浙江省杭州市杭州市第四中学2020届高三上学期期中考试数学试题

浙江省杭州市杭州市第四中学2020届高三上学期期中考试数学试题

杭四中2019学年第一学期高三数学期中考试试题 一、选择题：每小题4分，共40分 ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎∵集合，，∴，故选B.‎ ‎2.我们把方程分别为：和的双曲线称为共轭双曲线，则共轭双曲线有相同（　　）‎ A. 离心率 B. 渐近线 C. 焦点 D. 顶点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求得共轭双曲线的离心率、渐近线方程和焦点坐标、顶点坐标，可得答案．‎ ‎【详解】解：共轭双曲线和的，设，，‎ 可得它们的焦点分别为，，‎ 渐近线方程均为，‎ 离心率分别为和，‎ 它们的顶点分别为，，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的标准方程和几何性质，属于基础题．‎ ‎3.设a，G，b∈R，则“G2＝ab”是“G为a，b的等比中项”的（　　）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合等比中项的定义，利用充分条件和必要条件的定义判断．‎ ‎【详解】解：若是，的等比中项，则．‎ 当时，满足，但，，不能构成等比数列，‎ 所以“”是“是，的等比中项”的必要而不充分条件，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的应用，利用等比数列的性质和定义进行判断是解决本题的关键，属于基础题．‎ ‎4.若多项式，则（ ）‎ A. 9 B. 10 C. -9 D. -10‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎， ‎ ‎，根据已知条件得 系数为0， 的系数为1 故选D.‎ ‎5.设函数则下列结论错误的是 A. D（x）的值域为{0,1}‎ B. D（x）是偶函数 C. D（x）不是周期函数 D. D（x）不是单调函数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 该题主要考查函数的概念、定义域、值域、单调性、周期性、奇偶性，全面掌握很关键.，C错误 ‎6.中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)的一种，现有十二生肖的吉物各一个，甲、乙、丙三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、兔、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学选取的礼物都满意，那么不同的选法有(　　)‎ A. 50种 B. 60种 C. 70种 D. 90种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，按同学甲的选择分2种情况讨论，求出每种情况的选法数目，由加法原理计算可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，分2种情况讨论：‎ 如果同学甲选牛，那么同学乙只能选兔、狗和羊中的一种，‎ 丙同学可以从剩下的10种中任意选，‎ ‎∴选法有种；‎ 如果同学甲选马，那么同学乙能选牛、兔、狗和羊中的一种，‎ 丙同学可以从剩下的10种中任意选，∴选法有种，‎ 不同的选法共有种，故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查排列、组合的应用，涉及分类计数原理的运用，属于基础题．‎ ‎7.设关于x,y的不等式组表示的平面区域内存在点P(x0，y0)满足x0－2y0=2，求得m的取值范围是 A B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 要使线性约束条件表示的平面区域内存在点P(x0，y0)满足x0－2y0=2，即该平面区域和直线 有交点，而直线的交点在直线上移动，由得交点坐标为，当即时，才会交点.‎ ‎【考点定位】本小题考查了线性约束条件、线性规划问题、两条直线的位置关系和数形结合的思想.‎ ‎8.设0＜a＜1，已知随机变量X的分布列是 X ‎0‎ a ‎1‎ P ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 若，则a＝（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出期望，利用方差公式求解可得结果．‎ ‎【详解】解：，‎ ‎，‎ ‎∴，即，解得．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查方差的求法，考查计算能力，属于中档题．‎ ‎9.已知直三棱柱ABC﹣A'B'C'的底面是正三角形，侧棱长与底面边长相等，P是侧棱AA'上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与直线B'C所成的角为β，二面角P﹣B'B﹣C的平面角为γ，则（　　）‎ A. α＞β＞γ B. α＜β＜γ C. α＞γ＞β D. β＞α＞γ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点，以、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量，设出点的坐标，求出三个角，再比较大小即可．‎ ‎【详解】解：设直三棱柱的棱长与底面边长为2，如图，取中点，‎ 以、所在直线分别为、轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，，，‎ ‎∴，，，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ 由题意，，，则二面角的平面角为，则，‎ 当时，由二次函数的单调性知，．‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查异面直线所成的角、二面角的求法，考查了利用角的余弦值比较角的大小，属于中档题．‎ ‎10.已知函数有两个极值点，若，则关于的方程的不同实根个数为 A. 3 B. 4‎ C. 5 D. 6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：求导得，显然是方程的二不等实根，不妨设，于是关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的解就是或，根据题意画图：‎ 所以有两个不等实根，只有一个不等实根，故答案选A.‎ 考点：导数、零点、函数的图象 二、填空题：单空题每题4分，多空题每题6分 ‎11.若复数满足（为虚数单位），则________；________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎∵，∴，，故答案为，.‎ ‎12.已知 ，若f（x）＝2，则x＝___ 若f（x）2，则x的取值范围为_____．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时，，当时，，由此能求出的值；由，当时，，当时，，由此能求出的取值范围．‎ ‎【详解】解：，‎ 由，‎ 当时，，解得或（舍，‎ 当时，，解得，不合题意，‎ 综上：时，；‎ 由，‎ 当时，，解得或（舍，‎ 当时，，解得，∴，‎ 综上：的取值范围为；‎ 故答案为：；．‎ ‎【点睛】本题主要考查分段函数的函数值和性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．‎ ‎13.某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x的值是_____，最长棱长为_____．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中的三视图可得该几何体是一个以直角梯形为底面的四棱锥，根据体积公式建立关系，可得答案．‎ ‎【详解】解：由已知中的三视图可得该几何体是一个以直角梯形为底面的四棱锥，且梯形上下边长为1和2，高为2，‎ 如图：，，，，，平面，，‎ ‎∴底面的面积，‎ ‎∴几何体的体积，‎ 可得，‎ 最长棱长为：，‎ 故答案为：；．‎ ‎【点睛】本题主要考查由三视图还原直观图，考查棱锥的体积公式，属于中档题．‎ ‎14.已知椭圆的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方，若线段PF的中点在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则|PF|＝_____ P点的坐标为_____．‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得椭圆的，，，，设椭圆的右焦点为，连接，运用三角形的中位线定理和椭圆的焦半径公式，求得的坐标，利用椭圆的定义求解．‎ ‎【详解】解：由题意，该椭圆的长半轴长，短半轴长，半焦距，离心率，‎ 设椭圆的右焦点为，连接，‎ 线段的中点在以原点为圆心，2为半径的圆，‎ 连接，可得，‎ 设的坐标为，由焦半径公式可得，可得，代入到椭圆方程得 ‎，‎ 由得，‎ 故答案为：2；．‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的定义和标准方程、几何性质，注意运用三角形的中位线定理，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎15.已知，则的值为_____．‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知利用三角函数的诱导公式分别求得与的值，则答案可求．‎ ‎【详解】解：∵，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ 故答案：0．‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的化简求值，考查诱导公式的应用，属于基础题．‎ ‎16.在△ABC中，∠ABC为直角，点M在线段BA上，满足BM＝2MA＝2，记∠ACM＝θ，若对于给定的θ，这样的△ABC是唯一确定的，则BC＝_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意利用直角三角形中的边角关系求出、的值，再利用两角差的正切公式求得，从而求出的值．‎ ‎【详解】解：设，，则为锐角，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，‎ 依题意，若对于给定的，是唯一的确定的，‎ 可得，‎ 解得，即的值为，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查直角三角形中的边角关系，两角差的正切公式，属于中档题．‎ ‎17.已知，向量满足，设与的夹角为θ，则的最小值为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件可设，从而根据即可得出，且得出，从而得出，从而得出，从而配方即可求出的最小值．‎ ‎【详解】解：，∴设，‎ ‎∴，‎ 由得，，则，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎，‎ ‎∴当即时取最小值；‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用向量坐标解决向量问题的方法，考查了向量夹角的余弦公式，考查计算能力，属于中档题．‎ 三、解答题：5小题，共74分 ‎18.已知函数，该函数在一个周期内的图象如图所示，A为图象的最高点，B、C为图象与x轴的交点，且△ABC为正三角形．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用二倍角的余弦公式降幂后化积，由为正三角形求得函数的半周期，从而求得周期，则的值可求；‎ ‎（2）利用（1）的结论，结合，求得与，再由 ‎，展开两角和的正弦即可求解．‎ ‎【详解】解：（1）由得：‎ ‎，‎ 又正三角形ABC的高为2，从而BC＝4，‎ ‎∴函数的周期，；‎ ‎（2）由得，‎ 整理得，‎ ‎∵，∴，∴，‎ ‎∴‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题主要考查根据三角函数的图象求解析式，考查两角和的正弦公式，解答此体的关键是拆角和配角，属于中档题．‎ ‎19.‎ ‎11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10:10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立.在某局双方10:10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束.‎ ‎（1）求P（X=2）；‎ ‎（2）求事件“X=4且甲获胜”的概率.‎ ‎【答案】（1）；（2）0.1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)本题首先可以通过题意推导出 所包含的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球”，然后计算出每种事件的概率并求和即可得出结果；‎ ‎(2)本题首先可以通过题意推导出所包含的事件为“前两球甲乙各得分，后两球均为甲得分”，然后计算出每种事件的概率并求和即可得出结果．‎ ‎【详解】(1)由题意可知，所包含的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球”‎ 所以 ‎(2)由题意可知，包含的事件为“前两球甲乙各得分，后两球均为甲得分”‎ 所以 ‎【点睛】本题考查古典概型的相关性质，能否通过题意得出以及所包含的事件是解决本题的关键，考查推理能力，考查学生从题目中获取所需信息的能力，是中档题．‎ ‎20.已知数列{an}中，相邻两项an，an+1是关于x的方程：x2+3nx+bn0（n∈N*）的两实根，且a1＝1．‎ ‎（1）若Sn为数列{an}的前n项和，求S100 ； ‎ ‎（2）求数列{an}和{bn}的通项公式．‎ ‎【答案】（1）S100＝﹣7500；（2），‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由韦达定理可得所以，即把相邻两项之和看成一个新的数列，这个新数列为等差数列，包含新数列的前50项，用等差数列的前项和公式即可；‎ ‎（2）由、两式相减得，即隔项成等差数列，由可得奇数项的通项，由可得偶数项的通项，由的通项可得的通项公式．‎ ‎【详解】解：（1）因为an、an+1是关于的两实根，‎ 所以an+an+1＝﹣3n，a2n﹣1+a2n＝﹣3（2n﹣1）＝3﹣6n，，‎ 所以S100＝﹣7500．‎ ‎（2），，两式相减，，‎ ‎∴，‎ 因为，所以，‎ 因为，所以，‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以，．‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式与前项和及其性质，本题的关键是分奇偶做，属于中档题．‎ ‎21.如图，已知点F（1，0）为抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点，过点F的直线交抛物线于A、B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上．‎ ‎（1）求p的值及抛物线的准线方程 ；‎ ‎（2）求证：直线OA与直线BC的倾斜角互补； ‎ ‎（3）当xA∈（1，2）时，求△ABC面积的最大值．‎ ‎【答案】（1）p＝2，准线方程为x＝﹣1 ；（2）见解析；（3）最大值为2．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得抛物线的焦点，由题意可得，可得抛物线方程和准线方程；‎ ‎（2）设过的直线方程为，，，，，，，联立直线方程和抛物线方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简可得证明，检验直线的斜率不存在，也成立；‎ ‎（3）求得的范围和的坐标，运用点到直线的距离公式可得到直线的距离，由弦长公式可得，由三角形的面积公式和导数的运用，判断单调性可得面积的范围，检验直线的斜率不存在时，可得的面积，进而得到所求最大值．‎ ‎【详解】解：（1）点为抛物线的焦点，即，即，‎ 抛物线的方程为，准线方程为；‎ ‎（2）证明：设过的直线方程为，，，，，，，‎ 即有，，，‎ 联立直线和抛物线可得，‎ 可得，，‎ 则，‎ 由的重心在轴上，可得，即，‎ 即有，‎ 当直线的斜率不存在时，求得，，的坐标，可得．‎ 则直线与直线的倾斜角互补；‎ ‎（3）由（2）可得，，‎ 可得，解得，‎ 由抛物线的定义可得，‎ 由，即，即，，‎ 坐标为，，‎ 到直线的距离为，‎ 可得的面积为，‎ 由，可得，‎ 设，则，‎ 由，则在递减，‎ 可得；‎ 当直线斜率不存在时，设，，可得，‎ 的面积为，‎ 可得的面积的最大值为2．‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的定义、方程和性质，考查直线和抛物线的位置关系及其应用，考查化简运算能力，属于中档题．‎ ‎22.已知实数a≠0，设函数．‎ ‎（1）当a＝﹣1时，求函数f（x）的单调区间； ‎ ‎（2）对任意均有，求a的取值范围．注：e＝2.71828…为自然对数的底数．‎ ‎【答案】（1）单调递减区间为（0，），单调递增区间为（，+∞）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代入，求导后令得减区间，令得增区间；‎ ‎（2）先由，得，再证当时，恒成立即可．‎ ‎【详解】解：（1）由题意，当时，，定义域为，‎ ‎∴，‎ ‎①令，即，解得；‎ ‎②令，即，解得．‎ ‎∴函数的单调递减区间为，单调递增区间为；‎ ‎（2）令，‎ 对任意的，恒成立，‎ ‎∴，得，‎ 下证当时，恒成立，‎ 先证，只需证，‎ 即证，即证，显然成立，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ 当时，，，‎ ‎∴当时恒成立，‎ ‎∴函数在上单调递减，‎ ‎∴当时，恒成立．‎ ‎【点睛】本题考查导数的综合运用，主要考查利用导数研究函数的单调性及不等式的恒成立问题，掌握解决导数问题的常见方法是解题的关键，属于较难题目．‎ ‎ ‎ ‎ ‎