内蒙古包钢一中2020届高三上学期期中考试数学（文）试题
文科数学试卷
一、选择题：本题共12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.设集合则=
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
A＝{y|y＝2x，x∈R}＝{y|y>0}．
B＝{x|x2－1<0}＝{x|－1
0}∪{x|－1－1}，故选C．
2.在三棱锥A—BCD中，侧棱AB、AC、AD两两垂直，△ABC、△ACD、△ADB的面积分别为、、．则三棱锥A—BCD的外接球的体积为
A. B. C.
【答案】A
【解析】
【详解】由已知三棱锥的外接球是长为，宽为，高为的长方体的外接球，由长方体对角线长为，得外接球半径为，
故所求球体体积为．
3.给定性质：①最小正周期为π；②图象关于直线对称，则下列四个函数中，同时具有性质①②的是( )
A. B.
C. D. y＝sin |x|
【答案】B
【解析】
因为最小正周期为π，所以排除答案A、D;又图象关于直线x=对称，即时y取最大值或最小值；排除答案C;故选B
4.若函数，且，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
讨论和两种情况，分别解不等式得到答案.
【详解】当时，，故，即；
当时，，即，故；
综上所述：.
故选：.
【点睛】本题考查了解分段函数不等式，意在考查学生的计算能力.
5.若，则的最大值是（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
变换得到，利用均值不等式计算得到答案.
【详解】，，
当，即时等号成立，
故选：.
【点睛】本题考查了利用均值不等式求最值，意在考查学生的计算能力.
6.函数在上的最大值为
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用导数研究函数f（x）在（0，e]上的单调性，由单调性即可求得最大值．
【详解】，令，得，令，得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，函数取极大值，这个极大值也函数在上的最大值，所以，故选A．
【点睛】本题考查利用导数研究函数在区间上的最值问题，属基础题．
7.方程|x2－2x|＝a2＋1(a>0)的解的个数是( )
A. 1 B. 2
C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
函数与函数图象交点个数，即方程的解的个数
【详解】(数形结合法)
∵a>0，∴a2＋1>1.而y＝|x2－2x|的图象如图，
∴y＝|x2－2x|的图象与y＝a2＋1的图象总有两个交点．故选B.
【点睛】方程解的个数的判断方法：
1.直接求方程的根；
2.利用零点的存在性定理再结合函数的单调性确定零点个数，
3.利用函数图象的交点个数判断
8.若一元二次不等式对一切实数都成立,则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由一元二次不等式，可知，所以，得到范围.
【详解】因为一元二次不等式，对一切实数都成立，
所以，即，解得
所以的取值范围为
故选A项.
【点睛】本题考查一元二次不等式恒成立问题，属于简单题.
9.已知等差数列{}的前n项和为，则的最小值为（ ）
A. 7 B. 8 C. D.
【答案】D
【解析】
试题分析：设等差数列的首项为公差为，则由可得所以
，所以.
考点：本小题主要考查等差数列的基本运算、等差数列的通项公式和前n项和公式的应用以及应用基本不等式求最值，
点评：应用基本不等式求最值时，一定要注意一正二定三相等三个条件缺一不可，本题应该特别注意n的取值范围.
10.设变量，满足约束条件则目标函数最大值为（ ）
A. -4 B. 0 C. D. 4
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：画出可行域（如图），直线3x－y=0，平移直线3x－y=0，分析可知当直线经过y=4－x与x－3y+4=0的交点A（2,2）时，z最大值为4，故选D．
考点：本题主要考查简单线性规划的应用．
点评：简单题，简单线性规划问题，已是高考必考题型，注意遵循“画，移，解，答”等步骤．
11.已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=，，则棱锥S—ABC的体积为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【详解】
设球心为点O，作AB中点D，连接OD，CD 因为线段SC是球的直径，
所以它也是大圆的直径，则易得：∠SAC=∠SBC=90°
所以在Rt△SAC中，SC=4，∠ASC=30° 得：AC=2，SA=2
又在Rt△SBC中，SC=4，∠BSC=30° 得：BC=2，SB=2 则：SA=SB，AC=BC
因为点D是AB的中点所以在等腰三角形ASB中，SD⊥AB且SD===
在等腰三角形CAB中，CD⊥AB且CD===
又SD交CD于点D 所以：AB⊥平面SCD 即：棱锥S-ABC的体积：V=AB•S△SCD，
因为：SD=，CD=，SC=4 所以由余弦定理得：cos∠SDC=（SD2+CD 2-SC 2）=（+-16）==
则：sin∠SDC==
由三角形面积公式得△SCD的面积S=SD•CD•sin∠SDC==3
所以：棱锥S-ABC的体积：V=AB•S △SCD==
故选C
解析:
本题是中档题，考查球的内接棱锥的体积的求法，考查空间想象能力，计算能力，有难度的题目，常考题型． 设球心为点O，作AB中点D，连接OD，CD，说明SC是球的直径，利用余弦定理，三角形的面积公式求出S △SCD，和棱锥的高AB，即可求出棱锥的体积．
12.当0b，∴此时B＝，
由余弦定理得：b2＝a2＋c2－2accosB，∴c2－3c＋2＝0，∴c＝2或c＝1.
综上c＝2或c＝1.
【点睛】本题主要考查三角恒等变换，考查正弦定理余弦定理在解三角形中的应用，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
18.已知各项均为正数的等差数列满足:,且成等比数列.
(1)求数列的通项公式;
(2)求同时满足下列条件的所有的和:①;②能够被5整除.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
试题分析：(1)设的公差为,则由题意可得求解易得结论;
(2)由可得n的值是首项为20、公差为5的等差数列,共有20项,求出首项与公差,现利用等差数列的前n项和公式求解即可.
试题解析：
(1)设的公差为,则由题意可得
解得.
所以.
(2)设同时满足和能够被5整除的构成一个新的等差数列,
其中,…,.
所以的公差,
所以的前20项之和为.
19.如图，已知在直四棱柱中，
，，．
（1）求证：平面；
（2）设是上一点，试确定的位置，使平面，并说明理由.
【答案】见解析．
【解析】
试题分析：(1)因为此几何是一个直棱柱，所以.根据线面垂直的判定定理,所以只需再证即可.
(2)从图上分析可确定E应为DC的中点，然后证明：四边形A1D1EB是平行四边形,即可得到D1E//A1B,
根据线面平行的判定定理，问题得证.
（1）设是的中点，连结，则四边形为正方形，
．故，，，，即．又，平面，
（2）证明：DC的中点即为E点，连D1E,BE
所以四边形ABED是平行四边形所以ADBE,又ADA1D1A1D1
所以四边形A1D1EB是平行四边形D1E//A1B ,所以D1E//平面A1BD.
考点：线线，线面，面面平行与垂直的判定与性质.
点评：解本小题的关键是掌握线线，线面，面面垂直的判定与性质，然后从图上分析需要证明的条件，要时刻想着往判定定理上进行转化.
20.如图，在四棱锥平面ABCD，，E为PD的中点，F在AD上且．
（1）求证：CE//平面PAB；
（2）若PA=2AB=2，求四面体PACE的体积．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【详解】试题分析：（1）∵∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，
∴∠FDC＝30°．又∠FCD＝30°，∴∠ACF＝60°，
∴AF＝CF＝DF，F为AD的中点． 3分
又E为PD的中点，∴EF∥PA．
AP平面PAB，∴EF∥平面PAB．
又∠BAC＝∠ACF＝60°．
∴CF∥AB，可得CF∥平面PAB．
又EF∩CF＝F，
∴平面CEF∥平面PAB，而CE平面CEF．
∴CE∥平面PAB． 6分
（2）∵EF∥AP，∴EF∥平面APC．
又∠ABC＝∠ACD＝90°．∠BAC＝60°．PA＝2AB＝2．
∴AC＝2AB＝2，． 9分
∴
． 12分
考点：考查了线面平行的判定，面面平行的判定与性质，锥体的体积．
点评：解本题的关键是利用平行线先判定出面面平行，再证得线面平行，把锥体的体积转化为等体积的锥体求体积．
21.已知函数f（x）＝x﹣1（a∈R，e为自然对数的底数）
（1）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，求a的值
（2）求函数f（x）的极值．
【答案】（1）a＝e；（2）当a≤0时，f（x）无极值；当a＞0时，f（x）在x＝lna处取到极小值lna，无极大值．
【解析】
【分析】
（1）求出f（x）的导数，依题意，f′（1）＝0，从而可求得a的值；
（2）f′（x）＝1，分①a≤0时②a＞0讨论，可知f（x）在∈（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，从而可求其极值；
【详解】解：（1）由f（x）＝x﹣1，得f′（x）＝1，
又曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，
∴f′（1）＝0，即10，解得a＝e；
（2）f′（x）＝1，
①当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）为（﹣∞，+∞）上的增函数，所以f（x）无极值；
②当a＞0时，令f′（x）＝0，得ex＝a，x＝lna，
x∈（﹣∞，lna），f′（x）＜0；x∈（lna，+∞），f′（x）＞0；
∴f（x）在∈（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，
故f（x）在x＝lna处取到极小值，且极小值为f（lna）＝lna，无极大值．
综上，当a≤0时，f（x）无极值；
当a＞0时，f（x）在x＝lna处取极小值lna，无极大值．
【点睛】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道中档题．
22.已知函数，.
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数在区间上是减函数，求实数的最小值.
【答案】（1）函数的增区间是，函数的单调减区间是;（2）
【解析】
【分析】
（1）由函数g′（x）=，得当时，；当时，且，从而得单调性；
（2）由在上恒成立，得，从而，故当，即时，，即可求解.
【详解】（1）由已知得函数的定义域为,
函数,
当时,， 所以函数的增区间是;
当且时,，所以函数的单调减区间是, .....6分
（2）因f(x)在上为减函数，且.
故上恒成立． 所以当时，．
又 ，
故当，即时，．
所以于是，故a最小值为．
