2020届山西省运城市高三上学期期末数学（理）试题（解析版）.doc

2020届山西省运城市高三上学期期末数学（理）试题 一、单选题 1．已知集合，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】分别化简集合和，再求交集即可. 【详解】 由题知：，， 由交集的运算知：. 故选：D 【点睛】 本题主要考查交集的运算，同时考查了函数的定义域和值域，属于简单题. 2．已知复数满足（为虚数单位），则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】化简复数，得到代数式，再求共轭复数即可. 【详解】 . . 故选：B 【点睛】 本题主要考查复数的除法以及共轭复数，同时考查了计算能力，属于简单题. 3．已知向量，向量，则向量在方向上的投影为（ ） A．1 B．-1 C． D． 【答案】B 【解析】根据向量在方向上的投影，带入数值即可. 【详解】 向量在方向上的投影. 故选：B 【点睛】 本题主要考查向量的投影，熟记公式是解决本题的关键，属于简单题. 4．若过椭圆内一点的弦被该点平分，则该弦所在的直线方程为（ ）． A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设弦的两端点为，，为中点得，，在椭圆上有,两式相减得 即， 即 即， 则，且过点，有， 整理得．故选． 点睛：本题考查椭圆的中点弦问题；中点弦问题是直线和圆锥曲线的位置关系中的典型问题，其主要方法是点差法，可避免较复杂的运算量.点差法的主要步骤是：（1）设点，代入圆锥曲线的方程；（2）作差，利用平方差公式进行整理；（3）得到直线的斜率和线段中点坐标间的关系. 5．若，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】化简，得到，又因为，得到，再带入即可. 【详解】 ， 因为，所以. . 故选：A 【点睛】 本题主要考查了三角函数的诱导公式和同角的三角函数关系以及正切二倍角公式，熟记公式是解决本题的关键，属于简单题. 6．在各项均为正数的等比数列{an}中，a1＝2，且a2，+2，a5成等差数列，记Sn是数列{an}的前n项和，则S6＝（ ） A．62 B．64 C．126 D．128 【答案】C 【解析】a2，a4+2，a5成等差数列，可得a2+a5=2（a4+2），把已知代入解得q．再利用求和公式即可得出． 【详解】 设正数的等比数列{an}的公比为q＞0，a1=2，∵a2，a4+2，a5成等差数列，∴a2+a5=2（a4+2），∴2q+2q4=2（2q3+2），解得q=2．∵S6=. 故选C. 【点睛】 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 7．我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休，在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如函数的图象大致是 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】先有函数的奇偶性，可排除A、B选项，再取特值求得，根据函数的单调性排除选项C，可得答案. 【详解】 因为函数， 所以函数不是偶函数，图像不关于y轴对称，故排除A、B选项； 又因为 ，而选项C在是递增的，故排除C 故选D 【点睛】 本题考查了函数的图像和性质，利用性质取特值判断图像是解题的关键，属于较为基础题. 8．已知实数，满足，且，，则执行如图所示的程序框图，输出是（ ） A． B．2 C． D．3 【答案】C 【解析】首先化简，得到：或.根据得：当时，解得，当时，解得.根据程序框图知：输出的为中较小的数，所以. 【详解】 因为，所以. 整理得：. 解得：或. 又因为，所以. 即：. 当时，. 当时，. 根据程序框图知：输出的为中较小的数，所以. 故答案为： 【点睛】 本题主要考查了指数的换底公式的应用和指数对数之间的互化以及运算，同时考查了程序框图中的条件结构，熟练掌握指数，对数的运算是解决本题的关键，属于中档题. 9．已知向量，，设函数，则下列关于函数的性质描述错误的是（ ） A．函数在区间上单调递增 B．函数图象关于直线对称 C．函数在区间上单调递减 D．函数图象关于点对称 【答案】C 【解析】首先化简，得到，依次判断选项即可得到答案. 【详解】 . 选项：因为，所以. 则函数在区间上单调递增是正确的. 选项：，故正确. 选项：因为，所以. 函数在区间上有增有减，所以错误. 选项：，故正确. 故选：C 【点睛】 本题主要考查了三角函数的单调区间和对称轴，中心对称点，同时考查平面向量数量积公式的应用，熟练掌握公式是解决本题的关键，属于中档题. 10．已知，，，，是球的球面上的五个点，四边形为梯形，，，，面，则球的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据已知中的平行关系和长度关系可确定中点为底面梯形的外接圆圆心，根据球的性质可知平面，利用勾股定理构造出关于和球的半径的方程，解方程求得，代入球的体积公式可求得结果. 【详解】 取中点，连接 且 四边形为平行四边形 ，又 为四边形的外接圆圆心 设为外接球的球心，由球的性质可知平面 作，垂足为 四边形为矩形， 设， 则，解得： 球的体积： 本题正确选项： 【点睛】 本题考查棱锥外接球体积的求解问题，关键是能够明确外接球球心的位置，主要是根据球心与底面外接圆圆心连线垂直于底面的性质，通过勾股定理构造方程求得结果. 11．已知，为椭圆的左、右焦点，是椭圆上异于顶点的任意一点，点是内切圆的圆心，过作于，为坐标原点，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】首先延长，交于点，连接，根据题意得到 .得的取值范围是：. 【详解】 延长，交于点，连接， 因为点是内切圆的圆心， 所以平分. 因为，所以为的中点. 又因为为的中点， 所以 . 所以的取值范围是：. 故选：C 【点睛】 本题主要考查椭圆的定义，同时考查了三角形内切圆的性质，属于难题. 12．如果函数的导函数为，在区间上存在，（），使得，，则称为区间上的“双中值函数”.已知函数是区间上的“双中值函数”，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】首先求导，由题知满足满足：.等价于：方程在上有两个不相等的根，利用二次函数的性质即可求出的范围. 【详解】 由题知： 在区间上存在， 满足：. 等价于：方程在上有两个不相等的根. 则. 故选：B 【点睛】 本题主要考查了新函数的定义，同时考查了二次函数的性质，等价转化是解决本题的关键，属于难题. 二、填空题 13．已知（其中表示的导函数），则__________． 【答案】 【解析】首先，将带入求出，即可求出，再求即可. 【详解】 . 令，得：，解得：. 所以，. 故答案为： 【点睛】 本题主要考查导数的求导公式，熟记求导公式是解题的关键，属于简单题. 14．已知平面四边形中，，，，则的最大值为__________． 【答案】4 【解析】由题知：四边形为圆内接四边形，的最大值为四边形外接圆的直径，由正弦定理即可求出的最大值. 【详解】 因为，，所以 故的最大值为四边形外接圆的直径. 当为四边形外接圆的直径时， 得到：，又因为，， 所以. 在中，由正弦定理得： ，解得：. 故答案为： 【点睛】 本题主要考查正弦定理得应用，判断四边形为圆内接四边形是解题的关键，属于中档题. 15．已知数列为正项的递增等比数列，，，记数列的前项和为，则使不等式成立的最大正整数的值是__________． 【答案】8 【解析】根据，求得，.再求出，带入不等式，解不等式即可. 【详解】 因为数列为正项的递增等比数列， 由，解得. 则，. . . 整理得：. 使不等式成立的最大整数为. 故答案为： 【点睛】 本题主要考查了等比数列的性质和等比数列的求和，同时考查了学生的计算能力，属于中档题. 16．若（其中为整数），则称是离实数最近的整数，记作.下列关于函数的命题中，正确命题的序号是__________． ①函数的定义域为，值域为； ②函数是奇函数； ③函数的图象关于直线（）对称； ④函数是周期函数，最小正周期为1； ⑤函数在区间上是增函数. 【答案】①③④ 【解析】首先得到，画出的图像即可找到正确的命题. 【详解】 由题知： 当时，，， 当时，，， 当时，，， 由图像知： 函数的定义域为，值域为，偶函数； 图象关于直线对称；周期为1； 在区间上的单调性是先减后增. 故①③④正确. 故答案为：①③④ 【点睛】 本题时新函数定义问题，考查函数的性质，画出图像为解题关键，考查了学生的数形结合的能力，属于难题. 三、解答题 17．在中，角，，的对边分别是，，，且，. （1）求的值； （2）若，求的值. 【答案】（1）（2） 【解析】（1）由正弦定理知：，化简得，即. （2）由得到，因为，，解得，代入即可. 【详解】 （1）∵ 由正弦定理知：， ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 又∵∴ （2）∵∴ 又∵ ∴又∵ ∴ ∴由余弦定理知， ∴ 【点睛】 本题第一问考查了正弦定理和两角和差公式，第二问考查了向量的数量积运算和余弦定义，同时考查了学生的计算能力，属于中档题. 18．在多面体中，四边形是正方形，平面，，，为的中点. （1）求证：； （2）求平面与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】（1）首先证明，，，∴平面.即可得到平面，. （2）以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，带入公式求解即可. 【详解】 （1）∵平面，平面，∴. 又∵四边形是正方形，∴. ∵，∴平面. ∵平面，∴. 又∵，为的中点，∴. ∵，∴平面. ∵平面，∴. （2）∵平面，，∴平面. 以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系. 如图所示： 则，，，. ∴，，. 设为平面的法向量， 则，得， 令，则. 由题意知为平面的一个法向量， ∴， ∴平面与平面所成角的正弦值为. 【点睛】 本题第一问考查线线垂直，先证线面垂直时解题关键，第二问考查二面角，建立空间直角坐标系是解题关键，属于中档题. 19．设为等差数列的前项和，且. （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）设数列的前项和为，且，求数列的前项和. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ） 【解析】（Ⅰ）将和利用和来表示，构造方程组解得和，根据等差数列通项公式求得结果；（Ⅱ）由等差数列前项和公式求得，可得到，根据和可得；根据通项公式可知当时，；当时，，从而可得：时；时，从而求得结果. 【详解】 （Ⅰ）设等差数列的公差为，则： 解得： （Ⅱ）由（Ⅰ）得： 当时， 当且时， 经验证 当时，；当时， 当时， 当时， 综上所述： 【点睛】 本题考查等差数列通项公式的求解、含绝对值的数列的前项和的求解.求解含绝对值的数列的前项和的关键是判断出数列中各项的符号，从而可去掉绝对值符号，将问题转变为普通数列前项和的求解. 20．已知函数. ⑴求函数的单调区间； ⑵如果对于任意的，总成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为；（2） 【解析】【详解】试题分析：⑴求出函数的导数令其大于零得增区间，令其小于零得减函数；⑵令，要使总成立，只需时，对讨论,利用导数求的最小值. 试题解析：(1) 由于，所以 . 当，即时，； 当，即时，. 所以的单调递增区间为， 单调递减区间为. (2) 令，要使总成立，只需时. 对求导得， 令，则，() 所以在上为增函数，所以. 对分类讨论： ① 当时，恒成立，所以在上为增函数，所以，即恒成立； ② 当时，在上有实根，因为在上为增函数，所以当时，，所以，不符合题意； ③ 当时，恒成立，所以在上为减函数，则，不符合题意. 综合①②③可得，所求的实数的取值范围是. 【考点】利用导数求函数单调区间、利用导数求函数最值、构造函数. 21．过轴上动点引抛物线的两条切线，，其中，为切线. （1）若切线，的斜率分别为和，求证：为定值，并求出定值； （2）当最小时，求的值. 【答案】（1）证明见解析，为定值-4（2） 【解析】（1）联立，得，则，是方程的解，故，即为定值. （2）要使最小，就是使得到直线的距离最小，首先求出直线的方程，利用点到直线公式和基本不等式得到：到直线的距离最小值时，再联立得到，，，带入即可. 【详解】 （1）设过与抛物线相切的直线的斜率是， 则该切线方程为：. 由，得. ∴. 则，是方程的解， 故，即为定值. （2）要使最小，就是使得到直线的距离最小. 设，，由题知： ，. 故切线的方程为：. 则， 整理得：.同理得：. 所以. 直线的方程为. 设到直线的距离为，则 当且仅当即时取等号 由得 则， ∴ . 【点睛】 本题主要考查直线与抛物线的位置关系，同时考查了利用导数思想求切线，基本不等式求最值的思想，属于难题. 22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），它与曲线 C：（y－2）2－x2＝1交于A、B两点． （1）求|AB|的长； （2）在以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点P的极坐标为，求点P到线段AB中点M的距离． 【答案】（1）；（2） 【解析】试题分析： （1）直线的参数方程是标准参数方程，因此可把直线参数方程代入曲线的方程，由利用韦达定理可得；（2）把点极坐标化为直角坐标，知为直线参数方程的定点，因此利用参数的几何意义可得． 试题解析： （1）把直线的参数方程对应的坐标代入曲线方程并化简得7t2+60t﹣125=0 设A，B对应的参数分别为t1，t2，则． ∴． （2）由P的极坐标为，可得，． ∴点P在平面直角坐标系下的坐标为（﹣2，2）， 根据中点坐标的性质可得AB中点M对应的参数为． ∴由t的几何意义可得点P到M的距离为． 点睛：过点，倾斜角为的直线的标准参数方程为参数），其中直线上任一点参数的参数具有几何意义：，且方向向上时，为正，方向向下时，为负． 23．已知函数（，，）的图象过定点 （1）求证：； （2）求的最小值. 【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】（1）由题知：，所以.化简即可证明不等式. （2）由（1）知，所以，利用基本不等式即可求出最小值. 【详解】 （1）因为函数（，，）的图象过定点 所以. 所以. 当且仅当即，，时取等号， 所以 故 （2）由（1）知， ∴. . 当且仅当即，，时取等号， 故的最小值为3. 【点睛】 本题主要考查不等式的证明以及最值得求解，考查了学生的运算求解能力和逻辑推理能力，属于中档题. 第 21 页 共 21 页