厦门第一中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题 Word版含解析

高考资源网（ ），您身边的高考专家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. R2. 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. 7B. 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. 3C. D. 47. 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6D. 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. 210. 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. 12. 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）13. 已知关于x，y的二元一次不式组，则的最大值为_ 14. 已知，则展开式中的常数项为_15. 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_16. 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）17. 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，c18. 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；证明：平面平面ABC；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19. 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；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20. 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：21. 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22. 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23. 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：D4.【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：由知，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：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，；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，属于中档题设PN直线方程为，由得，可得，即可得；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