2020届吉林省梅河口五中（实验班）等联谊校高三上学期期中数学（文）试题（解析版）

这是一份2020届吉林省梅河口五中（实验班）等联谊校高三上学期期中数学（文）试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020届吉林省梅河口五中（实验班）等联谊校高三上学期期中数学（文）试题  一、单选题1．已知集合，则（）A． B． C． D．【答案】A【解析】求出集合后，根据补集定义求得结果.【详解】或    本题正确选项：【点睛】本题考查集合运算中的补集运算，属于基础题.2．设复数满足(i为虚数单位)，则z的共轭复数的虚部为A．  B． C． D．【答案】B【解析】把已知等式变形,根据复数的除法运算求得复数，再得复数的共轭复数，得解.【详解】因为，, 
所以复数z的共轭复数为，所以复数的共轭复数的虚部为，故选：B.【点睛】本题考查复数的除法运算、共轭复数和复数虚部的概念,属于基础题.3．若某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的A．4 B．13 C．40 D．41【答案】C【解析】运行程序，进行计算，当时退出循环，输出的值.【详解】，；，；，；，.因为，所以输出.【点睛】本小题主要考查程序框图，考查计算程序框图输出的结果.4．已知等差数列{an},若a2=10,a5=1,则{an}的前7项和为A．112 B．51 C．28 D．18【答案】C【解析】根据等差数列的通项公式和已知条件列出关于数列的首项和公差的方程组，解出数列的首项和公差，再根据等差数列的前项和可得解.【详解】由等差数列的通项公式结合题意有: ，解得：，则数列的前7项和为: ，故选：C.【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前项公式，属于基础题.5．已知，，，若，则（   ）A．-5 B．5 C．1 D．-1【答案】A【解析】通过平行可得m得值，再通过数量积运算可得结果.【详解】由于，故，解得，于是，，所以.故选A.【点睛】本题主要考查共线与数量积的坐标运算，考查计算能力.6．甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果以后甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用.若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是（   ）A．丙被录用了 B．乙被录用了 C．甲被录用了 D．无法确定谁被录用了【答案】C【解析】若乙的说法错误，则甲丙的说法都正确，而两人的说法互相矛盾，据此可得，乙的说法是正确的，即甲被录用了.本题选择C选项.7．已知tan θ＝3，则cos＝A．－ B．－ C． D．【答案】C【解析】利用诱导公式化简得sin 2，再利用，可得sin 2，分子分母同时除以即可得解.【详解】∵tanθ＝3，∴cos＝sin 2，故选C.【点睛】本题主要考查了诱导公式及同角三角函数的关系的应用，巧用解题，属于基础题.8．若则的最小值为A．4 B．5 C．7 D．6【答案】C【解析】由已知得代入中化简得，而，再利用基本不等式可得最小值，得解.【详解】由已知，，，，得，所以,那么，当且仅当时取得等号，所以，即的最小值为7，故选:C.【点睛】本题主要考查基本不等式,关键在于先化简已知表达式，巧用“1”构造基本不等式，属于基础题。9．已知，是空间中两条不同的直线，，为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是（   ）A．若，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】C【解析】由题设， 则A. 若，则，错误；B. 若，，则错误；D. 若，，当 时不能得到，错误.故选C.10．在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是侧面AA1D1D与底面ABCD的中心，则下列说法错误的个数为①DF∥平面D1EB1；                  ②异面直线DF与B1C所成的角为；③ED1与平面B1DC垂直;                 ④A．0 B．1 C．2 D．3【答案】A【解析】由可判断①；由，可得异面直线与所成的角即是直线与所成的角（或其补角），可判断②；由且可判断③；由，可判断④，得解.【详解】对于①，平面平面平面，所以①正确；对于②，因为，所以异面直线与所成的角即是直线与所成的角（或其补角），因为为正三角形，所以，所以②正确；对于③，且平面，即平面，所以③正确；对于④，，所以④正确，故选：A.【点睛】本题考查线面平行的判定、异面直线所成的角、线面垂直的判定和等体积法求三棱锥的体积，属于基础题.11．已知函数在上可导且满足，则下列一定成立的为（    ）A． B．C． D．【答案】C【解析】构造函数，求出其导函数说明其单调性，得到不等关系.【详解】解：令,则即在定义域上单调递增即故正确，故选：【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题.12．黄金三角形就是一个等腰三角形，其顶角为36°，底角为72°，底与腰的长度比值约为0.618，这一数值也可以表示为m=2cos72°，若n= cos36°cos72°cos144°，则=（  ）A．-1 B． C．- D．1【答案】C【解析】根据已知利用二倍角的正弦公式，结合诱导公式化简即可求值得解．【详解】∵m＝2cos72°，n= cos36°cos72°cos144°∴mn＝2cos72°cos36°cos72°cos144°，可得：mn=2sin18°cos36°cos72°cos144°，∴mn．故选：C．【点睛】本题主要考查了二倍角的正弦，诱导公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．  二、填空题13．曲线在点处的切线方程为__________．【答案】【解析】求导，可得斜率，进而得出切线的点斜式方程.【详解】由，得，则曲线在点处的切线的斜率为，则所求切线方程为，即.【点睛】求曲线在某点处的切线方程的步骤：①求出函数在该点处的导数值即为切线斜率；②写出切线的点斜式方程；③化简整理.14．设，满足约束条件，则的最大值是______.【答案】7【解析】根据不等式组做出可行域，而表示直线在y轴上的截距，当直线过点A时，z取得最大值，由解得点A代入可得解.【详解】画出不等式组表示的可行域，如下图中的阴影部分所示，由得点，表示直线在y轴上的截距，当直线过点时，z取得最大值.故填：7.【点睛】本题考查简单的线性规划问题，做出可行域、理解目标函数的几何意义、结合数形结合找到目标函数取得最值的最优解是解决此类问题的常用步骤，属于基础题.15．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n＋1(n∈N)，则an＝________．【答案】【解析】根据和项与通项关系得结果.【详解】当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝4≠2×1＋1，因此an＝.【点睛】本题考查和项与通项公式关系，考查基本分析求解能力.16．某几何体的三视图如图所示,则该几何体的内切球的半径为______．【答案】【解析】根据几何体的三视图还原其直观图，由三视图以及边长可得出三棱锥的结构特征，底面是正三角形边长为,一个侧面垂直底面，再由棱锥的体积公式采用等体法即可求解.【详解】几何体是三棱锥,如图：底面是正三角形边长为,一个侧面垂直底面,    高为,,,,,几何体的表面积为：,几何体的体积为：,内切球的半径为r,所以,解得．故答案为：．【点睛】本题主要考查几何体的三视图以及棱锥的体积公式，解题的关键是根据三视图得出几何体的结构特征，此题也考查了学生的计算能力，综合性比较强. 三、解答题17．如图，ABCD是正方形，O是正方形的中心，面ABCD，E是PC的中点．求证:（1）平面BDE；（2）平面平面BDE．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）连接，由分别为中点可知，由线面平行判定定理可证得结论；（2）由正方形特点知，由线面垂直性质知；由线面垂直的判定定理得到平面，由面面垂直判定定理可证得结论.【详解】（1）连接是正方形的中心    为中点，又为中点    平面，平面    平面（2）是正方形的中心    平面，平面    平面，    平面平面    平面平面【点睛】本题考查立体几何中线面平行、面面垂直关系的证明，涉及到线面平行判定定理、线面垂直性质定理和判定定理、面面垂直判定定理的应用，属于常考题型.18．在数列中，已知．（1）求数列,的通项公式；（2）设数列满足，求的前项和.【答案】（1）， （2）【解析】（1）根据等比数列的定义得数列是首项为，公比为的等比数列，由等比数列的通项公式得出数列的通项公式，再代入中得数列的通项公式； （2）由（1）得数列是等比数列和等差数列的每一项求和所得，所以对等比数列和等差数列分别求前项和再相加可得的前项和.【详解】（1）∵,
∴数列是首项为，公比为的等比数列，
∴.
∵ ,     ∴.
（2）由（1）知，，，
∴.所以 ，所以，故得解.【点睛】本题考查等比数列的定义、通项公式和分组成等差数列和等比数列求前项和的方法，属于基础题.19．如图所示，中，．（1）求证：是等腰三角形；（2）求的值以及的面积．【答案】（1）见解析（2），【解析】试题分析：（1）在中，由正弦定理得，进而得，从而得，即可证得；（2）在中，由余弦定理：，得，从而得，利用求面积即可.试题解析：（1）在中，由正弦定理得，则，∴，∴是等腰三角形；（2）由（1）知：，故，在中，由余弦定理：，即，整理得，解得（舍去），， ∴，故；∴．20．如图所示，在三棱柱中，平面是线段上的动点，是线段上的中点.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）若，且直线所成角的余弦值为，试指出点在线段上的位置，并求三棱锥的体积.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）根据棱柱为直棱柱可得平面平面BC，由D为BC中点，得AD垂直BC，由面面垂直的性质定理可得，从而得到证明；（Ⅱ）由直线所成角得，可得长度，从而看确定点E的位置，然后利用可求得所求体积.【详解】（Ⅰ）因为，所以平面ABC.而平面BC,所以平面平面BC.因为线段的中点为，且是等腰三角形，所以而平面ABC, 平面ABC平面BC=BC ,所以.又因为，所以（Ⅱ），则.，即.又，所以，故，所以是直角三角形.在三棱柱中，，直线所成角的余弦为，则在中，，，所以. 在中，，所以.因为，所以点是线段的靠近点的三等分点.因为所以.【点睛】本题考查面面垂直的判定定理和性质定理的应用，考查棱锥体积的求法，利用等体积转化求解体积是常用方法.21．已知函数．（1）设是函数的极值点，求的值，并求的单调区间；（2）若对任意的，恒成立，求的取值范围．【答案】(1) 在和上单调递增，在上单调递减. (2) 【解析】（1）由题意，求得函数的导数，根据是函数的极值点，求得，利用导数符号，即可求解函数的单调区间；所以在和上单调递增，在上单调递减.（2）由函数的导数，当时，得到在上单调递增，又由，即可证明，当时，先减后增，不符合题意，即可得到答案。【详解】（1）由题意，函数，则，因为是函数的极值点，所以，故，即，令，解得或.令，解得,所以在和上单调递增，在上单调递减.（2）由，当时，，则在上单调递增，又，所以恒成立；当时，易知在上单调递增，故存在，使得，所以在上单调递减，在上单调递增，又，则，这与恒成立矛盾.综上，.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的不等关系式，求解参数的取值范围；有时也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．22．在直角坐标系中，圆C的参数方程（为参数），以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求圆C的极坐标方程；（2）直线l的极坐标方程是，射线与圆C的交点为O、P，与直线l的交点为Q，求线段的长. 【答案】（1）；（2）2【解析】（1）首先利用对圆C的参数方程（φ为参数）进行消参数运算，化为普通方程，再根据普通方程化极坐标方程的公式得到圆C的极坐标方程．（2）设，联立直线与圆的极坐标方程，解得；设，联立直线与直线的极坐标方程，解得，可得．【详解】 （1）圆C的普通方程为，又，所以圆C的极坐标方程为.（2）设，则由解得，，得；设，则由解得，，得；所以【点睛】本题考查圆的参数方程与普通方程的互化，考查圆的极坐标方程，考查极坐标方程的求解运算，考查了学生的计算能力以及转化能力，属于基础题.23．已知函数（1）解不等式；（2）若，求证：.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】（1）得到分段函数，分别计算不等式得到答案.（2）不等式等价于，证明得到答案.【详解】（1） 当时，由，解得； 当时，不成立；当时，由，解得．综上所述：不等式 的解集为． （2），即 ． ， ，所以．故所证不等式成立．【点睛】本题考查了解绝对值不等式，不等式的证明，将绝对值不等式转化为分段函数是常用的技巧，需要灵活掌握.