2020届福建省厦门第一中学高三上学期期中数学（理）试题（解析版）

2020届福建省厦门第一中学高三上学期期中数学（理）试题

一、单选题

1．若集合，且，则集合可能是

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】解：因为集合，且,故，那么根据子集的定义可知选B

2．已知，，其中是虚数单位，则的虚部为　　

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．

【详解】

，，

，

的虚部为．

故选：B．

【点睛】

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．函数（且）的图象可能为（ ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.

【考点】1.函数的基本性质；2.函数的图象.

4．已知为等比数列，，，则　　

A．7 B． C． D．

【答案】C

【解析】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.

【详解】

为等比数列，，，

由等比数列的性质，，

或，

当时，，

则，

当时，，

则，

故选：C．

【点睛】

本题考查等比数列的性质及通项公式的应用，考查分类讨论思想和方程思想，属于基础题．

5．已知函数且．若函数的图象上有且只有两个点关于轴对称，则的取值范围是　　

A． B． C．，， D．，，

【答案】D

【解析】由题意，时，显然成立；时，关于轴的对称函数为，则，即可得到结论．

【详解】

当时，关于轴的对称函数为与只有唯 一的交点，故显然成立；

当时，关于轴的对称函数为与函数有唯一的交点，则，即，，

综上所述，的取值范围是，，.

故选：D．

【点睛】

本题分段函数的自对称问题，考查数形结合思想的应用，属于中档题．

6．已知x>0，y>0,x+2y+2xy=8，则x+2y的最小值是

A．3 B．4 C． D．

【答案】B

【解析】【详解】

解析：考察均值不等式，整理得即，又，

7．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A(3，－3)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(x，y)，其纵坐标满足y＝f(t)＝Rsin(ωt＋φ)(t≥0，ω＞0，|φ|＜)．则下列叙述错误的是(　　)

A．R＝6，ω＝，φ＝－

B．当t∈[35,55]时，点P到x轴的距离的最大值为6

C．当t∈[10,25]时，函数y＝f(t)单调递减

D．当t＝20时，|PA|＝6

【答案】C

【解析】求出函数的解析式，再分析选项，即可得出结论.

【详解】

由题意，R＝＝6，T＝60＝，∴ω＝，当t＝0时，y＝f(t)＝－3，

代入可得－3＝6sin φ，∵|φ|＜，∴φ＝－.故A正确；

f(t)＝6sin，当t∈[35,55]时， t－∈，

∴点P到x轴的距离的最大值为6，正确；

当t∈[10,25]时， t－∈，函数y＝f(t)不单调，不正确；

当t＝20时， t－＝，P的纵坐标为6，|PA|＝＝6，正确，

故选C．

【点睛】

该题考查的是有关函数的应用问题，涉及到的知识点有数学建模，将实际问题转化为函数问题来解决，结合三角函数的相应的性质求得结果.

8．2013年第12届全国运动会举行期间，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

【答案】B

【解析】试题分析：根据题意，首先分配甲，有2种方法，

再分配其余的三人：分两种情况，①其中有一个人与甲在同一个项目，有A33=6种情况，

②没有人与甲在同一个项目，则有C32•A22=6种情况；

则若甲要求不去A项目，则不同的分配方案有2×（6+6）=24种；

故选B．

【考点】本题主要考查排列、组合的应用，计数原理。

点评：易错题，注意题意中“每个比赛项目至少分配一人”这一条件，再分配甲之后，需要对其余的三人分情况讨论。

9．已知双曲线的右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于两点.若，则双曲线的离心率为（ ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】双曲线的右顶点为A(a,0)，

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bx+ay=0的距离为：，

可得：,即,可得离心率为：.

故选A.

10．已知向量，，满足，，与的夹角为，，则的最小值为　　

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】设，，，，则可得在以为圆心，2为半径的圆上，求出圆心到点的距离，进而得到答案．

【详解】

向量，，满足，，与的夹角为，

如图所示，取，，．

设，，．

，

，

，

故在为以为圆心以2为半径的圆的上，

则表示到的距离，

因为圆心到距离为，

故的最小值为。

故选：B

【点睛】

本题考查向量的坐标运算，考查坐标法思想的运用，求解时将向量坐标化能使问题的抽象度更低，考查推理能力与计算能力，属于中档题．

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．

【答案】C

【解析】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．

【详解】

函数的图象关于对称，直线过，

则，所以。

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.

【点睛】

本题考查函数的对称性及导数的运用，考查数形结合思想、方程思想的综合运用，考查运算求解能力，求解的关键是准确画出函数的图形.

12．在三棱锥中，，，，点在平面内，且，设异面直线与所成角为，则的最小值为　　

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】取中点，易得三角形为正三角形，取中点，可证平面，进而确定点的位置，求得最小值．

【详解】

取中点，连接，，

，，

，

，

为正三角形，

取中点，连接，

则，且，

易知平面，

，平面，

，在图中圆上，

当与，重合时，最大，

当与，重合时，最小．

故选：A.

【点睛】

本题考查异面直线所成角的求法，线面垂直等知识，考查空间想象能力和运算求解能力，是中档题．

二、填空题

13．已知关于x, y的二元一次不等式组，则3x-y的最大值为__________.

【答案】5

【解析】试题分析：作出二元一次不等式组所表示的平面区域如图：，

平移直线到经过点B（2，1）时3x-y可取得最大值为：；

故答案为5.

【考点】线性规划.

14．已知，则展开式中的常数项为______．

【答案】

【解析】根据定积分的几何意义求出的值，再利用二项式定理求展开式中的常数项．

【详解】

根据定积分的几何意义知，积分的值等于半圆的面积，

，

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：．

【点睛】

本题考查二项式定理的展开式、定积分的几何意义计算，考查方程思想的运用和基本运算求解能力，属于中档题．

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的球面上，则该几何体的体积为______．

【答案】

【解析】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．

【详解】

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，

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，，

则几何体外接球的球心为的中点，

设三棱柱的底面一个顶点为，

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：．

【点睛】

本题考查组合体与球的内接问题，几何体的体积的求法，考查空间想象能力和运算求解能力，是中档题．

16．的垂心在其内部，，，则的取值范围是_____

【答案】

【解析】设，是高，就是、交点，得到，利用对应边成比例得到，在中，，，设由正弦定理可得：

即可．

【详解】

设，是高，就是、交点，

那么，，

，，

所以，

所以，

所以，

．

在中，，，设，

由正弦定理可得：.

，，，

.

故答案为：．

【点睛】

本题考查垂心、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是关键，属于难题．

三、解答题

17．已知函数．

（1）求函数在，上的单调递减区间；

（2）在锐角中，内角，，的对边分别为，，，已知，，，求的两个内角，及分别对应的边长，．

【答案】（1）和    （2），

【解析】（1）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．

（2）由，求解角，，，利用正余弦定理化简可得，由余弦定理可得，联立解得，可得．

【详解】

（1）由已知得：

，

由，，可得．，

又，，

函数在，的单调递减区间为，和，．

（2）由（1）知

由，可得．

中是锐角三角形，，

，，即，

又，正弦定理可得：，即，①

由余弦定理可得，可得，②

由①②解得，

为正三角形，可得．

【点睛】

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．已知三棱锥（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形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；

（Ⅱ）若点在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，求二面角的余弦值.

图一

图二

【答案】（1）见解析（2）

【解析】(1)设AC的中点为O,证明PO垂直AC,OB,结合平面与平面垂直判定,即可.(2)建立直角坐标系,分别计算两相交平面的法向量,结合向量的数量积公式,计算夹角,即可.

【详解】

（Ⅰ）设的中点为，连接，.

由题意，得，

，.

因为在中，，为的中点，

所以，

因为在中，，，，

，所以.

因为，平面，所以平面，

因为平面，所以平面平面.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，平面，

所以是直线与平面所成的角，

且，

所以当最短时，即是的中点时，最大.

由平面，，所以，，于是以

，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图示空间直角坐标系，

则，，，，，，

，，.

设平面的法向量为，则

由得：.

令，得，，即.

设平面的法向量为，

由得：，

令，得，，即.

.

由图可知，二面角的余弦值为.

【点睛】

本道题考查了二面角计算以及平面与平面垂直的判定,难度较大.

19．已知椭圆的左焦点为，设，是椭圆的两个短轴端点，是椭圆的长轴左端点．

（1）当时，设点，，直线交椭圆于，且直线、的斜率分别为，，求的值；

（2）当时，若经过的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，求与的面积之差的最大值．

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）设直线方程为，联立方程组，利用韦达定理可得点的坐标，从而求得直线的斜率，即可证得；

（2）设的面积为，的面积为，设直线的方程为，，，，，联立方程组，消去得关于的一元二次方程，再将面积表示成关于的函数，从而求得的最大值．

【详解】

（1）当时，椭圆的

，是椭圆的两个短轴端点分别为、，

设直线方程为．

由得．

，，

，

；

（2）设的面积为，的面积为，

设直线的方程为，，，，

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．

【点睛】

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．

20．已知数列的首项为，且满足，数列满足，数列的前项和．

（1）求数列的通项公式；

（2）令，求证：．

【答案】（1） ；（2）证明见解析

【解析】（1）由，可得，再将换为，两式相减，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求；

（2）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，结合不等式的性质，即可得证．

【详解】

（1），且满足，

可得，即，

当时，，又，

两式相减可得，

满足，则；

（2）证明：，

，

则，

，

相减可得，

所以，

可得，

由，即有，

可得，

则．

【点睛】

本题考查数列的通项公式的求法，注意运用等比数列的定义和通项公式，考查等差数列和等比数列的求和公式，以及数列的错位相减法求和，化简变形能力和运算能力、推理能力．

21．已知函数．

（1）求函数的单调区间；

（2）若关于的不等式．恒成立，求整数的最小值．

【答案】（1）详见解析 ；（2）2

【解析】（1）对函数进行求导得，再对分子进行讨论，判断函数的单调性；

（2）用分离常数法，构造函数，求的最大值，由，，求出整数的最小值．

【详解】

（1），，

当时，，

，，单调递增，

，，单调递减，

当时，△，

若，，即时，，开口向上，

所以，单调递增；

若，即，，有两个根，，，

当或，时，，单调递增，

当，时，，单调递减；

若，则，，有两个根，，，

由韦达定理，所以，

当，，单调递增，

当，时，，递减；

（2）由得，，

分离常数，，，

，

，在递增，，，

故存在唯一，使得，即，

所以时，，

所以，，故，

所以的最小整数值为2.

【点睛】

本题考查用函数的单调性、含参不等式恒成立问题、导数的综合应用，考查函数与方程思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力．

22．已知曲线的极坐标方程是，直线的参数方程是为参数）

（1）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；

（2）设直线与轴的交点是，直线与曲线交于，两点，求的值．

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）将曲线变形为，由，，，代入即可得到所求曲线的直角坐标方程；

（2）令，可得，将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，求得的两解，由参数的几何意义，计算即可得到所求和．

【详解】

（1）曲线的极坐标方程是，

即为，

由，，，

可得，

即；

（2）直线的参数方程是为参数）

令，可得，，即，

将直线的参数方程代入曲线，可得：

，

即为，

解得，，

由参数的几何意义可得，

．

【点睛】

本题考查极坐标方程和直角坐标方程的互化，注意运用，，进行方程的转化，同时注意运用参数的几何意义进行求解，考查方程思想的运用和运算求解能力．

23．选修4-5：不等式选讲

已知函数的最大值为.

（1）求的值；

（2）若， ，求的最大值.

【答案】（1）2（2）2

【解析】试题分析：（1）根据绝对值定义，将函数化为分段函数形式，分别求各段最大值，最后取各段最大值的最大者为的值；（2）利用基本不等式得，即得的最大值.

试题解析：（1）由于由函数的图象可知.

（2）由已知,有，   

因为(当时取等号)，(当时取等号)，

所以，即，

故的最大值为2.