福建省厦门市双十中学2020届高三上学期期中考试数学（文）试题 20页

双十中学2020届高三（上）文科数学期中考试卷 一、选择题：（本大题共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,请将答案填入答题卡填空题的相应位置.）‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据対数型函数的值域化简集合,再根据交集的概念进行交集运算即可.‎ ‎【详解】因为,,‎ 所以.‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查了集合的交集运算,対数型函数的值域,属于基础题.‎ ‎2.下列函数中，既是奇函数又存在极值的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据函数为奇函数排除，再根据存在极值排除即可.‎ ‎【详解】由题可知，B、C选项不是奇函数，A选项单调递增（无极值），而D选项既为奇函数又存在极值.故选D.‎ 考点：函数奇偶性的概念，函数单调性与函数极值.‎ ‎3.如图为某几何体的三视图，根据三视图可以判断这个几何体为：‎ A. 圆锥 B. 三棱锥 C. 三棱台 D. 三棱柱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据各个几何体的特征观察即可.‎ ‎【详解】根据三视图判断，该几何体为三棱柱 ‎4.已知，，则（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用同角三角函数的基本关系式，求得的值，再利用两角和的余弦公式，即可求解．‎ ‎【详解】∵，，∴，‎ ‎∴＝．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了两角和的余弦公式的化简求值，同时考查同角三角函数的基本关系式，其中解答熟记三角函数的基本公式，合理准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．‎ ‎5.函数的图象如图所示，其中为常数，则下列结论正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：∵由函数图象单调递减得：底数a满足0＜a＜1，又x=0时，0＜y＜1，∴a-b＜a0，∴结合指数函数的单调性可知，-b＞0，b＜0，故答案选 C．‎ 考点：本试题主要考查了指数函数的图象与性质的运用．‎ 点评：解决该试题的关键是能通过图象与坐标轴的交点，代点得到参数的范围.‎ ‎6.已知两条平行直线 ，之间的距离为1，与圆：相切，与相交于，两点，则（ ）‎ A. B. C. 3 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，由直线与圆相切的性质可得圆心到直线 的距离为2，进而可得圆心到直线的距离，结合直线与圆的位置关系及垂径定理分析可得答案．‎ ‎【详解】解：根据题意，与圆：相切，则圆心到直线的距离为2，‎ 又由两条平行直线，之间的距离为1，则圆心到直线的距离，‎ 则；‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，涉及弦长的计算，属于基础题．‎ ‎7.的内角，，所对的边分别为，，.已知，，，那么的周长等于（ ）‎ A. 12 B. 20 C. 26 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据余弦定理解得,从而,周长为20.‎ ‎【详解】根据余弦定理得,即,整理得,‎ 所以,‎ 所以的周长等于7+5+8=20.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查了余弦定理,利用余弦定理解三角形得是关键,属于基础题.‎ ‎8.在中，若点满足，点为中点，则=（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，结合平面向量的线性运算，用基底表示.‎ ‎【详解】作出图形如下，‎ ‎,故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算，利用基底向量表示目标向量注意向量方向和模长之间的关系.‎ ‎9.已知函数，则“函数的图象经过点（，1）”是“函数 的图象经过点（）”的( )‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由的图象经过点求出；再由的图象经过点求出，根据充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.‎ ‎【详解】函数的图象经过点（，1）时，有，所以，，‎ 因为所以，函数为：，‎ 当时，，所以，充分性成立；‎ 当函数的图象经过点（）时，，所以，，即,，，‎ 当时，不一定等于1，所以，必要性不成立．‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的判定，熟记概念即可，属于常考题型.‎ ‎10.已知圆台轴截面的高为2，，，是该圆台底面圆弧的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设的中点为,可证平面,在△中计算即可.‎ ‎【详解】如图所示:‎ 设的中点分别为,连接,‎ 因为是的中点,所以,‎ 因为平面,所以,‎ 所以平面,故为直线与平面所成的角,‎ 因为,,‎ 所以,又,‎ 所以,‎ 所以.‎ 故选B ‎【点睛】本题考查了求直线与平面所成角,求解步骤是一作二证三求,属于中档题.‎ ‎11.阿波罗尼斯(约公元前262-190年)证明过这样一个命题:平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿氏圆.若平面内两定点A、B间的距离为,动点满足，当P、A、B不共线时，三角形PAB面积的最大值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题，设点，根据题意，求得圆的方程，再求得P 点的位置，即可求得面积的最大值.‎ ‎【详解】以经过的直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系；‎ 则： 设, ，‎ 两边平方并整理得： ，‎ 当点P到AB（x轴）的距离最大时，三角形PAB的面积最大，‎ 此时面积为 ‎ 故选A ‎【点睛】本题考查了曲线的轨迹方程，熟悉圆的定义和求轨迹方程是解题的关键，属于中档题型.‎ ‎12.已知函数，若，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题，先求得函数在上单调递增，再由判断出，根据单调性可得结果.‎ ‎【详解】由题意可得：‎ 可知在上单调递增；‎ 作出与的图象，‎ ‎，可得，故，‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的性质，利用函数的图像判断大小和熟悉对勾函数的性质是解题的关键，属于中档题.‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填入答题卡填空题的相应位置.）‎ ‎13.已知向量，，若，则________.‎ ‎【答案】－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量加法和数量积的坐标运算以及完全平方公式可得答案.‎ ‎【详解】因为，,‎ 所以,所以,‎ 又,,‎ 所以,解得.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了向量加法和数量积的坐标运算,以及完全平方公式,属于基础题.‎ ‎14.已知函数的图象关于直线对称，则的值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求解出函数对称轴方程后，代入，得到的取值集合；再根据的范围求得结果.‎ ‎【详解】 ‎ 的对称轴为：‎ 又对称轴 ，即 又 ，即 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查根据三角函数图象特点求解解析式问题，具体考查的是根据对称轴方程求解初相，属于基础题.‎ ‎15.若椭圆焦点在轴上，过点作圆的切线，切点分别为A，B，直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程为 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，圆的圆心为，则是圆与以为直径的圆的公共弦所在直线，以为直径的圆的方程为，即，两圆方程相减，即得的方程为，则直线与坐标轴的交点为，又因为焦点在轴上，则，，，所以椭圆方程为.‎ ‎【详解】设，圆的圆心为，则是圆与以为直径的圆的公共弦所在直线，以为直径的圆的方程为，即，两圆方程相减，即得的方程为，则直线与坐标轴的交点为，又因为焦点在轴上，则，，，所以椭圆方程为.‎ 考点：直线圆的位置关系、椭圆的标准方程.‎ ‎16.已知函数,若，且，则的取值范围是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先可根据题意得出不可能同时大于，然后令，根据即可得出，最后通过构造函数以及对函数的性质进行分析即可得出结果．‎ ‎【详解】‎ 根据题意以及函数图像可知，不可能同时大于，‎ 因为，所以可以令，即，‎ 因为，所以，，，‎ 构造函数，则，‎ 令，则，即；‎ 令，则，即；‎ 令，则，即；‎ 所以在上单调递减，在处取得极小值，在上单调递增，‎ 所以，，，‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查函数的相关性质，主要考查分段函数的相关性质、函数值与自变量之间的联系以及导数的相关性质，能否通过题意构造出函数是解决本题的关键，考查推理能力，考查函数方程思想，是难题．‎ 三、解答题：（本大题6小题，计70分.解答应写出必要的文字说明,证明过程或演算步骤）‎ ‎17.已知分别为内角的对边，．‎ ‎（Ⅰ）求；‎ ‎（Ⅱ）已知点在边上，，，求．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由余弦定理化简已知可得，可求得，结合范围，可求的值．‎ ‎（Ⅱ）由已知可求得，由余弦定理求得的值，可求的值，在中，由余弦定理可得的值．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）∵，‎ ‎∴整理可得：，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎（Ⅱ）∵，，，可得：，‎ ‎∴由余弦定理，可得，可得：，‎ ‎∴解得： （负值舍去），‎ ‎∴，‎ ‎∴中，由余弦定理可得：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了余弦定理及方程思想，还考查了计算能力及转化能力，属于中档题．‎ ‎18.如图，在多面体中，四边形为矩形，，面，，，，分别是，的中点，是线段上的任一点．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接．证明．．推出平面．即可证明．（2）利用三棱锥的体积为求解即可．‎ ‎【详解】（1）证明：连接．‎ 因为，分别是，的中点，且，‎ 所以，又，所以，‎ 所以，，，四点共面．‎ 因为平面，‎ 所以平面，所以.‎ 因为，是的中点，‎ 所以.‎ 又，‎ 所以平面.‎ 又因为，所以面，‎ 所以．‎ ‎（2）解：在中，由，，得．‎ 因为平面，所以.‎ 又，，‎ 所以平面，‎ 因为，，，分别是，的中点，‎ 所以.‎ 又，所以的面积，‎ 因为，面，面，所以面．‎ 三棱锥的体积为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面平行及垂直的判定和性质，空间几何体的体积等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养．‎ ‎19.某工厂每日生产某种产品吨，当日生产的产品当日销售完毕，当时，每日的销售额（单位：万元）与当日的产量满足，当日产量超过20吨时，销售额只能保持日产量20吨时的状况.已知日产量为2吨时销售额为4.5万元，日产量为4吨时销售额为8万元.‎ ‎（1）把每日销售额表示为日产量的函数；‎ ‎（2）若每日的生产成本（单位：万元），当日产量为多少吨时，每日的利润可以达到最大？并求出最大值.‎ ‎（注：计算时取，）‎ ‎【答案】(1) (2) 当日产量为10吨时，每日的利润可达到最大，最大利润为6.5万元.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)将和代入,解得,即可得到答案;‎ ‎(2)先写出分段函数的解析式,再分段求最大值即可得到答案.‎ ‎【详解】解：（1）因为当时，，所以.①‎ 当时，，所以.②‎ 由①②解得,‎ 所以当时，.‎ 当时，.‎ 所以 ‎（2）设当日产量为吨时，每日的利润为，‎ 则 ‎①若，则.‎ 当时，；当时，.‎ 故是函数在内唯一的极大值点，也是最大值点，‎ 所以.‎ ‎②若，则，显然单调递减，故.‎ 结合①②可知，当日产量为10吨时，每日的利润可达到最大，最大利润为6.5万元.‎ ‎【点睛】本题考查了函数模型的应用,利用导数求函数的最大值,分段函数的最值,属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆的离心率为，是椭圆的一个焦点．点，直线的斜率为．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若过点直线与椭圆交于两点，线段的中点为，且．求的方程．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可得，解得即可得出．‎ ‎（2）分两种情况，当斜率不存在时，不符合题意；当斜率存在时，设出直线方程，联立直线方程和椭圆方程，利用判别式大于0可得出；利用 列出等式可求得k的值，即可得出的方程．‎ ‎【详解】（1）由题意，可得，解得，则，‎ 故椭圆的方程为．‎ ‎（2）当的斜率不存在时，，不合题意，故的斜率存在．‎ 设的方程为，联立，得，‎ 设，则，‎ 即，‎ 设，则，‎ 则，即 整理得．故，的方程为．‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆标准方程及其性质、“点差法”、点斜式、斜率的计算公式．‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）当时，证明：．‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出导函数，通过当时，‎ 时，判断导函数的符号，图象函数的单调性；（2）要证．只需证明，证明．设．利用导函数转化证明，再证：，设，则．利用函数的单调性转化证明即可．‎ ‎【详解】解：（1）由得.‎ 当即时，，所以在上单调递增．‎ 当即时，由得；由得，‎ 所以在上单调递减，在上单调递增．‎ ‎（2）要证成立，‎ 只需证成立，即证.‎ 现证：.‎ 设．则，‎ 所以在上单调递减，在上单调递增．‎ 所以.‎ 因为，所以，则，‎ 即，当且仅当，时取等号．‎ 再证：.‎ 设，则.‎ 所以在上单调递增，则，即.‎ 因为，所以．当且仅当时取等号，‎ 又与两个不等式的等号不能同时取到，‎ 即，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的单调性与最值、导数的应用等基础知识，考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、分类与整合思想、化归与转化思想、数形结合思想．考查数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养．‎ ‎22.[选修4-4：坐标系与参数方程] ‎ 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的方程为．‎ ‎（1）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线的极坐标方程和直线的极坐标方程；‎ ‎（2）在（1）的条件下，直线的极坐标方程为，设曲线与直线的交于点和点，曲线与直线的交于点和点，求的面积．‎ ‎【答案】（1）极坐标方程为：.直线的极坐标方程为：．（2）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）消去参数φ可得曲线C的直角坐标方程，再根据互化公式可得曲线C的极坐标方程；根据互化公式可得直线l的极坐标方程；（2）根据极径的几何意义和面积公式可得．‎ ‎【详解】（1）由，‎ 得曲线C的普通方程为， ‎ 把，代入该式化简得曲线C的极坐标方程为：. ‎ 因为直线：是过原点且倾斜角为的直线，‎ 所以直线的极坐标方程为：． ‎ ‎（2）把代入得，故，‎ 把代入得，故， ‎ 因为, ‎ 所以的面积为.‎ ‎【点睛】本小题考查直线和圆的极坐标方程、参数方程等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想等，属中档题．‎ ‎ ‎