河南省洛阳市2020届高三上学期期中考试数学（文）试题

河南省洛阳市2020届高三上学期期中考试数学（文）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（文）‎ 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，复数满足，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在等式两边同时除以，可求出复数.‎ ‎【详解】，，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎2.已知集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解出集合、，再利用并集的定义可得出集合.‎ ‎【详解】，‎ ‎，因此，.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查集合并集的运算，同时也考查了对数不等式以及一元二次不等式的解法，解题的关键就是解出题中所涉及的集合，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎3.已知实数、满足，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，作出不等式组所表示的可行域，平移直线，观察该直线在轴上取得最大值时对应的最优解，再将最优解代入目标函数计算即可.‎ ‎【详解】设，作出不等式组所表示的可行域如下图所示：‎ 联立，解得，得点，‎ 平移直线，当直线经过点时，直线在轴上的截距最大，此时取得最大值，即.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划问题，考查线性目标函数的最值问题，一般利用平移直线的方法找出线性目标函数取得最值时的最优解，考查数形结合思想的应用，属于中等题.‎ ‎4.执行如图的程序框图，则输出的结果是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 列出算法循环的前三步，找出规律，并得出最后一步输出的表达式，然后利用裂项法求出的值.‎ ‎【详解】第一次循环，，，不成立，；‎ 第二次循环，，，不成立，；‎ 第三次循环，，，不成立，；‎ 依此类推，最后一次循环，，，成立，‎ 输出 ‎.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查利用程序框图计算输出结果，同时也考查了裂项求和法的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎5.已知单位向量、满足，则、夹角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设、的夹角为，在等式两边平方，求出的值，结合的取值范围，可得出的值.‎ ‎【详解】设、的夹角为，由题意可得，‎ 在等式两边平方得，‎ 整理得，解得.‎ ‎，解得，因此，、夹角为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查利用平面向量的模来计算平面向量的夹角，一般将模有关的等式平方，利用平面向量数量积的定义和运算律来求解，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎6.已知，，，则、、的大小关系是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 比较、与的大小，可得出，，再比较与的大小关系，可得出、、三个数的大小关系.‎ ‎【详解】函数为减函数，则.‎ 函数为增函数，则.‎ 下面来比较与的大小关系，即比较与的大小关系，即比较与的大小.‎ ‎，，因此，.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查比较大小，当各数的结构彼此不同时，一般利用中间值法来比较大小，常用的中间值为和，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎7.已知点是圆上任意一点，则点到直线距离的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算出圆心到直线距离的最大值，再加上圆的半径可得出点到直线的距离的最大值.‎ ‎【详解】圆的圆心坐标为，半径为，点到直线的距离为，‎ 因此，点到直线距离的最大值为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查圆上一点到直线距离的最值问题，当直线与圆相离时，圆心到直线的距离为，圆的半径为，则圆上一点到直线的距离的最大值为，最小值为，解题时要熟悉这个结论的应用，属于中等题.‎ ‎8.在棱长为的正方体中，点、、分别为棱、、的中点，经过、、三点的平面为，平面被此正方体所截得截面图形的周长为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，分别取、、的中点、、，证明出、、、、、六点共面，即可得出六边形为平面被正方体所截的截面图形，并证明出该六边形为正六边形，计算出其边长，即可得出截面图形的周长.‎ ‎【详解】如下图所示，分别取、、的中点、、，连接、、.‎ 在正方体中，，又、分别为、的中点，，‎ 所以，四边形为平行四边形，‎ 又、分别为、的中点，，且，‎ ‎，则四边形为梯形，则、、、四点共面，‎ 若平面，易证，且平面，平面，‎ 可得出平面，这与平面矛盾，则平面，‎ 同理可证平面，所以平面截正方体所得截面图形为六边形，易知该六边形的边长均为正方体的面对角线长度的一半，则其边长为，因此，该截面图形的周长为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查平面截正方体所截图形的周长的计算，解题的关键就是找出平面与各棱的交点，并分析出截面图形的形状，考查空间想象能力，属于中等题.‎ ‎9.已知函数定义域为，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.‎ ‎10.双曲线的对称轴与坐标轴重合，两个焦点分别为、，虚轴的一个端点为，若是顶角为的等腰三角形，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得出（为坐标原点）为的直角三角形，然后利用锐角三角函数可得出、的等量关系，由此可计算出双曲线的离心率.‎ ‎【详解】如下图所示，易知，由题意可知，，，‎ 由图形可得，，在中，，‎ ‎，即，，，‎ 因此，双曲线的离心率为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线离心率的计算，解题时要根据题中条件得出、、‎ 的等量关系，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎11.已知数列为等差数列，其前项和为，若（且），有以下结论：①；②；③为递增数列；④．则正确的结论的个数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可设，根据可得出、之间的关系，并求出数列的通项公式，结合和的表达式对各命题的正误进行判断.‎ ‎【详解】设，则，‎ ‎，所以，解得，，则.‎ 当时，；‎ 当时，.‎ 也适合上式，，则，数列可能是增数列，也可能是减数列，，因此，正确的结论序号为①②.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列通项与求和相关命题真假的判断，解题的关键就是要求出等差数列通项和前项和公式，也可以利用等差数列的性质进行判断，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎12.已知三棱锥的侧棱长相等，底面正三角形的边长为，平面时，三棱锥外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 证明，得出，可得出的外接圆直径为，并计算出三棱锥的侧棱长，然后利用公式可得出外接球的半径，并利用球体表面积公式可得出外接球的表面积.‎ ‎【详解】如下图所示：‎ 由题意可知，，，则，.‎ 平面，平面，，，‎ 的外接圆直径为，易知三棱锥的侧面都是等腰直角三角形，‎ ‎，设三棱锥的外接球半径为，则，得.‎ 因此，三棱锥的外接球的表面积为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥的外接球的表面积，分析出几何体的结构，找出合适的模型计算出外接球的半径是解题的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ 二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.已知，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用两角和差的正切公式可得出从而可得出答案.‎ ‎【详解】，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用两角和与差正切公式求值，解题时要注意两角之间的关系，也可以利用诱导公式进行求解，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎14.已知函数的导函数为，，则不等式的解集为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对函数求导得出，然后令可求出的值，可得出函数，由此解出不等式.‎ ‎【详解】对函数求导，得，则，解得.‎ ‎，解不等式，即，解得.‎ 因此，不等式的解集为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查导数的计算，同时也考查了一元二次不等式的解法，解题的关键就是求出函数的解析式，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎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.若命题“，使得成立．”为假命题，则实数的最大值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得知命题“，成立”，且满足不等式，由不等式，变形得出，构造函数，利用导数求出函数在区间上的最小值，可得出实数的最大值.‎ ‎【详解】由题意得知命题“，成立”.‎ ‎（1）当时，不等式成立；‎ ‎（2）当时，由，得，不等式两边取自然对数得，‎ ‎，构造函数，其中.‎ ‎，令，得，当时，.‎ 所以，函数在区间上单调递减，则，.‎ 因此，实数的最大值为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用命题的真假求参数，同时也考查了利用导数研究不等式恒成立问题，解题的关键就是利用参变量分离思想转化为函数的最值来求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ 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.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，求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由三线合一的性质得出，再利用平面与平面垂直的性质定理可得出平面，可得出，再由，结合直线与平面垂直的判定定理可得出平面；‎ ‎（2）由（1）知平面，则三棱锥的高为，计算出的面积和，再利用锥体的体积公式可计算出三棱锥的体积，即为三棱锥的体积.‎ ‎【详解】（1）为等边三角形，且为的中点，.‎ 平面平面，平面平面，平面，‎ 平面，平面，.‎ 又，，、平面，平面；‎ ‎（2），且，，‎ 又是边长为的等边三角形，且为的中点，则，‎ 且，的面积为.‎ 因此，三棱锥的体积为.‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面垂直的证明，同时也考查了三棱锥体积的计算，解题时要充分利用题中的线面垂直或面面垂直条件寻找三棱锥的高，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎18.设数列的前项和为，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.‎ ‎19.在中，是中点，，，．‎ ‎（1）求边的长；‎ ‎（2）求的面积．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，将等式两边平方，利用平面向量的数量积的运算律可求出的值，再利用可计算出边的长；‎ ‎（2）由的值可计算出的值，再利用同角三角函数的平方关系可计算出的值，然后利用三角形的面积公式可求出的面积.‎ ‎【详解】（1）为的中点，，，‎ 即，即，‎ 得，‎ ‎，；‎ ‎（2）由平面向量数量积的定义可得，‎ ‎，‎ 因此，的面积为.‎ ‎【点睛】本题考查三角形中线的计算，同时也考查了三角形面积的计算，在计算三角形中线时，可以利用中线向量结合向量的模来进行计算，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎20.已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）圆的切线与椭圆相交于、两点，证明：为钝角．‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用椭圆定义求出的值，可得出的值，再结合焦点的坐标可得出的值，由此可得出椭圆的方程；‎ ‎（2）分直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，得出直线的方程为，求出点、的坐标，并验证；在直线的斜率存在时，设直线的方程为，由直线与圆相切得出，再将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用平面向量数量积的运算律得出，由此可证明出为钝角.‎ ‎【详解】（1）设椭圆的左焦点为，则，‎ 由椭圆的定义可得，，‎ ‎，因此，椭圆的方程为；‎ ‎（2）①当直线的斜率不存在时，则直线的方程为.‎ 若直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，得，‎ 则点、，，，此时，；‎ 当直线的方程为，同理可得出；‎ ‎②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，‎ 由于直线与圆相切，则，可得.‎ 将直线方程与椭圆的方程联立，‎ 消去得，‎ ‎，‎ 由韦达定理得，.‎ ‎.‎ 综上所述，为钝角.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了直线与椭圆位置关系的综合问题，本题为证明角为钝角，一般转化为平面向量的数量积的符号问题，在解题时也要注意直线与圆垂直这一条件得出参数满足的等式条件的应用，考查计算能力，属于难题.‎ ‎21.已知函数．‎ ‎（1）求在点处的切线方程；‎ ‎（2）求证：在上仅有个零点．‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出和，然后利用点斜式写出所求切线的方程；‎ ‎（2）利用当时，来说明函数在上没有零点，并利用函数 的单调性和零点存在定理证明出函数在区间上有且只有一个零点，并结合，可证明出函数在区间上有两个零点.‎ ‎【详解】（1），则，，.‎ 因此，函数在点处的切线方程为，即；‎ ‎（2）当时，，此时，，所以，函数在区间上没有零点；‎ 又，下面只需证明函数在区间上有且只有一个零点.‎ ‎，构造函数，则，‎ 当时，，‎ 所以，函数在区间上单调递增，‎ ‎，，由零点存在定理知，存在，使得，且当时，，当时，.‎ 所以，函数在处取得极小值，则，‎ 又，所以，由零点存在定理可知，函数在区间上有且只有一个零点.‎ 综上所述，函数在区间上有且仅有两个零点.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求切线方程，以及利用导数研究函数零点个数问题，一般对于函数的零点个数问题，常利用单调性与零点存在定理来解决，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.‎ ‎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.‎ ‎ ‎