山东省泰安一中宁阳一中2020届高三上学期段考（三）数学试题

山东省泰安一中宁阳一中2020届高三上学期段考（三）数学试题

‎2017级高三上学期段考三考试 数学试题 一、单项选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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.已知集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别解一元二次不等式和对数不等式可得集合，，再根据并集的定义运算即可.‎ ‎【详解】集合，，‎ 则，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的并集的求法，考查一元二次不等式和对数不等式的解法，属于基础题.‎ ‎2.若实数，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的单调性可判断A；举出反例，可判断BC；直接根据不等式的性质即可判断D.‎ ‎【详解】由于函数在定义域内单调递减，故，故A错误；‎ 当，时，满足成立，但不成立，故B错误；‎ 当，时，满足成立，但不成立，故C错误；‎ 直接根据不等式的性质可得D正确，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了通过不等式的性质判断命题的真假，属于基础题.‎ ‎3.设，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解出不等式根据充分条件和必要条件定义分别进行判断即可.‎ ‎【详解】由题解，解得：，解可得：；‎ 则不能推出成立，能推出成立，‎ 所以“”是“”的必要不充分条件，‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键，属于基础题.‎ ‎4.已知是不重合的平面，是不重合的直线，则的一个充分条件是(　　)‎ A. ， B. ，‎ C. ，， D. ，，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，分别分析每个答案，容易得出当，，得出，再得出，得出答案.‎ ‎【详解】对于答案A：，，得出与是相交的或是垂直的，故A错；‎ 答案B：，，得出与是相交的、平行的都可以，故B错；‎ 答案C：，，得出，再得出，故C正确；‎ 答案D: ，，，得出与是相交的或是垂直的，故D错 故选C ‎【点睛】本题主要考查了线面位置关系的知识点，熟悉平行以及垂直的判定定理和性质定理是我们解题的关键所在，属于较为基础题.‎ ‎5.已知正实数，，满足，则（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，则，，，由此能推导出．‎ ‎【详解】解：∵ 正实数，，满足，‎ ‎∴ 设，‎ 则，，，‎ ‎∴ ．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查命题真假的判断，考查对数性质、运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎6.如图中，，，平分线交△ABC的外接圆于点，设，，则向量（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据中，的边角关系，结合圆的性质，得到四边形为菱形，所以．‎ ‎【详解】解：设圆的半径为，在中，，，‎ 所以，，平分线交的外接圆于点，‎ 所以，‎ 则根据圆的性质，‎ 又因为在中，，‎ 所以四边形为菱形，所以．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查了向量的平行四边形法则，共线向量基本定理，圆的性质等知识，考查分析解决问题的能力和计算能力．属于中档题．‎ ‎7.设函数，若为奇函数，则不等式的解集为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 由为奇函数得到，再分析得到函数在上为减函数且在上减函数且，又由则则有，即不等式的解集为 ‎【详解】根据题意，函数，其定义域为，‎ 若为奇函数，则 即解可得则.‎ 又由在为增函数，其，‎ 则在上为减函数且 则在上减函数且，又由则则有，即不等式的解集为 故选 ‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的奇偶性的应用，考查函数的单调性及其应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎8.已知的等比中项为2，则的最小值为（ ）‎ A. 3 B. ‎4 ‎C. 5 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等比中项得：，目标式子变形为，再利用基本不等式求最小值.‎ ‎【详解】，‎ 等号成立当且仅当，原式的最小值为5.‎ ‎【点睛】利用基本不等式求最小值时，注意验证等号成立的条件.‎ ‎9.已知函数（，，）的图象如图所示，令，则下列关于函数的说法中正确的是（ ）‎ A. 函数图象的对称轴方程为 B. 函数的最大值为2‎ C. 函数的图象上存在点，使得在点处的切线与直线平行 D. 若函数的两个不同零点分别为，，则最小值为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数f（x）的图象求出A、T、ω和φ的值，写出f（x）的解析式，求出f′（x），写出g（x）＝f（x）+f′（x）的解析式，再判断题目中的选项是否正确．‎ ‎【详解】根据函数）的图象知，‎ A＝2，，‎ ‎∴T＝2π，ω1；‎ 根据五点法画图知，‎ 当x时，ωx+φφ ‎∴φ，‎ ‎∴f（x）＝2cos ‎ ‎∴f′（x）＝ ，‎ ‎∴g（x）＝f（x）+f′（x）‎ ‎＝2cos ‎ ‎＝2 ‎ 令，k∈Z，‎ 解得 k∈Z，‎ ‎∴函数g（x）的对称轴方程为,k∈Z，A错误 当=，即 时，函数g（x）取得最大值2，B错误；‎ g′（x）＝ ，‎ 假设函数g（x）的图象上存在点P（x0，y0），使得在P点处的切线与直线l：y＝-3x+1平行 则k＝g′（）＝=-3‎ 得,显然不成立，所以假设错误，即C错误；‎ 方程g（x）＝2，则2 ＝2，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴ 2kπ或 ,k∈Z；即 或, k∈Z 故方程的两个不同的解分别为，，则最小值为 的最小值为，D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查了由的部分图象确定解析式，三角函数的性质，也考查了导数的应用以及命题真假的判断问题，是中档题．‎ ‎10.已知函数，若方程有四个不相等的实根，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原题等价于函数的图象与直线有四个交点，当直线与函数相切时，，当直线与函数相切时，利用导数的几何意义可得，再结合图象即可得结果.‎ ‎【详解】作出的图象如图所示，‎ 方程有四个不相等的实根，‎ 等价于函数的图象与直线有四个交点，‎ 其临界位置为和两段曲线相切时，‎ 当直线与函数相切时，‎ 联立得，‎ 由，解得或（由图可得舍负）‎ 当直线与函数相切时，‎ 设切点坐标为，‎ ‎，切线的斜率为：，‎ 切线方程为，‎ 由于切线恒过，代入可得，可得：，‎ 即由图知函数的图象与直线有四个交点时，‎ 实数的取值范围是，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了方程的根的个数与函数图象交点个数的关系及利用导数求函数图象的切线方程，有一定难度.‎ 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题4分，共12分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得4分，有选错的得0分，部分选对的得2分.‎ ‎11.在给出的下列命题中，正确的是（ ）‎ A. 设是同一平面上的四个点，若，则点必共线 B. 若向量是平面上的两个向量，则平面上的任一向量都可以表示为，且表示方法是唯一的 C. 已知平面向量满足则为等腰三角形 D. 已知平面向量满足，且，则是等边三角形 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于A，根据共线定理判断A、B、C三点共线即可；对于B，根据平面向量的基本定理，判断命题错误；对于C，根据向量的运算性质可得OA为BC的垂线且OA在的角平分线上，从而可判断C；对于D，根据平面向量的线性表示与数量积运算得出命题正确；‎ ‎【详解】对于A，，‎ ‎∴，∴，且有公共点C，‎ ‎∴则点A、B、C共线，命题A正确；‎ 对于B，根据平面向量的基本定理缺少条件不共线，故B错误；‎ 对于C，由于，即，，‎ 得，即OA为BC的垂线，‎ 又由于，可得OA在的角平分线上，‎ 综合得为等腰三角形，故C正确；‎ 对于D，平面向量、、满足，且，‎ ‎∴，∴，‎ 即，∴，‎ ‎∴、的夹角为，同理、的夹角也为，‎ ‎∴是等边三角形，故D正确；‎ 故选ACD.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用命题真假的判断考查了平面向量的综合应用问题，属于中档题.‎ ‎12.已知函数的定义域为，部分对应值如下表：‎ ‎0‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎1‎ 的导函数的图象如图所示，关于的命题正确的是（ ）‎ A. 函数是周期函数 B. 函数在上是减函数 C. 函数的零点个数可能为0，1，2，3，4‎ D 当时，函数有 4个零点 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由导函数的图象和原函数的关系画出原函数的大致图象，再借助与图象和导函数的图象，对五个命题，一一进行验证即可得到答案.‎ ‎【详解】由导函数的图象和原函数的关系得，原函数的大致图象可由以下两种代表形式，如图：‎ ‎ 由图得：A为假命题，函数不能断定为是周期函数；‎ B为真命题，因为在上导函数为负，故原函数递减；‎ C为真命题，动直线与图象交点个数可以为0、1、2、3、4个，‎ 故函数的零点个数可能为0、1、2、3、4个；‎ D为假命题，当离1非常接近时，对于第二个图，有2个零点，也可以是3个零点，‎ 故选：BC.‎ ‎【点睛】本题主要考查导函数和原函数的单调性之间的关系,二者之间的关系是：导函数为正，原函数递增；导函数为负，原函数递减，考查了通过函数图象研究零点的个数，属于中档题.‎ ‎13.如图，在正方体中，点是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 无论点在上怎么移动，都有 B. 当点移动至中点时，才有与相交于一点，记为点，且 C. 无论点在上怎么移动，异面直线与所成角都不可能是 D. 当点移动至中点时，直线与平面所成角最大且为 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于A，直接证明面即可判断A；对于B，设A‎1F和B1D相交于点E，则，所以，即可判断B；对于C，F为BC1中点时，最小角的正切值为，最小角大于，即可判断C；对于D，当F为BC1中点时，最大角的余弦值为，最大角大于，可判断D.‎ ‎【详解】对于A选项，在正方体中，易知，由面得，‎ 而，故面，所以，‎ 同理可得：，‎ 又因为，所以面，‎ 又面，∴，即A正确；‎ 对于B选项，当点F为BC1中点时，也是B‎1C的中点，它们共面于平面，且必相交，设交点为E，连接A1D和B‎1F，如图所示：‎ 因为，所以，故B正确；‎ 对于C选项，当F从B移至C1时，异面直线A‎1F与CD所成角由大变小再变大，且F为BC1中点时，最小角的正切值为，最小角大于，即C正确；‎ 对于D选项，当点F在BC1上移动时，直线A‎1F与平面BDC1所成角由小变大再变小，如图所示，其中点O为A1在平面BDC1上的投影，‎ 当F为BC1中点时，最大角的余弦值为，最大角大于，故D错误，‎ 故选：ABC.‎ ‎【点睛】本题考查空间立体几何中的综合问题，涉及线面夹角、异面直线夹角、线线垂直等问题，考查学生的空间立体感和推理运算能力，属于中档题.‎ 三.填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）‎ ‎14.等比数列的各项均为正数，且，则__________ ‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等比数列通项公式得，再由，能求出结果.‎ ‎【详解】∵等比数列的各项均为正数，且，‎ ‎∴由等比数列通项公式得，‎ ‎∴‎ ‎，‎ 故答案为：9.‎ ‎【点睛】本题主要考查对数式求值，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题.‎ ‎15.已知向量，若与的夹角是锐角，则实数的取值范围为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由与的夹角为锐角，则，列出不等式解出，要去掉使与同向（与的夹角为0）的的取值.‎ ‎【详解】∵与的夹角为锐角 ‎∴，即，解得，‎ 当时，与同向，‎ ‎∴实数的取值范围是 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是向量数量积的性质及运算律，将夹角转化为数量积与0的关系是解题的关键，属于中档题.‎ ‎16.已知数列中，，若对于任意的，不等式恒成立，则的取值范围为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由题设可得，即，也即，所以，令可得，将以上等式两边相加可得，所以，即，令，则，解之得或，应填答案．‎ 点睛：本题将数列的列项求和与不等式恒成立问题有机地加以整合，旨在考查数列通项递推关系，列项法求和，不等式恒成立等有关知识和方法．解答本题的关键是建立不等式组，求解时借助一次函数的图像建立不等式组，最后通过解不等式组使得问题巧妙获解．‎ ‎17.在中，角的对边分别为，且面积为，则角= _______ ，面积的最大值为_____.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用余弦定理代入三角形面积公式化简可得，同时注意角的取值范围，即可求出，利用余弦定理得，结合基本不等式可得，代入三角形面积公式即可得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎，，‎ ‎.‎ 由余弦定理得，，‎ ‎（当且仅当时取等号）‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查通过余弦定理解三角形，三角形面积公式以及基本不等式的应用，考查了学生的计算能力，属于中档题．‎ 四.解答题（本大题共6小题，第18题10分，第19-21题14分，第22-23题15分，共82分）‎ ‎18.已知数列中，，且成等比数列，‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若数列满足，求数列的前2项和为.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由成等比数列，化简可得，利用等差数列的通项公式可得；‎ ‎（2）根据通项公式的特征，采用分组求和、并项求和与等差数列前项和公式相结合的形式求和即可.‎ ‎【详解】（1）∵成等比数列，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴数列成等差数列，‎ 由得，‎ ‎∴‎ ‎（2）∵，‎ ‎∴‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、分组求和、并项求和，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.‎ ‎19.设函数，其中.已知.‎ ‎（1）求和的周期.‎ ‎（2）将函数的图象上各点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求在上的最值.‎ ‎【答案】（1），；（2）最小值，最大值 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用三角恒等变换化函数为正弦型函数，根据求出的值，进而可得周期；‎ ‎（2）写出解析式，利用平移法则写出的解析式，由得，结合正弦函数可得结果.‎ ‎【详解】（1）因为 由题设知，‎ 所以，故，‎ 又，所以 周期 ‎（2）由（1）得 将函数的图象上各点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变），‎ 得 ‎ 再将得到的图象向左平移个单位，得到函数的图象，‎ 则，‎ 当，‎ 所以当，即时，取得最小值，‎ 当，即时，取得最大值.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角恒等变换与正弦型函数在闭区间上的最值问题，将函数式化为的形式是解题的关键，属于中档题.‎ ‎20.如图，某公园有三条观光大道围成直角三角形，其中直角边，斜边.现有甲、乙、丙三位小朋友分别在大道上嬉戏，‎ ‎（1）若甲、乙都以每分钟100的速度从点出发在各自的大道上奔走，乙比甲迟2分钟出发，当乙出发1分钟后到达，甲到达，求此时甲、乙两人之间的距离；‎ ‎（2）甲、乙、丙所在位置分别记为点.设，乙、丙之间的距离是甲、乙之间距离的2倍，且，请将甲、乙之间的距离表示为的函数，并求甲、乙之间的最小距离.‎ ‎【答案】（1）；（2）；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意，，中，由余弦定理可得甲乙两人之间的距离；‎ ‎（2）中，由正弦定理可得，可将甲乙之间的距离表示为的函数，并求甲乙之间的最小距离.‎ ‎【详解】（1）依题意得 在△中，，所以 在△中，由余弦定理得 ‎=，‎ 所以 答：甲、乙两人之间的距离为.‎ ‎（2）由题意得 在中，‎ 在△中，由正弦定理得 即 所以，所以当时，有最小值 答：甲、乙之间的最小距离为.‎ ‎【点睛】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查正弦、余弦定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题.‎ ‎21.如图，在四棱锥中，为矩形，是以为直角的等腰直角三角形，平面⊥平面．‎ ‎(1)证明：平面⊥平面；‎ ‎(2) 为直线的中点，且，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；‎ ‎（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由为矩形，得，再由面面垂直的性质可得平面，则 ‎，结合，由线面垂直的判定可得平面，进一步得到平面平面； ‎ ‎（Ⅱ）取中点O，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值，再由平方关系求得二面角的正弦值．‎ ‎【详解】（Ⅰ）证明：为矩形，，‎ 平面平面，平面平面，‎ 平面，则，‎ 又，，‎ 平面，而平面，‎ 平面平面；‎ ‎（Ⅱ）取中点O，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，‎ 由，是以为直角的等腰直角三角形，‎ 得：，‎ ‎．‎ 设平面的一个法向量为，‎ 由，取，得；‎ 设平面的一个法向量为，‎ 由，取，得.‎ ‎．‎ ‎∴二面角的正弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解二面角，是中档题．‎ ‎22.已知函数，．‎ ‎（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；‎ ‎（2）求函数的单调区间；（3）当，且时，证明：．‎ ‎【答案】（1）1（2）见解析（3）见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）函数的定义域为，．‎ 又曲线在点处的切线与直线垂直，‎ 所以，即． ‎ ‎（2）由于．‎ 当时，对于，有在定义域上恒成立，‎ 即在上是增函数．‎ 当时，由，得．‎ 当时，，单调递增；、‎ 当时，，单调递减．‎ ‎(3)当时，，．、‎ 令．‎ ‎．‎ 当时，，单调递减．‎ 又，所以在恒为负． ‎ 所以当时，．‎ 即．‎ 故当，且时，成立．‎ ‎23.设函数.‎ ‎（1）讨论函数的极值；‎ ‎（2）若为整数，，且，不等式成立，求整数的最大值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出函数的导数，分为和两种情形，结合极值的定义即可得结论；‎ ‎（2）原不等式等价于，令，根据导数和函数的最值的关系即可求出的最值.‎ ‎【详解】（1）由题意可得的定义域为，‎ 当时，恒成立，‎ ‎∴在上单调递减，无极值，‎ 当时，令，解得，‎ 当时， 单调递减，‎ 当时，，单调递增，‎ ‎∴在处取得极大值，且极大值为，无极小值，‎ 综上所述，当时，无极值，‎ 当时，极大值为，无极小值.‎ ‎（2）把代入可得，‎ ‎∵，则 ‎∴，‎ ‎∴‎ 令，‎ ‎∴，‎ 由（1）可知，当时，在上单调递减，‎ 故函数在上单调递增，而 ‎∴在上存在唯一的零点且 故在上也存在唯一的零点且为 当时，，当时，，‎ ‎∴‎ 由，可得，‎ ‎∴，∴，‎ 由(*)式等价于，‎ ‎∴整数的最大值为2.‎ ‎【点睛】本题考查了导数和函数的单调性极值最值得关系，考查了运算求解能力和转化与化归能力，属于难题.‎