福建省厦门第一中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题

福建省厦门第一中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题

‎2019-2020学年福建省厦门一中高三（上）期中数学试卷（理科）‎ 一、选择题（本大题共12小题）‎ 1. 若集合，且，则集合B可能是 A. B. C. D. R 2. 已知，，其中i是虚数单位，则的虚部为 A. B. C. D. ‎ 3. 函数且的图象可能为 A. B. C. D. ‎ 4. 已知为等比数列，，，则 A. 7 B. C. D. ‎ 5. 已知函数且若函数的图象上有且只有两个点关于y轴对称，则a的取值范围是 A. B. C. D. ‎ 6. 若，，，则的最小值是 A. B. ‎3 ‎C. D. 4‎ 7. 水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征．如图是一个半径为R的水车，一个水斗从点出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时60秒经过t秒后，水斗旋转到P点，设P的坐标为，其纵坐标满足则下列叙述错误的是 A. B. 当时，函数单调递减 C. 当时，点P到x轴的距离的最大值为6 D. 当时，‎ 8. ‎2013年第12届全国运动会将在沈阳举行，某校4名大学生申请当A，B，C三个比赛项目的志愿者，组委会接受了他们的申请，每个比赛项目至少分配一人，每人只能服务一个比赛项目，若甲要求不去服务A比赛项目，则不同的安排方案共有 A. 20种 B. 24种 C. 30种 D. 36种 9. 已知双曲线的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点．若，则双曲线C的离心率为 A. B. C. D. 2‎ 10. 已知向量，，满足，，与的夹角为，，则的最小值为 A. B. C. D. ‎ 11. 已知函数的图象与直线恰有三个公共点，这三为点的横坐标从小到大分别为，，，则的值为 A. B. C. D. ‎ 1. 在三棱锥中，，，，点P在平面ACD内，且，设异面直线BP与CD所成角为，则的最小值为 A. B. C. D. ‎ 二、填空题（本大题共4小题）‎ 2. 已知关于x，y的二元一次不式组，则的最大值为______ ．‎ 3. 已知，则展开式中的常数项为______．‎ 4. 如图是由正三棱锥与正三棱柱组合而成的几何体的三视图，该几何体的顶点都在半径为R的球面上，则该几何体的体积为______．‎ 5. 的垂心H在其内部，，，则的取值范围是______‎ 三、解答题（本大题共7小题）‎ 6. 已知函数． 求函数在上的单调递减区间； 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，求的两个内角B，C及分别对应的边长b，c． ‎ 7. 已知三棱锥如图一的平面展开图如图二中，四边形ABCD为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中； Ⅰ证明：平面平面ABC； Ⅱ若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求二面角的余弦值． ‎ ‎ ‎ 1. 已知椭圆E：的左焦点为F，设M，N是椭圆E的两个短轴端点，A是椭圆E的长轴左端点． Ⅰ当时，设点，直线PN交椭圆E于Q，且直线MP、MQ的斜率分别为，，求的值； Ⅱ当时，若经过F的直线l与椭圆E交于C，D两点，O为坐标原点，求与的面积之差的最大值． ‎ 2. 已知数列的首项为，且满足，数列满足，数列的前n项和． 求数列的通项公式； 令，求证：． ‎ 3. 已知函数． 求函数的单调区间； 若关于x的不等式恒成立，求整数a的最小值． ‎ 1. 已知曲线C的极坐标方程是，直线l的参数方程是为参数 将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程； 设直线l与x轴的交点是P，直线l与曲线C交于M，N两点，求的值． ‎ 2. 已知函数的最大值为k． 求k的值； 若a，b，，，求的最大值． ‎ 答案和解析 ‎1.【答案】A ‎ ‎【解析】解：， ，且， 可能是． 故选：A． 根据即可得出，并且，从而可判断哪个选项的集合可以是集合B． 本题考查了描述法、列举法的定义，交集的定义及运算，子集的定义，考查了推理能力，属于基础题． 2.【答案】B ‎ ‎【解析】解：，， ， 的虚部为． 故选：B． 直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案． 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题． 3.【答案】D ‎ ‎【解析】【分析】 由条件可得函数为奇函数，故它的图象关于原点对称；再根据时，，结合所给的选项，得出结论． 本题主要考查函数的奇偶性的判断，奇函数的图象特征，函数的定义域和值域，属于中档题． 【解答】 解：对于函数且，由于它的定义域关于原点对称， 且满足，故函数为奇函数，故它的图象关于原点对称． 故排除A、B． 当，，故排除C， 故选：D． 4.【答案】C ‎ ‎【解析】解：为等比数列，，， 由等比数列的性质，， 或， 当时，， 则， 当时，， 则， 故选：C． 由等比数列的性质，，结合已知可求，，然后结合等比数列的性质即可求解， 本题主要考查了等比数列的性质及通项公式的简单应用，属于基础试题． 5.【答案】D ‎ ‎【解析】解：由题意，时，显然成立； 时，关于y轴的对称函数为，则，， 综上所述，a的取值范围是， 故选：D． 由题意，时，显然成立；时，关于y轴的对称函数为，则，即可得到结论． 本题主要考查分段函数的应用，考查函数的解析式，属于中档题． 6.【答案】D ‎ ‎【解析】解：考察基本不等式当且仅当时取等号 整理得 即，又， 所以当且仅当时取等号， 则的最小值是4， 故选：D． 首先分析题目由已知，，，求的最小值，猜想到基本不等式的用法，利用代入已知条件，化简为函数求最值 本题主要考查基本不等式的用法，对于不等式在求最大值最小值的问题中应用非常广泛，需要同学们多加注意，属于基础题． 7.【答案】B ‎ ‎【解析】解：由题意得，，，解得； 把点代入中，可得，，，则A正确； 当时，，函数单调递减，所以B错误； 由，当时，，点P到x轴的距离的最大值为6，所以C正确； 当时，，P的纵坐标为6，，所以D正确． 故选：B． 求出函数的解析式，再分析选项，即可得出结论． 本题主要考查了在实际问题中建立三角函数模型的问题，也考查了运用三角函数的最值，周期等问题，是中档题． 8.【答案】B ‎ ‎【解析】解：甲在B、C中任选一个，在这个前提下，剩下三个人可以在三个比赛中各服务一个，就是，也可以在除了甲之外的两个项目中服务，就是， 不同的安排方案共有 故选B． 先安排甲，再安排其余3人，利用分布计算原理可得结论． 本题考查分布计算原理的运用，考查学生的计算能力，属于基础题． 9.【答案】A ‎ ‎【解析】解：双曲线的右顶点为， 以A为圆心，b为半径做圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点． 若，可得A到渐近线的距离为：， 可得：，即，可得离心率为：． 故选：A． 利用已知条件，转化求解A到渐近线的距离，推出a，c的关系，然后求解双曲线的离心率即可． 本题考查双曲线的简单性质的应用，点到直线的距离公式以及圆的方程的应用，考查转化思想以及计算能力． ‎ ‎10.【答案】B ‎ ‎【解析】解：向量，，满足，，与的夹角为， 如图所示，取， 设，， ， ， ， 故C在为以为圆心以2为半径的圆的上 则表示C到距离， 由圆心到距离为， 故的最小值为， 故选：B ，设，则可得C在为以为圆心以2为半径的圆的上，进而得到答案． 本题考查了向量三角形法则、平行四边形法则、菱形的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 11.【答案】C ‎ ‎【解析】解：函数的图象关于对称，直线过， 则， 所以函数的图象与直线恰有三个公共点如图所示， 且在区间内相切，其切点为，由于， ，即， ． 故选：C． 函数的图象与直线恰有三个公共点，画出图象，且在区间内相切，其切点为，利用导数的几何意义得出，从而得到结论． 本题考查导数的运用，同时也涉及了三角函数有关基础知识，考查数形结合思想及运算求解能力，属于一般题目． 12.【答案】A ‎ ‎【解析】解：取CD中点K，连接AK，BK， ，， ， ， 为正， 取AK中点O，连接BO， 则，且， 易知平面ABK， ， 平面ACD， ， 在图中圆O上， 当P与G，H 重合时，最大， 当P与M，N重合时，最小． 故选：A． 取CD中点K，易得三角形ABK为正三角形，取AK中点O，可证平面ACD，进而确定点P的位置，求得最小值． 本题考查了异面直线所成角的求法，线面垂直等知识，考查了运算求解能力，是中档题． 13.【答案】5 ‎ ‎【解析】解：由二元一次不式组作可行域如图， 联立，解得：． 令，则， 由图可知，当过点A时，直线在y轴上的截距最小， 此时z有最大值为． 故答案为：5． 由二元一次不式组作出可行域，令，数形结合可得使取得最大值的点，联立方程组求得点的坐标，代入求得最大值． 本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题． 14.【答案】 ‎ ‎【解析】解：， ， 其展开式的通项公式为 ； 令，解得； 展开式中常数项为． 故答案为：． 根据定积分运算求出a的值，再利用二项式定理求展开式中的常数项． 本题考查了二项式定理的应用问题，也考查了定积分的计算问题，是中档题． 15.【答案】 ‎ ‎【解析】解：正三棱柱的底面边长为，三棱柱的高为2， 设正三棱柱的上下底面中心为O，， 则几何体外接球的球心为的中点H， 设三棱柱的底面一个顶点为A， 底面边长为，，， ． 即外接球的半径为三棱锥的高为：． 所以，几何体的体积为：． 故答案为：． 几何体外接球的球心在棱柱上下底面中心连线的中点，根据三棱柱的底面边长和高，利用勾股定理即可求出外接球半径．然后求解棱锥的高，求解几何体的体积即可． 本题考查了棱柱与外接球的位置关系，几何体的体积的求法，是中档题． 16.【答案】 ‎ ‎【解析】解：设AD，BE是高，H就是AD、BE交点， 那么，， ，， ‎ 所以， 所以∽， 所以， ． 在中，，，设 由正弦定理可得： ， 故答案为： 设AD，BE是高，H就是AD、BE交点，得到∽，利用对应边成比例得到BC， 在中，，，设 由正弦定理可得：即可． 本题考查了垂心、正弦定理、三角恒等变形、三角函数性质，通过三角形相似求得BC是关键，属于难题． 17.【答案】解：由已知得： ， 由，，可得， 又， 函数在的单调递减区间为和． 由知 由，可得． 中是锐角三角形， ， ， ，即， 又，正弦定理可得：，即， 由余弦定理可得，可得，， 由解得， 为正三角形，可得． ‎ ‎【解析】利用二倍角，诱导公式和辅助角化简，结合三角函数的单调性即可求解． 由，求解角A，，，利用正余弦定理化简可得，由余弦定理可得，联立解得，可得． 本题主要考查三角函数的图象和性质，正弦定理的运用，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键，属于中档题． 18.【答案】证明：三棱锥如图一的平面展开图如图二中， ‎ 四边形ABCD为边长等于的正方形，和均为正三角形， ，，， 取AC中点O，连结PO，BO， 则，，且， ，， 平面平面ABC． 解：Ⅱ由Ⅰ知，，， ，平面PAC， 是直线BM与平面PAC所成角，且， 当OM最短时，即M是PA中点时，最大， 由平面ABC，，得，， 以OC，OB，OD所成直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则0，，0，，1，，0，，0，，， ，0，，0，， 设平面MBC的法向量y，， 则，取，得1，， 设平面PBC的法向量y，， 则，取，得1，， 设二面角的平面角为， 则． 二面角的余弦值为． ‎ ‎【解析】取AC中点O，连结PO，BO，则，，，由此能证明平面平面ABC． Ⅱ由，，得平面PAC，从而是直线BM与平面PAC所成角，且，进而当OM最短时，即M是PA中点时，最大，由平面ABC，，得，，以OC，OB，OD所成直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值． 本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 19.【答案】解：Ⅰ当时，椭圆E：， M，N是椭圆E的两个短轴端点分别为、， 设PN直线方程为， 由得， ，，， ，， ； Ⅱ设的面积为，的面积为， 设直线l的方程为，，， 由，整理得：， 由韦达定理可知：， ， 当时，， 当时，， 当且仅当，即时等号成立． 的最大值为． ‎ ‎【解析】本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，韦达定理，直线的斜率公式，三角形面积公式及基本不等式的综合应用，考查转化思想，属于中档题． ‎ Ⅰ设PN直线方程为，由得，可得，，即可得； Ⅱ设的面积为，的面积为，设直线l的方程为，，，由，整理得：， ，分类，当时，，时，根据基本不等式的关系，即可求得的最大值． 20.【答案】解：，且满足， 可得，即， 当时，，又， 两式相减可得， 满足，则； 证明：， ， 则， ， 相减可得 ， 化为， 可得， 由，即有， 可得， 则． ‎ ‎【解析】由，可得，再将n换为，两式相减，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求； 运用对数的运算性质和等差数列的求和公式，求得，，再由数列的错位相减法求和，可得，再由放缩法和等比数列的求和公式，结合不等式的性质，即可得证． 本题考查数列的通项公式的求法，注意运用等比数列的定义和通项公式，考查等差数列和等比数列的求和公式，以及数列的错位相减法求和，化简变形能力和运算能力、推理能力，属于中档题． 21.【答案】解：，， 当时，，， 0'/>，递增，，，递减， 当时，， 若，，即时，，开口向上，所以，单调递增； 若，即，，有两个根，，， 当，， 0'/>，单调递增，当时，，递减； 若，则，，有两个根，，， 由韦达定理，所以，当， 0'/>，单调递增，当时，，递减； 由得，， 分离常数，，，， ，y在递增，，，故存在唯一，，， 所以时，， 所以，， 故． ‎ ‎【解析】求导，对分子进行讨论，判断函数的单调性； 用分离常数法，构造函数，求的最大值，由，，求出a即可． 考查用导数判断函数的单调性，含参不等式恒成立问题，导数的综合应用，中档题． ‎ ‎22.【答案】解：曲线C的极坐标方程是， 即为， 由，，， 可得， 即； 直线l的参数方程是为参数 令，可得，，即， 将直线l的参数方程代入曲线C：，可得： ， 即为， 解得，， 由参数t的几何意义可得， ． ‎ ‎【解析】将曲线C变形为，由，，，代入即可得到所求曲线C的直角坐标方程； 令，可得，将直线的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，求得t的两解，由参数的几何意义，计算即可得到所求和． 本题考查极坐标方程和直角坐标方程的互化，注意运用，，，考查直线的参数方程的运用，注意运用参数的几何意义，考查联立方程解方程思想，属于基础题． 23.【答案】解：由于， 当时，， 当时，， 当时，， 所以， 由已知，有， 因为当取等号，当取等号， 所以，即， 故． ‎ ‎【解析】根据分段函数的单调性求出函数的最大值，即可求出k的值， 根据基本不等式即可求出答案 本题考查了绝对值不等式的解法和基本不等式的应用，属于中档题 ‎