吉林省长春市实验中学2020届高三数学上学期期末考试试题 理（含解析）

长春市实验中学2020学年上学期期末考试高三数学试卷（理）一选择题：在每个小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的1.已知集合, ，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出A中函数的值域y的范围确定出A，求出B中x的范围确定出B，找出两集合的交集即可【详解】由A中，得到y0，即Ay| y0，由B中， x，即Bx| x，则ABx| x，故选：C【点睛】本题考查了交集的运算及函数定义域和值域的求法，熟练掌握交集的定义是解本题的关键2.若复数是纯虚数（为虚数单位），则的值为（ ）A. B. C. D. 或【答案】A【解析】由于z为纯虚数，,.3.函数的递增区间为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：令=0，求得函数的定义域为，且函数y=，本题即求二次函数t（x）在上的增区间再利用二次函数的性质可得t（x）在上的增区间详解：令=0，求得 x1，或x2，故函数的定义域为，且函数y=，故本题即求二次函数t（x）在y=上的增区间再利用二次函数的性质可得t（x）在y=上的增区间为，故选：C点睛：复合函数单调性判断的口诀：同增异减，即内外层单调性一致为增函数，内外层单调性相反为减函数.4.若是两条不同的直线，是三个不同的平面， 若,，则则以上说法中正确的有( )个A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】由是两条不同的直线，是三个不同的平面，知：对于， ，由线面垂直的判定定理得 ，故正确；对于， ， ， ，则与平行或异面，故错误；对于， ， ，由线面垂直的判定定理得 ，故正确；对于，若 ， ，则与相交或平行，故错误故选B.5.下列判断中正确的是（ ）A. “若，则有实数根”的逆否命题是假命题B. “”是“直线与直线平行”的充要条件C. 命题“”是真命题D. 已知命题，使得；命题，则是真命题.【答案】D【解析】【分析】A,根据有实数根的等价条件，判断A是否正确；B, 根据“直线与直线平行” 的充要条件是或，判断B；C, 根据sinx+cosx，判断C；D,先判断p，q的真假，再利用复合命题真假性的判定方法得出结果【详解】对于A, 有实数根,1+4m，m，若，则有实数根是正确的，所以逆否命题是正确的，故A错误；对于B, “直线与直线平行” 的充要条件是或，“”是“或”的充分不必要条件，故B错误；对于C, sinx+cosxsin（x），命题“”为假命题，故C错误；对于D，1cosx1，lgcosx0，命题p为假命题，命题q：x0，3x0，是真命题，是真命题，故D正确.故选D.【点睛】本题考查了命题的真假判断，考查了命题的否定命题，考查了充要条件的判断，涉及三角函数的值域问题、平面上两直线间的位置关系判断及一元二次方程根的情况的判断等知识，解答时要细心，属于综合题.6.设数列中，若，则称数列为“凸数列”.已知数列为“凸数列”，且，则数列的前2020项和为（ ）A. 1 B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】数列bn为“凸数列”，bn+1bn+bn+2，b11，b22，可得：b33，进而得到b4，b5，b6，b7，b8，所以发现bn+6bn即可得出【详解】数列bn为“凸数列”，bn+1bn+bn+2，b11，b22，21+b3，解得b33，同理可得：b41，b52，b63，b71，b82，bn+6bn又b1+b2+b6=1231+2+3=0，且2020=6+3，数列bn的前2020项的和b1+b2+ b3+336=1-2-3=-4，故选：C【点睛】本题考查了递推关系的应用、新定义、数列的周期性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题7.若向量满足，则与夹角的余弦值是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由可求得，再根据夹角公式求向量的夹角，进而得解.【详解】，即，故选D.【点睛】本题考查了向量的数量积的应用，涉及了向量的模，向量的夹角以及同角三角函数的关系；一般情况下，在解题时需注意两向量夹角的范围是 .8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( ) A. 20 B. 15 C. 10 D. 5【答案】C【解析】【分析】由三视图可知：该几何题是由一个长方体截取后剩下的一个三棱锥，直接利用锥体体积公式计算即可【详解】由三视图可知：该几何题是由一个长方体截取后剩下的一个三棱锥A-BCD，如图：该几何体的体积故选：C【点睛】本题考查了三视图的有关计算、三棱锥与四棱锥的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题9.设 的一个顶点是，的平分线方程分别为，则直线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分析题意，求出A关于x0，yx，的对称点的坐标，都在直线BC上，利用两点式方程求解即可【详解】B、C的平分线分别是x0，yx，AB与BC对于x0对称，AC与BC对于yx对称A（-3， 1）关于x0的对称点A（3，1）在直线BC上，A关于yx的对称点A（1，-3）也在直线BC上由两点式，所求直线BC的方程：y2x-5故选：B【点睛】本题是基础题，考查点关于直线对称点的求法，直线方程的求法，考查计算能力，发现问题解决问题的能力，常考题型10.已知函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的周期为 B. 函数为偶函数C. 函数在上单调递增 D. 函数的图象关于点对称【答案】C【解析】【分析】观察图象由最值求，然后由函数所过的点，求出 ，可求函数的解析式，进而研究函数性质即可得出结论【详解】观察图象可得，函数的最小值，所以，又由图像可知函数过，即 结合可得，则 ，显然A选项错误；对于B， 不是偶函数，B错；对于D ，当， 故D错误，由此可知选C.【点睛】点睛：本题主要通过已知三角函数的图象求解析式考查三角函数的性质，属于中档题.利用最值求出 ,利用图象先求出周期，用周期公式求出，利用特殊点求出，正确求是解题的关键.求解析时求参数是确定函数解析式的关键，由特殊点求时，一定要分清特殊点是“五点法”的第几个点11.函数在上有且仅有一个极值点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意得到，然后将问题转化为函数在区间上有一个变号零点的问题处理，分离参数后借助数形结合的方法可得结果【详解】，函数在区间上有且仅有一个极值点，在区间上只有一个变号零点令，得令，则在区间上单调递减，在区间上单调递增，又结合函数的图象可得，当时，在区间上只有一个变号零点实数的范围为故选B【点睛】本题具有综合性，解答本题时注意以下几点：（1）将函数有一个极值点的问题转化为导函数有一个变号零点的问题处理，然后再转化为两个函数图象的公共点的问题处理；（2）解题中要利用数形结合的方法解题，求解时注意所求范围的端点值能否取到12.设函数是定义在上的函数，且对任意的实数，恒有 ，当时，若在上有且仅有三个零点，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数的周期和奇偶性作出f（x）和ylogax在（0，+）上的图象，根据交点个数列出不等式解出a【详解】f（x）f（x）0，f（x）f（x），f（x）是偶函数，令则x=t+，有成立，f（x）是的周期为2，根据函数的周期和奇偶性作出f（x）的图象如图所示：g（x）f（x）logax在x（0，+）上有且仅有三个零点，yf（x）和ylogax的图象在（0，+）上只有三个交点，解得3a5故选：A【点睛】本题考查了零点个数的判断，作出f（x）的函数图象是解题关键二填空题：将正确的答案填在横线上。13.曲线与轴所围成的封闭图形的面积是_【答案】4【解析】【分析】先确定积分区间，进而求定积分，即可求得曲线ysinx（0x）与x轴围成的封闭图形的面积，再根据对称性，得到与轴所围成的封闭图形的面积.【详解】曲线ysinx（0x）与x轴围成的封闭区域的面积为cos+cos02，又ysinx的一个对称中心为（，0）所以ysinx（x2）与x轴围成的封闭区域的面积与ysinx（0x）与x轴围成的封闭区域的面积相等，所以曲线与轴所围成的封闭图形的面积是2，故答案为：4【点睛】本题考查了定积分的几何意义，关键是求出被积函数的原函数，是基础题14.是平面上不共线的三点，为所在平面内一点，是的中点，动点满足，则点的轨迹一定过_心（内心、外心、垂心或重心）【答案】重心【解析】【分析】由（22）（1+2）（R），且，得到点P的轨迹一定过ABC的重心【详解】动点P满足（22）（1+2）（R），且，P、C、D三点共线，又D是AB的中点，CD为中线，点P的轨迹一定过ABC的重心故答案为重心【点睛】本题考查三角形重心性质的应用，是基础题，解题时要认真审题，注意平面向量性质的合理运用15.已知圆，圆，则两圆的公共弦长是 _【答案】【解析】【分析】设两圆的交点为M、N，通过联立两圆方程，求解可得公共弦方程，再根据垂径定理和勾股定理求解.【详解】根据题意，设两圆的交点为M、N，即其公共弦所在的直线为MN，已知圆：，圆C：，则MN的方程为：，变形可得：，即，圆：的圆心为（-1,1），半径为则的圆心到直线MN的距离，则；故填：【点睛】本题考查了两个相交圆的公共弦长问题，一般解法有两种：联立两圆的方程，解出两交点的坐标，直接应用两点间的距离公式求解；联立两圆的方程，求出公共弦所在直线方程，再利用垂径定理和勾股定理求解.16.我国古代数学名著九章算术中有这样一些数学用语，“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，而“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的堑堵，若，当阳马体积最大时，则堑堵的外接球的体积为_【答案】【解析】【分析】由ACBC，AAB2，得到“阳马”BA1ACC1体积V，AC2+BC24，从而BCAC4，当且仅当BCAC时取等号，从而当“阳马”BA1ACC1体积最大时，BCAC，由此能求出“堑堵 ABCA1B1C1的外接球的半径，进而求得体积【详解】“堑堵”，ACBC，AAB2，“阳马”BA1ACC1体积V，ACBC，AAB2，AC2+BC24，BCAC4，当且仅当BCAC时取等号，当“阳马”BA1ACC1体积最大时，BCAC，堑堵的底面是直角三角形，堑堵ABCA1B1C1的外接球的球心在面的中心处，外接球的半径设为R，则R=V =故答案为【点睛】本题考查棱柱外接球体积的求法，考查“阳马”的体积、均值定理等基础知识，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题三解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知等差数列中，前12项和(1)求数列an的通项公式；(2)若数列满足，记数列的前项和为，求证： 。【答案】()设等差数列an的公差为d， a1=1，S12=186， 2分，. 13分【解析】(I)由a1=1，S12=186可得关于和的两个方程，解方程组可得和的值，从而得到an的通项公式.(II)先确定,可知数列bn为等比数列，然后利用等比数列前n项和公式求值证明.()设等差数列an的公差为d， a1=1，S12=186， 2分，. 13分18.已知向量，若，且函数的图象关于直线对称.（1）求的单调递减区间；（2）在中，角的对边分别为，若，且，求外接圆的面积.【答案】（1）；（2） 【解析】试题分析：（）由题意得，根据函数的图象关于直线对称可得，所以得，结合正弦函数的单调区间可得所求（）由可得，然后由余弦定理得，最后由正弦定理得三角形外接圆半径，由此可得圆的面积试题解析： （） ，函数的图象关于直线对称，又，.由，得 的单调递减区间为，.（），.，.在中，由余弦定理得 ，.由正弦定理得 ，外接圆的面积19.设（1）若，判断并证明函数的奇偶性；（2）令，求函数的最大值和最小值.【答案】（1）见证明；（2）当时，即时，当时即时【解析】【分析】（1）根据对数函数的性质，先求出定义域，再根据奇偶性的定义即可判断，（2）先化简h（x），令，所以，根据二次函数的性质即可求出【详解】（1） 的定义域为 所以函数为奇函数（2），设，因，所以令，所以当时，即时，当时即时【点睛】本题考查了二次函数的性质和对数函数的定义域和奇函数的定义，属于中档题.20.如图所示的几何体中，四边形为等腰梯形，四边形为正方形，平面平面.（）若点是棱的中点，求证：平面；（）求直线与平面所成角的正弦值；（）在线段上是否存在点，使平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析（2）（3）见解析【解析】试题分析: （1）由/，且，故四边形为平行四边形,所以/.所以/平面; （2）因为平面平面，所以平面. 在中，由余弦定理，得，所以, 如图,以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间坐标系,写出各点坐标,求出平面的法向量,根据线面角公式求值即可; （3）假设线段上存在点，设，分别求出两个平面的法向量,令数量积为0,方程无解,故不存在.试题解析:（）证明：由已知得/，且.因为为等腰梯形，所以有/.因为是棱的中点，所以所以/，且，故四边形为平行四边形,所以/. 因为平面，平面，所以/平面 解：（）因为四边形为正方形，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.在中，因为，所以由余弦定理，得，所以 在等腰梯形中，可得. 如图,以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间坐标系， 则， ， ，所以，. 设平面的法向量为，由 所以，取，则，得 设直线与平面所成的角为，则， 所以与平面所成的角的正弦值为.（）线段上不存在点，使平面 平面证明如下： 假设线段上存在点，设，则 设平面的法向量为，由 所以，取，则，得 要使平面平面，只需， 即， 此方程无解所以线段上不存在点，使平面 平面21.如图，圆：（）若圆C与x轴相切，求圆C的方程；（）已知，圆与x轴相交于两点（点在点的左侧）过点任作一条直线与圆：相交于两点A,B问：是否存在实数a，使得=？若存在，求出实数a的值，若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）联立直线与圆的方程，利用判别式为0得出值，即得圆的方程；（2）先求出，联立直线与圆的方程，利用根与系数的关系进行求解.解题思路: 直线圆的位置关系，主要涉及直线与圆相切、相交、相离，在解决直线圆的位置关系时，要注意结合初中平面