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    2020届四川省眉山市仁寿县高三上学期期中数学(理)试题(解析版)

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    这是一份2020届四川省眉山市仁寿县高三上学期期中数学(理)试题(解析版),共18页。试卷主要包含了单选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
    2020届四川省眉山市仁寿县高三上学期期中数学(理)试题  一、单选题1.若集合,则    A BC D【答案】C【解析】先解不等式得,然后求交集即可.【详解】:因为解不等式,,解不等式,,所以.故选:C.【点睛】本题考查了二次不等式的解法,重点考查了并集的运算,属基础题.2.已知,若,则的值为(    A0 B C D【答案】C【解析】先由复数的运算可得,再结合复数模的运算即可得解.【详解】解:因为,所以解得.故选:C.【点睛】本题考查了复数的运算,重点考查了复数模的运算,属基础题.3.已知,则(    A B C D【答案】B【解析】分别计算的大小关系得到答案.【详解】,所以.故选:【点睛】本题考查了数值的大小比较,意在考查学生对于函数性质的综合应用.4.若各项均为正数的等比数列满足,则公比    A1 B2 C3 D4【答案】C【解析】由正项等比数列满足,即,又,即,运算即可得解.【详解】解:因为,所以,又,所以,解得.故选:C.【点睛】本题考查了等比数列基本量的求法,属基础题.5.函数的部分图象大致为(    A B C D【答案】A【解析】先由函数解析式可得函数为奇函数,再结合奇函数图像的性质逐一检验即可得解.【详解】解:由已知可得函数的定义域为,且,则函数为奇函数,则函数的图象应该关于原点对称,排除CD,当时,,排除B,故A正确.故选:A.【点睛】本题考查了函数的奇偶性,重点考查了奇函数的性质,属基础题.6.已知数列满足,设数列的前项和为,则    A BC D【答案】D【解析】先由已知求得,再结合等差数列、等比数列前项和公式分组求和即可得解.【详解】解:由数列满足,由等差中项的概念可得:为等差数列,设公差为,则,解得,则,从而.,结合等差数列、等比数列前项和公式可得:.故选:D.【点睛】本题考查了等差数列、等比数列前项和公式,重点考查了分组求和的方法,属中档题.7.设是公差大于零的等差数列,为数列的前项和,则的(    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】C【解析】是公差大于零的等差数列,且,可得,即,则当时,,即.综合即可得解.【详解】解:由是公差大于零的等差数列,且,可得,又,即反之,由,则当时,,即.综上可得的充要条件,故选:C.【点睛】本题考查了数列的有关运算,重点考查了充分必要条件,属基础题.8.若函数的图象关于直线对称,则上的单调递增区间为(    A BC D【答案】D【解析】由已知可得,再结合函数单调区间的求法即可得解.【详解】解:由,得,又, 所以,解得所以的单调递增区间为,又所以单调递增区间为.故选:D.【点睛】本题考查了三角函数解析式的求法,重点考查了三角函数单调区间的求法,属基础题.9.若函数上有零点,则的取值范围是(    A BC D【答案】A【解析】化简得到,即函数的图象与直线上有公共点,画出图像得到答案.【详解】,即即函数的图象与直线上有公共点直线过定点且斜率为,如图所示:曲线上的两个端点与点连线的斜率分别为,结合图象分析可知.故选:【点睛】本题考查了函数的零点问题,转化为图像的交点是解题的关键.10.如图,正方体的棱长为的中点,动点从点出发,沿运动,最后返回.已知的运动速度为,那么三棱锥的体积(单位:)关于时间(单位:)的函数图象大致为(    A BC D【答案】B【解析】讨论点在线段上运动,求解体积即可得答案.【详解】1)当时,在线段上运动,此时,所以2)当时,在线段上,因为平面,所以到平面的距离为定值,所以为定值,3)当时,在线段上,取的中点,此时,同理可得,所以4)当时,在线段上,因为平面,所以到平面的距离为定值,所以为定值,.故选:B.【点睛】本题主要考查了棱锥的体积公式及空间想象力,本题的难点在于动点在不同的线段上运动时需要分别求体积,属于难题.11.设函数的定义域为,且.时,,且上的最大值为,则    A B C D【答案】A【解析】上的最大值为,则上的最大值为.构造函数,利用导数研究方程的解的情况即可得解.【详解】解:因为,所以,又因为上的最大值为,所以上的最大值为.因为,所以,所以上有最大值.,得,则,即.所以,且.即关于的函数上单调递减,所以关于的方程上只有唯一解.故选:A.【点睛】本题考查了函数性质的应用,重点考查了利用导数研究函数的单调性及最值,属中档题.  二、填空题12.若满足约束条件,则的最小值为__________.【答案】-2【解析】首先作出可行域,然后作出初始目标函数,然后判断目标函数的最小值.【详解】如图,作出可行域,由图象可知,当目标函数过点C时,函数取值最小值,.故答案为:-2【点睛】本题考查线性规划,意在考查基础知识和计算能力,属于基础题型.13.已知向量,若,则______.【答案】-2【解析】由向量加法的坐标运算可得,再由向量垂直的坐标运算即可得解.【详解】解:因为向量,则,由,可知,即.故答案为:-2.【点睛】本题考查了向量加法的坐标运算,重点考查了向量数量积的坐标运算,属基础题.14.设是公差不为0的等差数列的前项和,且,则______.【答案】18【解析】先由,可得,再结合等差数列的前项和公式求解即可.【详解】解:因为,所以.故答案为:18.【点睛】本题考查了等差数列基本量的运算,重点考查了等差数列的前项和公式,属基础题.15.在中,内角的对边分别为,已知,则______.【答案】【解析】根据正弦定理得到,解得,代入余弦定理计算得到答案.【详解】,得,又因为,得.故答案为:【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理解三角形,意在考查学生的计算能力.16.已知正的边长为1为该三角形内切圆的直径,的三边上运动,则的最大值为______.【答案】【解析】变换得到,则点的顶点时取最大值,计算得到答案.【详解】的边长为1,则高为,内切圆半径为如图所示,当点的顶点时,取得最大值,所以的最大值为.故答案为:【点睛】本题考查了向量的最值计算,变换得到是解题的关键. 三、解答题17.已知函数是定义在R上的奇函数,当时,.(1)的解析式;(2)求不等式的解集.【答案】12【解析】1)设,计算,利用奇函数性质可得,当时,即可求出解析式(2)分类讨论求解不等式即可.【详解】1)若,则.因为当.,所以因为是奇函数,所以.因为是定义在R上的奇函数,所以.2)当时,解得时,是不等式的解;时,.解得.,所以.故原不等式的解集为【点睛】本题主要考查了利用奇函数性质求解析式,解分段函数形式的不等式,分类讨论,属于中档题.18的内角ABC的对边分别为abc,已知C,求,的面积【答案】(1)(2)【解析】由已知利用正弦定理,同角三角函数基本关系式可求,结合范围,可求,由已知利用二倍角的余弦函数公式可得,结合范围,可求A,根据三角形的内角和定理即可解得C的值.及正弦定理可得b的值,根据两角和的正弦函数公式可求sinC的值,进而根据三角形的面积公式即可求解.【详解】由已知可得又由正弦定理,可得,即,即,或舍去,可得由正弦定理,可得【点睛】本题主要考查了正弦定理,同角三角函数基本关系式,二倍角的余弦函数公式,三角形的内角和定理,两角和的正弦函数公式,三角形的面积公式等知识在解三角形中的应用,考查了计算能力和转化思想,属于中档题.19.已知数列的前项和为,且.1)求的通项公式;2)若,求数列的前项和.【答案】12【解析】1)利用公式代入计算得到答案.2)先计算得到,再利用错位相减法计算得到答案.【详解】1)因为,所以所以当时,,即时,,所以所以.2于是①-②,得所以.【点睛】本题考查了数列的通项公式,利用错位相减法计算数列的前n项和,意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.20.如图,在三棱锥中,,二面角的大小为120°,点在棱上,且,点的重心.1)证明:平面2)求二面角的正弦值.【答案】1)证明见解析;(2.【解析】1)连接,并延长相交于点,连接,可证得,从而得证;2)过点中作,与相交于点,可得,以点为坐标原点,所在直线为轴,所在直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,分别求平面的法向量和平面的一个法向量为,再求得,进而利用同角三角函数关系即可得解.【详解】1)证明:连接,并延长相交于点,连接因为点的重心,所以中,有所以平面平面所以平面2)解:过点中作,与相交于点,因为,则为二面角的平面角,则以点为坐标原点,所在直线为轴,所在直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系因为,则所以记平面的法向量,得到平面的一个法向量设平面的一个法向量为,得到平面的一个法向量设二面角的平面角为,则即二面角的正弦值为.【点睛】本题主要考查了线面平行的证明及求解二面角,利用空间直角坐标系正确写点坐标是解题的关键,属于中档题.21.明初出现了一大批杰出的骑兵将领,比如徐达、常遇春、李文忠、蓝玉和朱棣.明初骑兵军团击败了不可一世的蒙古骑兵,是当时世界上最强骑兵军团.假设在明军与元军的某次战役中,明军有8位将领,善用骑兵的将领有5人;元军有8位将领,善用骑兵的有4.1)现从明军将领中随机选取4名将领,求至多有3名是善用骑兵的将领的概率;2)在明军和元军的将领中各随机选取2人,为善用骑兵的将领的人数,写出的分布列,并求.【答案】12)分布列见解析,【解析】1)由概率运算公式及对立事件的概率的求法求解即可;2)由题意有随机数,再求出对应的概率,然后求出分布列,期望即可.【详解】解:(1)设从明军将领中随机选取4名将领,则有4名是善用骑兵的将领的概率为故从明军将领中随机选取4名将领,至多有3名是善用骑兵的将领的概率为.2)由题意知,所以的分布列为01234 .【点睛】本题考查了随机变量的期望与分布列,重点考查了运算能力,属中档题.22.已知函数.1)讨论的单调性.2)是否存在实数,对任意的,且恒成立?若存在,求出的取值范围;若不存在,说明理由.【答案】1)当时,上单调递增;当时,上单调递减,在上单调递增.2【解析】1)先求导函数得,再讨论的符合即可得函数的单调性;2)将不等式变形为,再构造函数,则原命题等价于上单调递减,再利用导数求解即可.【详解】解:(1)因为所以.时,恒成立,故上单调递增;时,令,得;令,得.所以上单调递减,在上单调递增.综上,当时,上单调递增;当时,上单调递减,在上单调递增.2)因为对任意的恒成立,不妨设,则,即,则上单调递减,即所以对于恒成立.所以对于恒成立,,则,解得.所以,存在,对任意的恒成立.【点睛】本题考查了导数的综合应用,重点考查了不等式恒成立问题,属中档题. 

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