湖北省宜昌市2020届高三上学期期末考试数学（理）试题

湖北省宜昌市2020届高三上学期期末考试数学（理）试题

宜昌市2020届高三年级元月调研考试试题 理科数学 一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60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.已知实数集，集合，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得集合，集合，再结合集合的交集运算，即可求解.‎ ‎【详解】由集合，集合，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，其中解答中正确求解集合，再结合集合的交集的运算进行求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎2.设，，，则、、的大小关系是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数函数的性质，求得，，再由对数函数的性质，得到，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，根据指数函数的性质，可得，，‎ 由对数函数的性质，可得，所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了指数函数与对数函数的性质的应用，其中解答中熟记指数函数与对数函数的性质，求得的范围是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎3.已知等比数列的各项均为正数，若，则（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 4 D. 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由对数的运算性质，求得，再由等比数列的性质，得到，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，可得，所以，‎ 又由等比数列的性质，可得，即，所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了对数的运算性质，以及等比数列的性质的应用，其中解答中熟练应用对数的运算性质，结合等比数列的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎4.已知向量，，若，则在方向上的投影为（ ）‎ A. B. 1 C. D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，求得，得到即，，再结合向量在方向上的投影的计算公式，即可求解.‎ 详解】由题意，向量，，‎ 因为，所以，解答，‎ 即，，‎ 则在方向上的投影为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算，以及向量垂直的坐标表示和投影的计算，其中解答中熟记向量投影的定义，以及熟练应用向量的数量积的运算公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎5.中国的计量单位可以追溯到4000多年前的氏族社会末期，公元前221年，秦王统一中国后，颁布同一度量衡的诏书并制发了成套的权衡和容量标准器.下图是古代的一种度量工具“斗”（无盖，不计量厚度）的三视图（其正视图和侧视图为等腰梯形），则此“斗”的体积为（单位：立方厘米）（ ）‎ A. 2000 B. 2800 C. 3000 D. 6000‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由题设提供的三视图可知该几何体是一个上下底边长分别为正方形的四棱台，其体积，应选答案B．‎ ‎6.“”是“椭圆的焦距为4”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由椭圆的焦距为4，分类讨论求得或时，再结合充分条件和必要条件的判定方法，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，椭圆可化为，‎ 当时，，解得，‎ 当时，，解得，‎ 即当或时，椭圆的焦距为4，‎ 所以“”是“椭圆的焦距为4”的充分不必要条件.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及几何性质，以及充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记椭圆的标准方程和几何性质，结合充分条件、必要条件的判定求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.‎ ‎7.函数的部分图像可能是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数奇偶性的定义，求得函数为奇函数，图象关于原点对称，再结合，即可求解，单调答案.‎ ‎【详解】由题意，函数的定义域为，‎ 且满足，‎ 所以函数为奇函数，图象关于原点对称，排除A、C.‎ 又由当时，，所以选项B符合题意.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的图象的识别，以及函数的奇偶性的应用，其中解答中熟练应用函数的性质进行判定是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.‎ ‎8.某地为了加快推进垃圾分类工作，新建了一个垃圾处理厂，每月最少要处理300吨垃圾，最多要处理600吨垃圾，月处理成本（元）与月处理量（吨）之间的函数关系可近似的表示为，为使每吨的平均处理成本最低，该厂每月处理量应为（ ）‎ A. 300吨 B. 400吨 C. 500吨 D. 600吨 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，得到每吨的平均处理成本为，再结合基本不等式求解，即可得到答案.‎ ‎【详解】由题意，月处理成本（元）与月处理量（吨）的函数关系为，‎ 所以平均处理成本为，其中，‎ 又由，‎ 当且仅当时，即时，每吨的平均处理成本最低.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了基本不等式的实际应用，其中解答中认真审题，列出每吨的平均处理成本的函数关系，结合基本不等式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎9.已知函数的部分图象如图所示，点，，则下列说法错误的是（ ）‎ A. 直线是图象的一条对称轴 B. 的最小正周期为 C. 在区间上单调递增 D. 的图象可由向左平移个单位而得到 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角函数的图象，求得函数的解析式，再结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求求解.‎ ‎【详解】由题意，函数的图象过点，‎ 可得，即，即，‎ 因为，所以，即，‎ 又由点，即，可得，解得，‎ 所以函数的解析式为，‎ 令，可得，所以是函数的一条对称轴，所以A是正确的；‎ 由正弦型函数的最小正周期的计算的公式，可得，所以B是正确的；‎ 当，则，‎ 根据正弦函数的性质，可得函数在区间单调递增，所以C是正确的；‎ 由函数向左平移个单位而得到函数，‎ 所以选项D不正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用三角函数的图象求解三角函数的解析式，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，准确计算与逐项判定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎10.已知椭圆与圆在第二象限的交点是点，是椭圆的左焦点，为坐标原点，到直线的距离是，则椭圆的离心率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接，得到，作，求得，利用椭圆的定义，可求得，在直角中，利用勾股定理，整理的，即可求解椭圆的离心率.‎ ‎【详解】如图所示，连接，因为圆，可得，‎ 过点作，可得，且，‎ 由椭圆的定义，可得，所以，‎ 在直角中，可得，即，‎ 整理得，‎ 两侧同除，可得，解得或，‎ 又因为，所以椭圆的离心率为.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，直角三角形的勾股定理，以及椭圆的离心率的求解，其中解答中熟记椭圆的定义，结合直角三角形的勾股定理，列出关于的方程是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.‎ ‎11.已知函数，对于任意，都有，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，结合函数的性质，得出在区间为单调递增函数，转化为时，在上恒成立，分离参数，得到在上恒成立，再构造新函数，利用导数求得函数的单调性与最小值，即可求解.‎ ‎【详解】根据函数对于任意，都有，‎ 可得函数在区间为单调递减函数，‎ 由，可得函数为偶函数，图象关于轴对称，‎ 所以函数在区间为单调递增函数，‎ 当时，函数，可得，‎ 根据函数在区间为单调递增函数，可得在上恒成立，‎ 即在上恒成立，可转化为在上恒成立，‎ 令，则，‎ 当时，，函数单调递减，‎ 当时，，函数单调递增，‎ 所以当时，函数取得最小值，最小值为，‎ 所以，解得，即实数的取值范围是.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的应用，以及利用函数的单调性求解参数问题，其中解答中把函数的单调性转化为函数的导数恒成立，利用函数的最值求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎12.在棱长为2的正方体中，点是对角线上的点（点与、不重合），则下列结论正确的个数为（ ）‎ ‎①存在点，使得平面平面；‎ ‎②存在点，使得平面；‎ ‎③若的面积为，则；‎ ‎④若、分别是在平面与平面的正投影的面积，则存在点，使得.‎ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，可判定①正确；由面面平行的性质定理，可得判定②正确；由三角形的面积公式，可求得的面积为的范围，可判定③错误；由三角形的面积公式，得到的范围，可判定④正确.‎ ‎【详解】连接，设平面与对角线交于，‎ 由，可得平面，即平面，‎ 所以存在点，使得平面平面，所以①正确；‎ 由，‎ 利用平面与平面平行的判定，可得证得平面平面，‎ 设平面与交于，可得平面，所以②正确；‎ 连接交于点，过点作,‎ 正方体中，平面，所以，‎ 所以为异面直线与的公垂线，‎ 根据，所以，即，‎ 所以的最小面积为.‎ 所以若面积为，则，所以③不正确；‎ 再点从的中点向着点运动的过程中，从减少趋向于0，即，‎ 从增大到趋向于，即，在此过程中，必存在某个点使得，‎ 所以④是正确的.‎ 综上可得①②④是正确的.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了空间直线与平面，平面与平面的位置关系，以及三角形面积，以及投影的定义的应用，其中解答中熟记线面位置关系的判定与性质，以及熟练应用空间几何体的结构特征是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13.已知实数、满足条件，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组表示的平面区域，结合图形确定目标函数的最优解，代入即可求得目标函数的最小值，得到答案.‎ ‎【详解】作出不等式组所标示的平面区域，如图所示，‎ 由，可得直线，当直线平移到点B时，此时直线在轴上的截距最大，目标函数取得最小值，‎ 又由，解得，‎ 所以目标函数的最小值为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．‎ ‎14.已知，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用三角函数的基本关系式和三角函数的诱导公式，化简为三角函数的“齐次式”，代入即可求解.‎ ‎【详解】由题意，可得 ‎.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的基本关系式和诱导公式的化简求值问题，其中解答中熟练应用三角函数的诱导公式，合理利用三角函数的基本关系式，化为“齐次式”求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎15.已知为坐标原点，直线与圆交于、两点，，点为线段的中点.则点的轨迹方程是__________，的取值范围为__________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由圆的弦长公式，可得，得到，即，即可求得点的轨迹方程为，再根据向量的运算可得，结合点与圆的位置关系，即可求解的取值范围，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，圆的圆心坐标，半径，‎ 设圆心到直线的距离为，‎ 由圆的弦长公式，可得，即，整理得，‎ 即，所以点的轨迹表示以为圆心，以为半径的圆，‎ 所以点的轨迹方程为，‎ 根据向量的运算可得 又由，所以，即，‎ 所以，‎ 即的取值范围为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了圆的定义、标准方程的求解，点与圆位置关系的应用，以及轨迹方程求解和向量的线性运算的综合应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.‎ ‎16.已知直线与函数的图像相切于点，与函数的图像相切于点，若，且，，则__________．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由导数的几何意义求得，构造函数，利用导数求得函数的单调性和最值，结合零点的存在定理，即可求解.‎ ‎【详解】依题意，可得，整理得 令，则在单调递增 且，∴存在唯一实数，使 ‎，，，‎ ‎，，∴，故.‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，以及利用导数研究函数的有解问题，其中解答中熟练应用导数的几何意义，得到的方程，构造新函数，利用导数求得函数的单调性与最值，结合零点的存在定理求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. ‎ ‎17.已知分别为三个内角的对边，且.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）在中，，为边的中点，为边上一点，且，‎ ‎，求的面积.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由余弦定理得，再由正弦定理得，进而得，即可求解 ‎（2）在中，求得，，再中由正弦定理得，结合三角形的面积公式，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由余弦定理有，‎ 化简得，‎ 由正弦定理得 ‎∵，∴，‎ ‎∵，∴，∴ ，又由，∴.‎ ‎（2）在中，为边的中点，且，‎ 在中，，，所以，，‎ 中由正弦定理得，得，，，‎ 所以 ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键．通常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.‎ ‎18.已知数列的前项和为，且.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，求数列的前项和.‎ ‎【答案】(1) ；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由数列通项和的关系，推得，结合等比数列的定义和通项公式，即可求解；‎ ‎（2）由（1）可得，利用裂项法，即可求解数列的前项和.‎ ‎【详解】（1）当时，，所以，‎ 当时，因为，所以，‎ 两式作差得，即，‎ 因为，所以数列是首项为1，公比为3的等比数列，‎ 故；‎ ‎（2）因为，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的定义及通项公式，以及“裂项法”求和的应用，其中解答中熟记数列的通项和的关系，以及合理利用“裂项法”求和是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎19.在斜三棱柱中，，侧面是边长为4的菱形，‎ ‎，，、分别为、的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若，求二面角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析； (2) .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）结合菱形性质和勾股定理，证得，再由，得到，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面；‎ ‎（2）以为坐标原点，以射线为轴，以射线为轴，过向上作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，求得平面和的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，因为是菱形，，为中点，所以.‎ 又因为是直角三角形的斜边的中线，‎ 故，又，，‎ 所以，所以是直角三角形，∴，‎ 因为，所以平面，所以，‎ 又因为，，所以，所以平面.‎ ‎（2）由（1）知平面，因为平面，所以平面平面，‎ 又由，所以平面，‎ 以为坐标原点，以射线为轴，以射线为轴，过向上作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系,如图所示，则轴，‎ 则，，，，，‎ ‎，，，‎ 由（1）知平面，∴平面的法向量，‎ 设平面的法向量，，，‎ 则，即，‎ 令，则，.即，‎ 所以，‎ 所以，‎ 故二面角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查了线面垂直关系的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.‎ ‎20.已知椭圆，、为椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点，且.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设直线，过点的直线交椭圆于、两点，线段的垂直平分线分别交直线、直线于、两点，当最小时，求直线的方程.‎ ‎【答案】(1) (2) 或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设椭圆的左焦点，由，解得，再结合椭圆的定义，求得的值，即可得到椭圆的方程；‎ ‎（2）可设直线，联立方程组，求得，利用弦长公式，求得和的长，进而得到，利用基本不等式，求得的值，即可求解.‎ ‎【详解】（1）设椭圆的左焦点，则，解得，‎ 所以，则由椭圆定义，∴，‎ 故椭圆的标准方程为.‎ ‎（2）由题意直线的斜率必定不为零，于是可设直线，‎ 联立方程得，‎ ‎∵直线交椭圆于，，‎ ‎∴‎ 由韦达定理，‎ 则，∴‎ ‎∵，∴，∴‎ 又 ‎∴‎ 当且仅当即时取等号.‎ 此时直线的方程为或.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）当时，求的最大值；‎ ‎（2）若只有一个极值点.‎ ‎（i）求实数的取值范围；‎ ‎（ii）证明：.‎ ‎【答案】(1) 最大值为-1. (2) （i）（ii）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，，令，利用导数求得函数的单调性，即可求得函数的最大值；‎ ‎（2）由，得到，分和讨论，求得函数的单调性与最值，结合函数的性质，即可得到答案.‎ ‎【详解】（1）当时，，.‎ 令，则，‎ ‎∴在上单调递增，在上单调递减 ‎∴，故的最大值为-1.‎ ‎（2），.‎ ‎①当时，在恒成立，则在单调递增.‎ 而，当时，，‎ 则，且，∴使得.‎ ‎∴当时，，则单调递减；‎ 当时，，则单调递增，∴只有唯一极值点.‎ ‎②当时，‎ 当时，，则单调递增；‎ 当时，，则单调递减，∴.‎ ‎（i）当即时，在恒成立，则在单调递减，无极值点，舍去.‎ ‎（ii）当即时，.‎ 又，且，∴使得.‎ 由（1）知当时，，则 ‎∴‎ 则，且，∴使得.‎ ‎∴当时，，则单调递减；‎ 当时，，则单调递增；‎ 当时，，则单调递减.‎ ‎∴有两个极值点，，舍去.‎ 综上，只有一个极值点时，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴，.‎ 令，∴，则在单调递减 ‎∴当时，，∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；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．‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.‎ ‎22.已知曲线的极坐标方程为，直线的参数方程为（为参数）.‎ ‎（1）求曲线的直角坐标方程与直线的普通方程；‎ ‎（2）已知点，直线与曲线交于、两点，求.‎ ‎【答案】(1) .(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据极坐标与直角坐标互化公式，以及消去参数，即可求解；‎ ‎（2）设两点对应的参数分别为，，将直线的参数方程代入曲线方程，结合根与系数的关系，即可求解.‎ ‎【详解】（1）对于曲线的极坐标方程为，可得，‎ 又由，可得，即，‎ 所以曲线的普通方程为.‎ 由直线的参数方程为（为参数），消去参数可得，即 直线的方程为，即.‎ ‎（2）设两点对应的参数分别为，，将直线的参数方程（‎ 为参数）代入曲线中，可得.‎ 化简得：，则.‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线的参数方程的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）解不等式：；‎ ‎（2）设时，的最小值为.若正实数满足，求的最大值.‎ ‎【答案】(1) . (2) 最大值为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分类讨论，即可求得不等式的解集，得到答案；‎ ‎（2）由绝对值的三角不等式，求得的最小值，再结合基本不等式，即可求解.‎ ‎【详解】（1）当时，不等式化为，解得；‎ 当时，不等式化为，解得；‎ 当时，不等式化为，解得；‎ 综上，不等式的解集为.‎ ‎（2）由 所以的最小值，∴，‎ 因为，，，‎ 可得，当且仅当取等号.‎ 所以，当且仅当取等号.‎ 故的最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的求解，以及绝对值三角不等式的应用，其中解答中熟记绝对值不等式的解法，以及合理应用绝对值的三角不等式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎ ‎