福建省莆田市仙游县2020届高三数学上学期期中试题文【含解析】

1、福建省莆田市仙游县2020届高三数学上学期期中试题 文（含解析）第卷（60分）一、选择题（本大题共12个小题，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.在复平面内与复数所对应的点关于实轴对称的点为，则对应的复数为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】用两个复数代数形式的乘除法法则，化简复数得到复数的共轭复数，从而得到复数在复平面内的对应点的坐标，得到选项【详解】复数，复数的共轭复数是，就是复数所对应的点关于实轴对称的点为A对应的复数；故选：B【点睛】本题考查两个复数代数形式的乘除法，两个复数相除，分子和分母同时乘以分母的共轭复数，考查复数

2、与复平面内对应点之间的关系，是一个基础题2.已知角的顶点与原点重合,始边与轴正半轴重合，若是角终边上一点，且,则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据三角函数定义可得，从而构建方程，解方程得到结果.【详解】因为，及是角终边上一点 由三角函数的定义，得解得：本题正确选项：【点睛】本题考查三角函数的定义，属于基础题.3.已知，则a，b，c满足A. abcB. bacC. cabD. cba【答案】B【解析】【分析】根据对数的运算性质，化简得，进而得，又由，即可得到答案.【详解】由题意，可得，又由为单调递增函数，且，所以，所以，又由 ，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了对数函

3、数的图象与性质的应用，其中解答中合理应用对数函数的单调性进行比较是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4.在长方体中，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】画出图形分析，先根据定义找出异面直线与所成的角，然后通过解三角形的方法求解即可【详解】画出图形，如图所示连，则，所以即为与所成的角或其补角在中，所以由余弦定理得，所以异面直线与所成角的余弦值为故选A【点睛】用几何法求空间角的步骤为：“找、证、求”，即先根据定义确定出所求角，并给出证明，再通过解三角形的方法求出所求角（或三角函数值）解题时容易出现的问题是忽视两条异面直线所成角的范围，

4、属于基础题5.已知是两个命题，那么“是真命题”是“是假命题”的（ ）A. 既不充分也不要必要条件B. 充分必要条件C. 充分不必要条件D. 必要不充分条件【答案】C【解析】【分析】由充分必要条件及命题的真假可得：“pq是真命题”是“p是假命题”的充分不必要条件，得解【详解】因为“pq是真命题”则命题p，q均为真命题，所以p是假命题，由“p是假命题”，可得p为真命题，但不能推出“pq是真命题”，即“pq是真命题”是“p是假命题”的充分不必要条件，故选：C【点睛】本题考查了充分必要条件及命题的真假，属简单题6.已知双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的焦点坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】

5、D【解析】【分析】根据解析式可知双曲线的焦点在轴上,结合渐近线方程及的值,可得的值.由双曲线中的关系即可求得,得焦点坐标.【详解】由双曲线可知双曲线的焦点在轴上,所以渐近线方程可表示为 由及渐近线方程可得解得 双曲线中满足则解得,则焦点坐标为故选:D【点睛】本题考查了双曲线渐近线方程的简单应用,双曲线中的关系,属于基础题.7.在平行四边形ABCD中，点分别在边上，且，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：,所以，故选C.考点：1.向量加减法的几何意义；2.向量数量积定义.【名师点睛】本题主要考查向量的向量加减法的几何意义、向量数量积定义，属中档题；向量的几何运算主要是利

6、用平面向量基本定理，即通过平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算，共线向量定理的应用起着至关重要的作用，当基底确定后，任一向量的表示都是唯一的.8.现有四个函数：；的图象（部分）如下，则按照从左到右图象对应的函数序号安排正确的一组是（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据各个函数的奇偶性、函数值的符号，判断函数的图象特征，即可得到【详解】解：为偶函数，它的图象关于轴对称，故第一个图象即是；为奇函数，它的图象关于原点对称，它在上的值为正数，在上的值为负数，故第三个图象满足；为奇函数，当时，故第四个图象满足；，为非奇非偶函数，故它的图象没有对称性，故第二个图象满

7、足，故选：A【点睛】本题主要考查函数的图象，函数的奇偶性、函数的值的符号，属于中档题9.在中，角所对的边分别为，表示的面积，若 ，则A. 90B. 60C. 45D. 30【答案】D【解析】【分析】由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得sinA1，即A900，由余弦定理、三角形面积公式可求角C，从而得到B的值【详解】由正弦定理及得,因为，所以；由余弦定理、三角形面积公式及，得,整理得，又,所以,故.故选：D【点睛】本题考查正、余弦定理、两角和的正弦公式、三角形面积公式在解三角形中的综合应用，考查计算能力和转化思想，属于中档题10.我国古代科学家祖冲之儿子祖暅在实践的基础上提出了体积计

8、算的原理：“幂势既同，则积不容异”(“幂”是截面积，“势”是几何体的高)，意思是两个同高的几何体，如在等高处截面的面积恒相等，则它们的体积相等.已知某不规则几何体与如图所示的三视图所表示的几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首项把三视图转换为几何体，得该几何体表示左边是一个棱长为2的正方体，右边是一个长为1，宽和高为2的长方体截去一个底面半径为1，高为2的半圆柱，进一步利用几何体的体积公式，即可求解，得到答案.【详解】根据改定的几何体的三视图，可得该几何体表示左边是一个棱长为2的正方体，右边是一个长为1，宽和高为2的长方体截去

9、一个底面半径为1，高为2的半圆柱，所以几何体的体积为，故选A.【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解.11.三棱锥的各顶点均在球上，为该球的直径，三棱锥的体积为，则球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由体积公式求出三棱锥高，可得到平面，由正弦定理可得三角形的外接圆的半径，由勾股定理可得球半径，从而可

10、得结果.【详解】如图， ，三棱锥的体积为，所以，解得三棱锥的高为，设为三角形的外接圆的圆心，连接，则平面，因为为该球的直径，所以 ，连接，由正弦定理可知三角形的外接圆的直径为，由勾股定理可得球半径球的表面积为，故选D.【点睛】本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；若面（），则（为外接圆半径）；可以转化为长方体的外接球；特殊几何体可以直接找出球心和半径.12.已知函数，关于x的方程，有5个不同的实数解，则m的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用导数

11、研究函数的单调性并求最值，求解方程得到或，画出函数的图象，数形结合即可求解.【详解】设 ，则，由解得，当时，函数为增函数，当时，函数为减函数，当时，函数取得极大值也最大值为. 方程化为解得或.画出函数的图象如图：根据图象可知的取值范围是时，方程由5个解.故选C.【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的最值，函数零点，函数与方程，数形结合，属于中档题.第卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每题5分，满分20分.）13.直线与圆相交于，两点，若，则_.【答案】【解析】【分析】根据圆截直线的弦长,结合垂径定理及点到直线距离公式即可求得的值.【详解】直线可化为圆,则圆心,半径 根据垂径定理

12、可知圆心到直线距离 又根据点到直线距离可得解方程可得 故答案为: 【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系,垂径定理及点到直线距离公式的应用,属于基础题.14.已知实数满足，则的最小值是_【答案】-4【解析】【分析】先作出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析得到2x+y的最小值.【详解】先作出不等式组对应的可行域，如图所示，设z=2x+y,所以y=-2x+z,当直线经过点A时，直线的纵截距最小，z最小，联立得A(-2,0),所以z最小=2（-2）+0=-4.故答案为：-4【点睛】本题主要考查线性规划求最值，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.15.已知函数对于任意实数都有，且当

13、时，若实数满足，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】先证明函数在0,+ 上单调递增，在上单调递减，再利用函数的图像和性质解不等式|1得解.【详解】由题得，当x0时，因为x0，所以，所以函数在0,+ 上单调递增，因为，所以函数是偶函数，所以函数在上单调递减，因为，所以|1，所以-11，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的奇偶性和单调性的应用，考查对数不等式的解法，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.16.在锐角中，角的对边分别为，若，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由结合三角恒等变换知识可得，即，从而得到，又，进而可得结果.【详解】

14、由已知得，.是锐角三角形，且，.，.又，.故答案为：【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦定理的应用考查了学生对三角函数基础知识的理解和灵活运用三、解答题（本大题共6小题，共70分）17.已知等差数列中，顺次成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）记，的前项和，求.【答案】(1)；（2）【解析】【分析】（1）利用三项成等比数列可得，利用和来表示该等式，可求得；利用等差数列通项公式求得结果；（2）由（1）可得，则可利用裂项相消方法来进行求解.【详解】（1）设等差数列的公差为，顺次成等比数列 ，又，化简得：，解得：（2）由（1）得：【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解、裂项相消法求

15、数列的前项和的问题，关键是熟练掌握关于通项中涉及到的裂项方法.18.在某次测验中，某班40名考生成绩满分100分统计如图所示.（）估计这40名学生的测验成绩的中位数精确到0.1；（）记80分以上为优秀，80分及以下为合格，结合频率分布直方图完成下表，并判断是否有95%的把握认为数学测验成绩与性别有关？合格优秀合计男生16女生4合计40附： 0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】() ()见解析【解析】【分析】()根据频率分布直方图，找到矩形面积和为时横坐标的取值即为中位数；()根据频率分布直方图计算频数可补足列联表，根据公式计算出，对比临界值表求得结果.【详解】

16、()由频率分布直方图易知：即分数在的频率为：所以解得：名学生的测验成绩的中位数为()由频率分布直方图，可得列联表如下：合格优秀合计男生女生合计故没有的把握认为数学测验成绩与性别有关【点睛】本题考查利用频率分布直方图估计中位数、独立性检验问题，属于常规题型.19.【2018届北京市海淀区】如图，三棱柱侧面底面， ， 分别为棱的中点.（）求证： ；（）求三棱柱的体积；（）在直线上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.【答案】（）证明见解析；（） ；（）在直线上存在点，使得平面，证明见解析.【解析】试题分析：（1）根据题目中侧面底面，由条件知底面，；（3）连接并延长，与的延长

17、线相交，设交点为，证线线平行即，进而得到线面平行。解析：（）证明：三棱柱中，侧面底面，又因为侧面底面，底面，所以平面，又因为平面，所以； （）连接 ,因为三棱柱中，所以.因为，所以.又因为，且.所以是边长为2的正三角形.因为是棱的中点，所以，又因为，所以.因为，底面，所以底面.所以三棱柱的体积为； （）在直线上存在点，使得平面.证明如下：连接并延长，与的延长线相交，设交点为.连接.因为，所以，故 由于为棱的中点，所以，故有 又为棱的中点，故为的中位线，所以.又平面，平面，所以平面. 故在直线上存在点，使得平面.此时，. 20.设椭圆的右顶点为A，下顶点为B，过A、O、B（O为坐标原点）三点的圆

18、的圆心坐标为（1）求椭圆的方程；（2）已知点M在x轴正半轴上，过点B作BM的垂线与椭圆交于另一点N，若BMN=60，求点M的坐标【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据直径所对圆周角为直角可知为直径，根据圆心坐标求得的值进而求得椭圆的方程.（2）由（1）求得点的坐标，设出直线的方程，同时得到直线的方程.联立直线的方程和椭圆方程，解出点的坐标，由此求得的表达式.通过直线的方程求得点的坐标，进而求得的表达式，利用得到，由此列方程解得的值，从而求得点的坐标.【详解】解：（1）依题意知,AOB为直角三角形，过A、O、B三点的圆的圆心为斜边AB的中点，即，椭圆的方程为.（2）由（1）知，依题意知直

19、线BN的斜率存在且小于0，设直线BN的方程为，则直线BM的方程为：，由消去y得，解得：，, ,在中，令得，即，在RtMBN中，BMN=60，,即，整理得，解得，点M的坐标为.【点睛】本题主要考查圆的几何性质，考查椭圆的标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，属于较难的题目.圆的几何性质主要考查了直径所对的圆周角是直角.直线和椭圆的位置关系，主要是联立直线方程和椭圆方程，解出直线和椭圆交点的坐标.两条斜率存在的直线相互垂直时，斜率乘积为，这个必须熟记.21.已知函数.（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）讨论的单调性；（3）设、为曲线上的任意两点，并且，若恒成立，证明：.【答案】（1）；（2

20、）若， 在上递增；若，时，单调递增；，单调递减；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）将代入可得函数解析式,求得导数并代入求得切线的斜率.将代入函数可得切点坐标,由点斜式即可求得切线方程.（2）先求得导函数,对分类讨论,根据导函数的符号即可判断单调性.（3）根据恒成立及（2）中函数单调性的讨论,可求得.代入函数并结合不等式即可得.利用定义作差,得,化简后即可证明.【详解】（1）当时,对函数求导得,又,曲线在处的切线方程为：；（2）求导得,若,在上递增；若,当时,单调递增；当时,单调递减.（3）由（2）知,若,在上递增,又,故不恒成立.若,当时,递减,不合题意.若,当时,递增,不合题意.若,在上递增,在上递减,合题意.故,且（当且仅当时取“”）.设,因此,即【点睛】本题考查了利用导数求函数的切线方程,利用导数讨论函数的单调性,不等式的证明,属于中档题.选考题：请考生在第（22）、（23）两题中任选一题作