河南省洛阳市2020届高三上学期期中考试数学（理）试题

河南省洛阳市2020届高三上学期期中考试数学（理）试题

洛阳市2019—2020学年高中三年级上学期期中考试 数学试卷（理）‎ 一、选择题：本大题共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.已知为虚数单位，复数z满足，则等于（ ）‎ A. B. C. 1 D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简得到，再计算.‎ ‎【详解】则, ‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了复数的模，属于简单题.‎ ‎2.已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算集合A和集合B，再根据关系解得答案.‎ 详解】‎ ‎，则 ‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了集合的包含关系，属于基础题型.‎ ‎3.已知实数满足则的最大值为（ ）‎ A. 0 B. 3 C. 4 D. 7‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出可行域，根据平移得到答案.‎ ‎【详解】画出可行域：‎ 如图所示，取画出图像 通过平移：当目标函数过直线和的交点时，有最大值 即时，有最大值为 ‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查了线性规划，准确作图是解题的关键.‎ ‎4.执行如图所示的程序框图，若输出的，则输入的值为（ ）‎ A. 1 B. 2‎ C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设数列，则程序框图表示的是从项到项之和，利用裂项相消法得到答案.‎ ‎【详解】设数列 ‎ 则程序框图表示的是数列从项到项之和 即 ‎ ‎ ‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了程序框图，确定程序框图所表示的数列关系是解题的关键.‎ ‎5.已知，，，则的大小关系是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据函数的单调性判断，再判断得到答案.‎ ‎【详解】‎ 故 ‎ ‎ ，即 ‎ 故 故选：A ‎【点睛】本题考查了利用函数的单调性比较大小，意在考查学生的计算能力.‎ ‎6.在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P，Q，R分别为棱AA1，BC，C1D1的中点，经过P，Q，R三点的平面为，平面被此正方体所截得截面图形的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先确定平面被此正方体所截得截面图形为正六边形，再计算机其面积为得到答案.‎ ‎【详解】如图所示：是对应线段的中点.‎ 易知：与相交，确定一个平面 ‎，故在平面内，同理在平面内 故平面被此正方体所截得截面图形为正六边形，边长为 ‎ ‎ ‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了截面图形的面积，确定截面为正六边形是解题的关键.‎ ‎7.已知偶函数的图象关于对称，且当时，，则时，＝（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对称和偶函数得到周期为4，设，则，代入化简得到答案.‎ ‎【详解】偶函数的图象关于对称 则 ‎ 得到，，故周期为4‎ 设，则 ‎ ‎ ‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查函数的对称性和奇偶性，利用代换得到函数的周期是解题的关键.‎ ‎8.已知函数的定义域为，对任意实数恒成立，若 真，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由真得出两个命题均为真命题，求出、均为真命题时对应的参数的取值范围，取交集即可得出实数的取值范围.‎ ‎【详解】由于命题为真命题，则命题、均为真命题.‎ 若命题为真命题，则，解得.‎ 若命题为真命题，构造函数，则，且.‎ ‎（1）当时，对任意的恒成立，此时，函数单调递增，‎ 且当时，，不合乎题意；‎ ‎（2）当时，恒成立；‎ ‎（3）当时，令，得.‎ 当时，，当时，.‎ ‎，即，解得 所以，当命题为真命题时，.‎ 因此，实数的取值范围是.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查利用复合命题的真假求参数的取值范围，同时也考查了对数型函数的定义域与不等式恒成立问题，解题时要根据复合命题的真假判断出简单命题的真假，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎9.双曲线C的对称轴与坐标轴重合，两个焦点分别为F1，F2，虚轴的一个端点为A，若△AF1F2是顶角为120°的等腰三角形，则双曲线C的渐近线方程为（ ）‎ A. B. 或 C. D. 或 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意得到，再讨论焦点在轴，轴两种情况得到答案.‎ ‎【详解】是顶角为的等腰三角形：则 故 ‎ 当焦点在轴上时：渐近线方程为 当焦点在轴上时：渐近线方程为 综上所述：渐近线方程为或 故选：B ‎【点睛】本题考查了双曲线的渐近线，遗漏一种情况是容易发生的错误.‎ ‎10.已知函数若有三个不等实数根，则的取值范围是（ ）‎ A. （2，＋∞） B. [2，＋∞） C. （，） D. [，]‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出函数图像，根据对称性得到，再计算得到答案.‎ 详解】 ，有三个不等实数根设 画出函数图像得：‎ 根据对称性知： ‎ 取 ，则 综上所述： ‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了函数零点的范围，画出图像得到临界点是解题的关键.‎ ‎11.已知数列{}满足，，，则·的值为（ ）‎ A. 0 B. 1 C. 10102 D. 10101010‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 讨论的奇偶性分别计算得到，代入数据计算得到答案.‎ ‎【详解】，，，‎ 当为奇数时：化简得到，隔项成等差数列.‎ 设，，故 当为偶数时：化简得到，隔项成等比数列.‎ 设，，故 故·‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了数列的求值，讨论的奇偶性分别计算是解题的关键.‎ ‎12.菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，沿对角线AC将三角形ACD折起，当三棱锥D－ABC体积最大时，其外接球表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当平面ACD与平面ABC垂直时体积最大，如图所示，利用勾股定理得到 和，计算得到答案.‎ ‎【详解】易知：当平面ACD与平面ABC垂直时体积最大.‎ 如图所示：‎ 为中点，连接，外接球球心的投影为是中心，在上 ‎，， ，‎ 设半径为，则，‎ 解得： ，表面积 ‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，利用勾股定理求出半径是解题的关键.‎ 二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.已知平面向量，满足，，，则＝__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对 两边平方得到，计算得到答案.‎ ‎【详解】 两边平方得到：，即 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了向量模的计算，意在考查学生的计算能力.‎ ‎14.已知数列{}的通项公式为，若，分别是该数列的最大项和最小项，则i＋j＝__________．‎ ‎【答案】11‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 变形，构造函数，根据函数的单调性，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 易知对应函数 在上单调递减，对应函数值大于零 在上单调递减，对应函数值小于零 故的最大项为，最小项为 即 ‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了数列的最大项和最小项，构造函数得到单调区间是解题的关键，可以简化运算.‎ ‎15.已知函数在处取得最小值，则的最小值为__________，此时__________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用辅助角公式将函数的解析式化简为，可得出函数的最小值，根据题中条件得出与之间的关系，然后利用诱导公式可求出的值.‎ ‎【详解】，锐角满足，，所以，函数的最小值为.‎ 由题意可得，，得 ‎，，‎ 则.‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的最值，解题时首先要利用辅助角公式将三角函数解析式化简，同时要注意取最值时对应角与辅助角之间的关系，并借助诱导公式进行计算，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎16.已知点P是曲线上任意一点，过点P向y轴引垂线，垂足为H，点Q是曲线上任意一点，则｜PH｜＋｜PQ｜的最小值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用抛物线性质得到 设，则，，求导，得到函数的单调性，进而求得最小值.‎ ‎【详解】如图所示：‎ ‎ ， ‎ 即求最小值 设，则 设函数， ‎ ‎，单调递增 故在上单调递减，在上单调递增.‎ ‎，的最小值为 ‎ 当，共线时，有最小值为 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了距离的最小值，变换是解题的关键.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17.设数列前项和为，且，数列满足，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）令，由计算出的值，再令，由计算出，再验证是否满足的表达式，由此可得出数列的通项公式；‎ ‎（2）由题意得出，然后在等式两边同时除以可得出，可知数列是以为公差的等差数列，由此求出数列的通项公式，可解出数列的通项公式，然后利用错位相减法求出数列的前项和.‎ ‎【详解】（1）当时，；‎ 当时，.‎ 也适合，因此，数列的通项公式为；‎ ‎（2），在等式两边同时除以得，且.‎ 所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列，，‎ ‎.‎ ‎，‎ 得，‎ 上式下式得，‎ 因此，.‎ ‎【点睛】本题考查由前项和求数列通项，同时也考查了构造法求数列的通项以及错位相减法求和，在利用前项和求数列通项时，一般利用公式来计算，但需对是否满足的表达式进行验证，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎18.在△ABC中，D是BC中点，AB＝3，AC＝，AD＝．‎ ‎（1）求边BC的长；‎ ‎（2）求△ABD内切圆半径．‎ ‎【答案】（1）4；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，利用两次余弦定理和，化简计算得到答案.‎ ‎（2）利用余弦定理得到，，再利用面积公式得到，再利用计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）设，‎ 在中利用余弦定理得到：‎ ‎， ‎ 解得，则 ‎ ‎（2）‎ 在中，利用余弦定理得到：‎ ‎，，‎ ‎ ‎ 又 即 解得 ‎【点睛】本题考查了余弦定理和面积公式，内切圆半径，其中是一个求内切半径的常用方法，需要熟练掌握.‎ ‎19.如图，在三棱锥中，为正三角形，为棱的中点，，，平面平面．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若是棱上一点，，求二面角的大小．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证明平面得到，再根据得到平面.‎ ‎（2）根据确定为中点，再根据定义得到为面角 的平面角，计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）为正三角形，为棱的中点，故 平面平面，，故平面 平面，故， ‎ 又 ，相交，故平面；‎ ‎（2）Q是棱AB上一点，设为三棱锥的高 ‎，即，故为中点.‎ 由（1）知：，‎ 故即为面角的平面角.‎ 在中，，故 ‎ 为等腰直角三角形，‎ 故二面角 ‎【点睛】本题考查了线面垂直，二面角，找出二面角对应的平面角是解题的关键，也可以利用空间直角坐标系求解.‎ ‎20.已知椭圆C：（a＞b＞0）的离心率为，且经过点P（2，2）．‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）过点Q（1，－1）的直线与椭圆C相交于M，N两点（与点P不重合），试判断点P与以MN为直径的圆的位置关系，并说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）点在以为直径的圆上 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用离心率为，过点，代入计算得到答案案.‎ ‎（2）设直线，联立方程组得到，根据韦达定理计算，验证斜率不存在的情况，得到答案.‎ ‎【详解】（1）的离心率为，得到 ‎ 经过点，则，解得 ‎ 故椭圆C的方程为：‎ ‎（2）当斜率存在时：设直线方程为， ‎ 则 得到： ‎ 在椭圆内，恒有两个交点.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 即 当斜率不存在时： ‎ 即 综上所述：点在以为直径的圆上 ‎【点睛】本题考查了椭圆方程，直线的椭圆的关系，将点在以为直径的圆上转化为 是解题的关键，意在考查学生的计算能力.‎ ‎21.已知函数．‎ ‎（1）求在点处的切线方程；‎ ‎（2）求证：在上仅有2个零点．‎ ‎【答案】（1），（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导得到，代入切点得到切线方程.‎ ‎（2）先验证是函数的个零点，再求导得到当时，函数单调递减.‎ 当时，函数单调递增，得到，根据零点存在定理得到证明.‎ ‎【详解】（1），‎ ‎， ‎ 故切线方法为： ‎ ‎（2），易知： ，是函数的个零点 取，即 画出函数图像：‎ 知两函数有一个交点设为，‎ 当时，，函数单调递减.‎ ‎，所以 当时，，函数单调递增.‎ 时,，根据零点存在定理：当时有且仅有一个零点 综上所述：在上仅有2个零点 ‎【点睛】本题考查了函数的切线问题，零点问题，根据单调性判断存在是解题的关键，意在考查学生的综合应用能力.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．‎ ‎（1）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；‎ ‎（2）若直线与曲线交于、两点，设，求的值．‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在曲线的极坐标方程中，由，可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，在直线的参数方程中消去参数，可得出直线的普通方程；‎ ‎（2）将直线的参数方程表示为（为参数），并设点、对应的参数分别为、，将直线的参数方程与曲线的普通方程联立，得出关于的二次方程，并列出韦达定理，可计算出的值.‎ ‎【详解】（1）在曲线的极坐标方程中，由，可得出曲线的普通方程为，即.‎ 在直线的参数方程中消去得，即；‎ ‎（2）直线的参数方程表示为（为参数），‎ 并设点、对应的参数分别为、，‎ 将直线的参数方程与曲线的直角坐标方程联立，消去、得.‎ 由韦达定理得，.‎ 因此，.‎ ‎【点睛】本题考查极坐标方程、参数方程与普通方程之间的互化，同时也考查了直线参数方程的几何意义，对于这类问题，常将直线的参数方程与曲线的普通方程联立，利用韦达定理求解，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎23.已知函数．‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若的最大值为，、、为正数且，求证：．‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分、、去绝对值，分段解不等式，可得出该不等式的解集；‎ ‎（2）由（1）可将函数表示为分段函数，可求出函数的最大值为，可得出，然后利用柯西不等式得出，由此可证明出.‎ ‎【详解】（1）当时，，由，得，‎ 解得，此时；‎ 当时，，由，得，‎ 解得，此时；‎ 当时，，此时不等式无解.‎ 综上所述，不等式的解集为；‎ ‎（2）由（1）可知.‎ 当时，；当时，；当时，.‎ 所以，函数的最大值为，则.‎ 由柯西不等式可得，即，‎ 即，当且仅当时，等号成立.‎ 因此，.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的求解，同时也考查了绝对值函数的最值以及利用柯西不等式证明不等式，在求解绝对值不等式时，一般利用零点分段法去绝对值来求解，考查分类讨论数学思想，属于中等题.‎ ‎ ‎