2020届吉林省梅河口五中（实验班）等联谊校高三上学期期中数学（理）试题（解析版）.doc

2020届吉林省梅河口五中（实验班）等联谊校高三上学期期中数学（理）试题 一、单选题 1．已知集合，则（） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】求出集合后，根据补集定义求得结果. 【详解】 或 本题正确选项： 【点睛】 本题考查集合运算中的补集运算，属于基础题. 2．设是虚数单位,如果复数的实部与虚部是互为相反数,那么实数的值为 (　　) A． B． C． D． 【答案】D 【解析】分析：由复数代数形式的乘除运算化简复数，再由已知条件列出方程，求解即可得答案． 详解：==， ∵复数的实部与虚部是互为相反数， ∴，即a=． 故选：D． 点睛：本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的实部与虚部的概念，属于基础题． 3．若向量，，则与共线的向量可以是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先利用向量坐标运算求出向量,然后利用向量平行的条件判断即可. 【详解】 故选B 【点睛】 本题考查向量的坐标运算和向量平行的判定,属于基础题,在解题中要注意横坐标与横坐标对应,纵坐标与纵坐标对应,切不可错位. 4．设a，b∈R，那么“＞1”是“a＞b＞0”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】试题分析：a＞b＞0，可推出，而当，时，例如取a=﹣2，b=﹣1，显然不能推出a＞b＞0，由充要条件的定义可得答案． 解：由不等式的性质，a＞b＞0，可推出， 而当，时，例如取a=﹣2，b=﹣1，显然不能推出a＞b＞0． 故是a＞b＞0的必要不充分条件． 故选B． 【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断． 5．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长的长度为（ ）． A． B． C． D． 【答案】A 【解析】先由三视图得出该几何体的直观图，结合题意求解即可. 【详解】 由三视图可知其直观图， 该几何体为四棱锥P-ABCD，最长的棱为PA，则最长的棱长为，故选A． 【点睛】 本题主要考查几何体的三视图，属于基础题型. 6．等比数列的首项为，公比为，前项和为，则当时，的最小值与最大值的比值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先计算得到，，构造函数，证明函数单调递减，得到最大值和最小值. 【详解】 等比数列的首项为，公比为，前项和为 设，则 数列对应函数为： 易知：在 上递减，在上递减 故在 上递减 的最小值与最大值的比值为 故选：B 【点睛】 本题考查了数列的最大最小值，构造数列是解题的关键，可以简化运算. 7．.某汽车公司的A,B两个装配厂可装配甲、乙两种不同型号的汽车,若A厂每小时可装配1辆甲型车和2辆乙型车,B厂每小时可装配3辆甲型车和1辆乙型车.现要装配40辆甲型车和40辆乙型车,若要使所费的总工作时数最少,则这两个装配厂的工作时数分别为( ) A．16,8 B．15,9 C．17,7 D．14,10 【答案】A 【解析】根据条件列可行域与目标函数，结合图象确定最小值取法，即得结果. 【详解】 设厂工作小时， 厂工作小时，总工作时数为，则目标函数为，约束条件为作出可行域如图所示，由图知当直线经过点时，取得最小值，由可得，故厂工作16小时，厂工作8小时，可使所费的总工作时数最少.选A. 【点睛】 线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得. 8．已知正数、满足，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由得，再将代数式与相乘，利用基本不等式可求出 的最小值． 【详解】 ，所以，， 则， 所以，， 当且仅当，即当时，等号成立， 因此，的最小值为， 故选：． 【点睛】 本题考查利用基本不等式求最值，对代数式进行合理配凑，是解决本题的关键，属于中等题． 9．已知函数，把函数的图象向右平移个单位，再把图象的横坐标缩小到原来的一半，得到函数的图象，当时，方程有两个不同的实根，则实数的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】化简函数为，由平移变换与伸缩变换得到，然后数形结合可得实数的取值范围. 【详解】 函数， 把函数的图象向右平移个单位，再把图象的横坐标缩小到原来的一半， 得到函数 当时，方程有两个不同的实根等价于函数与有两个不同交点， 令t，即与有两个不同交点， 结合图象可知： 故选D 【点睛】 函数零点的求解与判断 (1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点； (2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点； (3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点． 10．执行如图所示的程序框图，输出的S值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】程序框图表示的是数列的前项和，利用裂项相消法得到答案. 【详解】 设数列，则程序框图表示数列的前项和 即 故选：D 【点睛】 本题考查了程序框图，确定程序框图表示的是数列的前项和是解题的关键. 11．甲、乙、丙三人中，一人是教师、一人是记者、一人是医生.已知：丙的年龄比医生大；甲的年龄和记者不同；记者的年龄比乙小.根据以上情况，下列判断正确的是（ ） A．甲是教师，乙是医生，丙是记者 B．甲是医生，乙是记者，丙是教师 C．甲是医生，乙是教师，丙是记者 D．甲是记者，乙是医生，丙是教师 【答案】C 【解析】由甲的年龄和记者不同和记者的年龄比乙小可以推得丙是记者，再由丙的年龄比医生大，可知甲是医生，故乙是教师. 故选C 12．已知定义在上的连续奇函数的导函数为，当时，，则使得成立的的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据时可得：；令可得函数在上单调递增；利用奇偶性的定义可证得为偶函数，则在上单调递减；将已知不等式变为，根据单调性可得自变量的大小关系，解不等式求得结果. 【详解】 当时， 令，则在上单调递增 为奇函数 为偶函数 则在上单调递减 等价于 可得：，解得： 本题正确选项： 【点睛】 本题考查函数奇偶性和单调性的综合应用问题，关键是能够构造函数，根据导函数的符号确定所构造函数的单调性，并且根据奇偶性的定义得到所构造函数的奇偶性，从而将函数值的大小关系转变为自变量之间的比较. 二、填空题 13．已知函数，如果不等式的解集为，那么不等式的解集为________________. 【答案】 【解析】先得到不等式的解集为，再确定的解为 或，解得答案. 【详解】 不等式的解集为，则不等式的解集为 的解为： 或 解得答案： 故答案为： 【点睛】 本题考查了解不等式，将看成整体可以简化运算，是解题的关键. 14．观察下列式子：，，，，…，根据以上式子可猜想：________________． 【答案】. 【解析】因为,,, 所以= 15．若函数的图象如图所示,则图中的阴影部分的面积为 ； 【答案】 【解析】试题分析：由图像，得,即，即；令， 得；由定积分的几何意义，得所求阴影部分的面积为 . 【考点】1.三角函数的图像与性质；2.定积分的几何意义. 16．底面半径为1cm的圆柱形容器里放有四个半径为cm的实心铁球，四个球两两相切，其中底层两球与容器底面相切. 现往容器里注水，使水面恰好浸没所有铁球，则需要注水________________. 【答案】cm3 【解析】设四个实心铁球的球心为，其中为下层两球的球心，四个球心连线组成棱长为 的正四面体， 分别为四个球心在底面的射影，则是一个边长为的正方形，所以注水高为正四面体相对棱的距离与球半径的二倍的和，即为， 故应注水的体积等于以注入水的高度为高的圆柱的体积减去四个球的体积，＝，故答案为. 三、解答题 17．设数列的前n项和为.已知，，. （1）求通项公式. （2）求数列的前n项和. 【答案】（1），；（2） 【解析】（1）根据即可化简得，可证明数列为等比数列，即可求出通项公式（2）采用分组求和的方法，利用等差数列、等比数列的求和公式，即可求解. 【详解】 （1）由题意得则 又当时，由，得， 所以数列是以1为首项，公比为3的等比数列， 所以，. （2）记 . 【点睛】 本题主要考查了等比数列的证明、通项公式，求和公式，等差数列的求和公式，分组求和，属于中档题. 18．某工厂利用辐射对食品进行灭菌消毒，现准备在该厂附近建一职工宿舍，并对宿舍进行防辐射处理，建房防辐射材料的选用与宿舍到工厂距离有关.若建造宿舍的所有费用p(万元)和宿舍与工厂的距离x(km)的关系为,若距离为1km时，测算宿舍建造费用为100万元.为了交通方便，工厂与宿舍之间还要修一条道路，已知购置修路设备需5万元，铺设路面每公里成本为6万元，设f(x)为建造宿舍与修路费用之和. (1)求f(x)的表达式 (2)宿舍应建在离工厂多远处，可使总费用f(x)最小并求最小值. 【答案】（1） （2）宿舍应建在离厂处可使总费用最小为万元. 【解析】(1)先代入数据计算，再把两部分费用相加得到答案. (2)先变形,再利用均值不等式得到答案. 【详解】 （1）根据题意，距离为时，测算宿舍建造费用为万元 （2） 当且仅当即 时 【点睛】 本题考查了函数的应用，均值不等式，意在考查学生的应用能力和解决问题的能力. 19．如图，在四边形中， （1）求的正弦值； （2）若，且△的面积是△面积的4倍，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】（1）中，设，利用余弦定理得到，再利用正弦定理得到答案. （2）利用面积关系得到化简得到 根据（1）中解得答案. 【详解】 （1）在中，设， 由余弦定理得 整理得，解得. 所以 由正弦定理得，解得 （2）由已知得， 所以， 化简得 所以 于是 因为，且为锐角，所以. 代入计算 因此 【点睛】 本题考查了正弦定理，余弦定理，面积公式，意在考查学生利用正余弦定理解决问题的能力. 20．各项均为正数的等比数列中，已知是数列的前n项和. （1）求数列的通项公式； （2）求； （3）求满足的最大正整数n的值. 【答案】（1），（2），（3） 【解析】（1）直接利用等比数列公式计算得到答案. （2）先计算得到，前N项和 （3）化简再解不等式得到答案. 【详解】 （1），故 （2）， （3） 即解得 故最大正整数 【点睛】 本题考查了等比数列通项公式，等差数列前N项和，数列不等式，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用. 21．已知函数 ． (1)讨论的单调性； (2)若对任意恒成立，求实数的取值范围（为自然常数）； (3)求证：． 【答案】（1）当时，的单调增区间为，单调减区间为；当时，的单调增区间为，单调减区间为； （2） （3）证明见解析 【解析】(1)求导得到，讨论和两种情况得到答案. (2) 令，讨论的单调性，计算的最值得到答案. (3) 令，在上单调递增，得到对一切成立，故代入计算得到到答案. 【详解】 （1）函数的定义域为， 当时，的单调增区间为，单调减区间为； 当时，的单调增区间为，单调减区间为； （2）令, 则，令，则, （a）若,即 则在是增函数, , 无解. （b）若即，则在是减函数, 所以, （c）若,即，在是减函数, 在是增函数, 最大值可得,可得 所以 , 综上所述 , （3）令，此时，所以， 由（1）知在上单调递增，∴当时，即，∴对一切成立， ∵，则有， 所以 【点睛】 本题考查了函数的单调性，恒成立问题，不等式的证明，其中放缩并用裂项相消法是解题的关键. 22．在直角坐标系中，圆C的参数方程（为参数），以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系. （1）求圆C的极坐标方程； （2）直线l的极坐标方程是，射线与圆C的交点为O、P，与直线l的交点为Q，求线段的长. 【答案】（1）；（2）2 【解析】（1）首先利用对圆C的参数方程（φ为参数）进行消参数运算，化为普通方程，再根据普通方程化极坐标方程的公式得到圆C的极坐标方程．（2）设，联立直线与圆的极坐标方程，解得；设，联立直线与直线的极坐标方程，解得，可得． 【详解】 （1）圆C的普通方程为，又， 所以圆C的极坐标方程为. （2）设，则由解得，，得； 设，则由解得，，得； 所以 【点睛】 本题考查圆的参数方程与普通方程的互化，考查圆的极坐标方程，考查极坐标方程的求解运算，考查了学生的计算能力以及转化能力，属于基础题. 23．已知函数 （1）解不等式； （2）若，求证：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】（1）得到分段函数，分别计算不等式得到答案. （2）不等式等价于，证明得到答案. 【详解】 （1） 当时，由，解得； 当时，不成立； 当时，由，解得． 综上所述：不等式 的解集为． （2），即 ． ， ， 所以． 故所证不等式成立． 【点睛】 本题考查了解绝对值不等式，不等式的证明，将绝对值不等式转化为分段函数是常用的技巧，需要灵活掌握. 第 18 页 共 18 页