当时，，当时，，

∵函数在上单调递增，根据复合函数的单调性可知，函数在区间上递减，在区间上递增，

∴当，即，时，

，

∴函数的最小值为，故答案为.

【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的最值，准确求导得到函数的单调性是解题的关键，考查了学生的计算能力，属于中档题.

三、解答题

17．

已知函数.

（Ⅰ）求的最小正周期：

（Ⅱ）求在区间上的最大值和最小值.

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）2，．

【详解】（Ⅰ）因为

，

故最小正周期为   

（Ⅱ）因为，所以． 

于是，当，即时，取得最大值；

当，即时，取得最小值．

点睛：本题主要考查了两角和的正弦公式，辅助角公式，正弦函数的性质，熟练掌握公式是解答本题的关键.

18．在平面四边形ABCD中， AB＝2，BD＝，AB⊥BC，∠BCD＝2∠ABD，△ABD的面积为2．

(1)求AD的长；

(2)求△CBD的面积．

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）利用面积公式可以求出sin∠ABD的值，利用同角三角函数的关系求出cos∠ABD的值，利用余弦定理，求出AD的长；

（2）利用AB⊥BC，可以求出以sin∠CBD的大小，利用∠BCD＝2∠ABD，可求出sin∠BCD

的大小，通过角之间的关系可以得到所以△CBD为等腰三角形，利用正弦定理，可求出CD的大小，最后利用面积公式求出△CBD的面积．

【详解】(1)由已知＝AB·BD·sin∠ABD＝×2××sin∠ABD＝2，

可得sin∠ABD＝，又∠ABD∈，所以cos∠ABD＝，

在△ABD中，由余弦定理AD2＝AB2＋BD2－2·AB·BD·cos∠ABD，

可得AD2＝5，所以AD＝.

(2)由AB⊥BC，得∠ABD＋∠CBD＝，所以sin∠CBD＝cos∠ABD＝，

又∠BCD＝2∠ABD，所以sin∠BCD＝2sin∠ABD·cos∠ABD＝，

∠BDC＝π－∠CBD－∠BCD＝π－－2∠ABD＝－∠ABD＝∠CBD，

所以△CBD为等腰三角形，即CB＝CD，在△CBD中，由正弦定理，得CD，

所以.

【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理、面积公式.

19．已知在多面体中，，，，，且平面平面.

（1）设点为线段的中点，试证明平面；

（2）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值.

【答案】（1）详见解析（2）

【分析】（1）由四边形为平行四边形.∴，再结合平面，即可证明平面；

（2）由空间向量的应用，建立以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴的空间直角坐标系，再求出平面的法向量，平面的法向量，再利用向量夹角公式求解即可.

【详解】（1）证明：取的中点，连接，，

∵在中，∴.

∴由平面平面，且交线为得平面.

∵，分别为，的中点，∴，且.

又，，∴，且.

∴四边形为平行四边形.∴，

∴平面.

（2）∵平面，，

∴以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.则，，.

∵平面，∴直线与平面所成的角为.

∴.∴.

可取平面的法向量，

设平面的法向量，，，

则，取，则，.∴，

∴，

∴二面角的余弦值为.

【点睛】本题考查了线面垂直的判定及利用空间向量求解二面角的大小，重点考查了空间想象能力，属中档题.

20．已知函数.

（1）若，求实数的值；

（2）设函数，若在上没有零点，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）代入解析式，取对数即可求解（2）转化为方程在上无实数解，求的值域即可得到k的范围.

【详解】（1）因为，即：，

所以.

（2）由题意可知，，

函数在上没有零点等价于方程在上无实数解，

设，则，

∴在上单调递减，在上单调递增，

∴在上取得极小值，也是最小值，

∴，

∴.

【点睛】本题主要考查了函数与方程，利用导数求函数的极值、最值，转化思想，属于中档题.

21．如图，矩形ABCD是某小区户外活动空地的平面示意图，其中AB＝50 米，AD＝100米，现拟在直角三角形OMN内栽植草坪供儿童踢球娱乐（其中，点O为AD的中点，OM⊥ON，点M在AB上，点N在CD上），将破旧的道路AM重新铺设．已知草坪成本为每平方米20元，新道路AM成本为每米500元，设∠OMA＝θ，记草坪栽植与新道路铺设所需的总费用为f(θ)．

（1）求f(θ)关于θ函数关系式，并写出定义域；

（2）为节约投入成本，当tanθ为何值时，总费用 f(θ)最小？

【答案】（1）f(θ)＝，其定义域为；（2）时，最小值

【详解】（1）据题意，在Rt∆OAM中，OA＝50，∠OMA＝θ，所以AM＝，OM＝，据平面几何知识可知∠DON＝θ，在Rt∆ODN中，OD＝50，∠DON＝θ，所以ON＝，所以f(θ)＝＝＝ ，据题意，当点M与点B重合时，θ取最小值；当点N与点C重合时，θ取最大值，所以，所以f(θ)＝，其定义域为．

（2）由（1）可知，f(θ)＝，，＝＝＝，

令＝0，得，其中，列表：

所以当时，总费用 f(θ)取最小值，可节约投入成本．

22．已知函数且.

（1）求a；

（2）证明：存在唯一的极大值点，且.

【答案】（1）a=1；（2）见解析.

【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a可得h（x）min＝h（），从而可得结论；

（2）通过（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0可知f（x0），另一方面可知f（x0）＞f（）．

【详解】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），

则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a．

则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，

所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．

因为当0＜x时h′（x）＜0、当x时h′（x）＞0，

所以h（x）min＝h（），

又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，

所以1，解得a＝1；

另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），

所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，

所以解得a＝1；

（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，

令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2，

令t′（x）＝0，解得：x，

所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，

所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，

且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，

所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，

所以f（x0）x0﹣x0lnx0x0+2x0﹣2x0，

由x0可知f（x0）＜（x0）max；

由f′（）＜0可知x0，

所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，

所以f（x0）＞f（）；

综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．

【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．