甘肃省兰州市城关区第一中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题 Word版含解析

这是一份甘肃省兰州市城关区第一中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题 Word版含解析，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
兰州一中2019-2020-1学期期中考试试题高三数学（理科）说明：本套试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟．答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡.第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题：本题共12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.若集合，，则      （    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先求出集合A，B中元素的范围，再求【详解】解：由已知，，所以，故选：C。【点睛】本题考查交集的求法，要注意细节，是基础题。2.设，则（    ）A. 2 B.  C.  D. 1【答案】D【解析】【分析】先由复数的除法运算可得，再结合向量模的运算可得，得解.【详解】解：因为，则，故选：D.【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】【分析】根据已知条件求得的值，利用二倍角公式化简所求表达式为只含的表达，由此求得所求表达式的值.【详解】由得.故，故选B.【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查二倍角公式，属于基础题.4. 下列说法错误的是( )A. 命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”B. “”是“”的充分不必要条件C. 若且为假命题，则、均为假命题D. 命题：“，使得”，则：“，均有”【答案】C【解析】试题分析：若“且”为假命题，则中至少有一个是假命题，而不是均为假命题．故C错．考点：1.四种命题；2.充分条件与必要条件；3.逻辑连接词；4.命题的否定.5.已知平面向量满足，且，则与的夹角为(  )A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】设与的夹角为θ，由题意求得的值，可得θ的值．【详解】因为，所以，即，因为，所以，记与的夹角为，则，解得，即与的夹角为.故选C.【点睛】本题主要考查两个向量的数量积的定义，属于基础题．6.设，若2是与 的等比中项，则的最小值为（    ）A. 16 B. 8 C. 4 D. 2【答案】B【解析】【分析】先由等比中项的运算可得，则=，然后利用重要不等式可得：，一定要注意取等的条件.【详解】解：因为2是与 的等比中项，所以 ，即，所以，又，所以=，当且仅当，即时取等号，则的最小值为8，故选:B.【点睛】本题考查了等比中项的运算，重点考查了利用重要不等式求最值，属基础题.7.若双曲线 的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，则的离心率为 （    ）A. 2 B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】求得双曲线的一条渐近线方程，求得圆心和半径，运用点到直线的距离公式和弦长公式，可得a，b的关系，即可得到所求离心率公式．【详解】取渐近线，化成一般式，圆心到直线的距离，得，，即.故选：A【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程和离心率，考查方程思想和运算能力，属于基础题．8.某程序框图如图所示，则输出的结果等于（    ）A. 7 B. 16 C. 28 D. 43【答案】C【解析】执行程序：，,,,判断不符合条件，,,判断不符合条件，,,判断符合条件，故选：C9.函数的图象可能是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用已知函数的对称性及特殊点进行判断即可.【详解】函数为奇函数，图象关于原点对称，排除B，当时，，排除A；当时，，排除D．故应选C．【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；（2）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）从函数的特征点，排除不合要求的图象.10.我国古代数学名著九章算术记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无丈刍，草也；甍，屋盖也”翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱刍甍字面意思为茅草屋顶”如图，为一刍甍的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形则它的体积为　　A.  B. 160 C.  D. 64【答案】A【解析】【详解】分析：由三视图可知该刍甍是一个组合体，它由成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成，根据三视图中的数据可得其体积.详解：由三视图可知该刍甍是一个组合体，它由成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成，根据三视图中的数据，求出棱锥与棱柱的体积相加即可，，故选A.点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.11.若函数在上单调递增，则实数的取值范围是(   )A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意函数在上单调递增，转化为在恒成立，利用换元法，结合一元二次函数的性质，列出相应的不等式，即可求解出的取值范围。【详解】因为函数在单调递增，所以恒成立，即恒成立，因为，所以，即．故答案选A。【点睛】本题考查了已知函数的单调性求参数的范围，解题时常与导数的性质与应用相结合。12.已知函数，若函数有个零点，则实数的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由有个零点等价于的图像与直线有6个交点，分别作出与在同一直角坐标系中的图像，再观察图像即可得解.【详解】解：由题意可得，则有个零点等价于的图像与直线有6个交点，分别作出与在同一直角坐标系中的图像，由图像可知：当的图像与直线有6个交点时，有，又 解得，故选：D. 【点睛】本题考查了函数的零点个数与函数图像交点个数的关系，重点考查了数形结合的数学思想方法，属中档题.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.甲、乙两校各有3名教师报名支教．若从这6名教师中任选2名，选出的2名教师来自同一学校的概率为________.【答案】【解析】【分析】先求出从这6名教师中任选2名的基本事件的个数，再求出选出的2名教师来自同一学校的基本事件的个数，再利用古典概型概率公式求解即可.【详解】解：从这6名教师中任选2名，共有种不同取法， 选出的2名教师来自同一学校共有种不同取法，设“从这6名教师中任选2名，选出的2名教师来自同一学校” 为事件A，则，故答案为：.【点睛】本题考查了排列组合的有关知识，重点考查了古典概型的概率公式，属基础题.14.直线与抛物线交于两点，且经过抛物线的焦点，已知，则线段的中点到准线的距离为___________________。【答案】【解析】【分析】先根据抛物线方程求得焦点坐标，设点坐标为，进而可得直线方程，把点代入可求得点坐标，进而根据抛物线的定义，即可求得答案．【详解】由题意，抛物线知，设点坐标为，由直线过焦点，所以直线的方程为，把点代入上式得，解得，所以，所以线段中点到准线的距离为，故答案为：.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的关系的应用，其中解答中涉及抛物线的焦点弦的问题时，常常利用抛物线的定义来解决，着重考查了推理与运算能力，属于中档题.15.已知定义域为的奇函数满足，且当时，，则__________.【答案】【解析】【分析】先由和 ，得出函数的周期为3，再利用函数在的解析式求值即可.【详解】解：因为函数为奇函数，则，又，则，即函数的周期为3，则，故答案为：.【点睛】本题考查了函数的奇偶性、对称性及周期性，重点考查了利用函数的性质求值，属中档题.16.已知向量满足，则的最大值为_______.【答案】【解析】设，以OA所在的直线为x轴，O为坐标原点建立平面直角坐标系的夹角为，则，，即表示以为圆心，1为半径的圆，表示点A，C的距离，即圆上的点与A的距离，因为圆心到A的距离为，所以的最大值为．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，第22、23为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17.已知函数的图象的相邻两条对称轴的距离是，当时取得最大值2．（1）求函数的解析式；（2）若函数零点为，求．【答案】(1) (2)【解析】【分析】（1）由三角函数图像的性质可得振幅A=2，周期T=，再将点代入运算，结合求解即可；（2）由函数的零点与方程的解的关系可得sin（2x0+）=,再结合（2x0+）+（-2x0）=，即可求得的值.【详解】（1）由题意知，振幅A=2，周期T=，∴，∴．将点代入得：，则，又，故，故． （2）由函数的零点为x0知：x0是方程的根，故，得sin（2x0+）=,又（2x0+）+（-2x0）=，∴，故.【点睛】本题考查了由三角函数图像的性质求函数解析式及三角函数中给值求值问题，重点考查了运算能力，属中档题.18.已知等比数列前项和为成等差数列，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）根据等比数列的性质以及等差中项可求得公比，代入中，求出q，即可求得数列的通项公式；（2）把数列的通项公式代入中化简，代入求得，再利用裂项相消求得。【详解】（1）设等比数列的公比为，由成等差数列知，，所以，即.又，所以，所以，所以等差数列的通项公式.（2）由（1）知 ，所以所以数列的前 项和：所以数列的前项和【点睛】本题考查数列的知识，掌握等差等比数列的性质、通项是解题的关键，同时也需要掌握好数列求和的方法：分组求和、裂项相消、错位相减等，属于中档题。19.如图，在中，，点在边上，，为垂足.（1）若的面积为，求的长；（2）若，求角的大小.【答案】（1） （2） 【解析】试题分析：（1）由的面积可得的值，然后在中由余弦定理得；（2）由条件得在中由正弦定理得；又，故，从而得，可求得A的值。试题解析：（1）由已知得 又，解得 在中，由余弦定理得 ∴ 即的长为3.（2）由已知得，为中点，∴，在中，由正弦定理得，所以，又，所以，∴，∴，又，∴ .20.设函数（为常数）.（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）若函数在内存在唯一极值点，求实数的取值范围，并判断是在内的极大值点还是极小值点.【答案】(1) (2) ，且为函数的极小值点.【解析】【分析】（1）先求出函数的导函数，再求出切线的斜率，再由直线的点斜式方程求解即可；（2）函数在内存在唯一极值点等价于方程在内存在唯一解，再构造函数，求其值域，则可得范围，再利用导数确定是极大值点或者极小值点.【详解】（1）当时，，，所求切线的斜率，又.所以曲线在处的切线方程为：.（2），又，则要使得在内存在唯一极值点，则在存在唯一变号零点，即方程在内存在唯一解，即与在范围内有唯一交点，设函数，则，在单调递减，又；当时，时，与在范围内有唯一交点，不妨设交点横坐标为，当时， ，，则，在为减函数；当时，，则，在为增函数，即为函数极小值点，综上所述：，且为函数的极小值点.【点睛】本题考查了利用导数求曲线在某点处的切线方程，主要考查了利用导数求函数的单调区间及极值，重点考查了导数的应用，属中档题.21.已知函数（为实数常数）（1）当时，求函数在上的单调区间；（2）当时，成立，求证：．【答案】(1) 单调递增区间是，单调递减区间是．(2)证明见解析【解析】【分析】（1）先求出函数的导函数，再解不等式与，从而求出函数的单调区间；（2）当时，由等价于恒成立，再分别讨论：①当时，②当时，③当时，利用导数研究函数的单调性及最值从而得解.【详解】解：（1）因为，所以，当时，由得，解得，由得，解得，所以函数在的单调递增区间是，单调递减区间是． （2）当时，由得即恒成立（*），设，则，由题可知①当时，，所以在上单调递增，，可知且时，，使得，可知（*）式不成立，则不符合条件；②当时，，所以在上单调递减，，可知（*）式成立，则符合条件，所以成立；③当时，由得，由得，所以在上单调递增，可知在上单调递减，所以，由（*）式得，设，则，所以在上单调递减，而，，可知．综上所述，．【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间及由不等式恒成立求参数的范围，重点考查了不等式与函数的相互转化，属中档题.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22.在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）为曲线上的动点，点在线段上，且满足，求点的轨迹的直角坐标方程；（2）设点的极坐标为，点在曲线上，求面积的最大值．【答案】（1）；（2）【解析】【详解】试题分析：（1）设出P的极坐标，然后由题意得出极坐标方程，最后转化为直角坐标方程为；（2）利用（1）中结论，设出点的极坐标，然后结合面积公式得到面积的三角函数，结合三角函数的性质可得面积的最大值为.试题解析：解：（1）设P的极坐标为（）（＞0），M的极坐标为（）由题设知|OP|=，=.由|OP|=16得的极坐标方程因此的直角坐标方程为.（2）设点B的极坐标为 （）.由题设知|OA|=2，，于是△OAB面积当时， S取得最大值.所以△OAB面积的最大值为.点睛:本题考查了极坐标方程的求法及应用，重点考查了转化与化归能力.在求曲线交点、距离、线段长等几何问题时，求解的一般方法是将其化为普通方程和直角坐标方程后求解，或者直接利用极坐标的几何意义求解.要结合题目本身特点，确定选择何种方程.23.已知函数的最小值为M.（1）求M；（2）若正实数，，满足，求：的最小值.【答案】（1）（2）3.【解析】【分析】将绝对值函数写成分段函数形式，分别求出各段的最小值，最小的即为函数的最小值。由（1）知，直接利用公式：平方平均数 算数平均数， 即可解出最小值。【详解】（1）如图所示∴(2)由（1）知∴∴∴∴当且仅当，是值最小∴的最小值为3.【点睛】本题考查绝对值函数及平方平均数与算数平均数的大小关系，属于基础题.