黑龙江省大庆市大庆中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题 19页

大庆中学2019--2020学年高三期中考试试题 理科数学 一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）‎ ‎1.集合, ，则（ ）‎ A. B. ‎ C. 1, D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求解,再计算即可.‎ ‎【详解】又,故.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了集合的基本运算,属于基础题型.‎ ‎2.的值等于（ ）‎ A. B. 10 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数与对数的运算法则求解即可.‎ ‎【详解】.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了指数的基本运算,属于基础题型.‎ ‎3.已知，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式的性质可推得D正确，利用特殊值举例可说明A,B,C错误.‎ ‎【详解】解：得不出，比如，，时；‎ B.时，得不出；‎ C.得不出，比如，，；‎ D.是增函数，得出．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】判断关于不等式命题真假的常用方法 ‎(1)直接运用不等式性质：把要判断的命题和不等式的性质联系起来考虑，找到与命题相近的性质，然后进行推理判断．‎ ‎(2)特殊值验证法：给要判断的几个式子中涉及的变量取一些特殊值，然后进行比较、判断．‎ ‎4.已知,且，则（ ）‎ A. 4 B. 3 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量共线的坐标形式可求，求出的坐标后可求.‎ ‎【详解】因为，故，所以，‎ 故，故.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】如果，那么：（1）若，则；（2）若，则.‎ ‎5.定义在R上的函数满足则等于（ ）‎ A. B. C. 3 D. 8‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时,,此时周期为6.将利用周期性使自变量化成负数再求解即可.‎ ‎【详解】由题得当时,,此时周期为6.‎ 故.‎ 又当时, ,故.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查分段函数的求值,注意函数必须在满足的定义域内才能进行求解.属于基础题型.‎ ‎6.位于坐标原点的一个质点P按下述规则移动：质点每次移动一个单位；移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是.质点P 移动5次后位于点的概率为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 质点在移动过程中向右移动2次向上移动3次，因此质点P 移动5次后位于点的概率为。‎ ‎7.圆与圆的公切线有几条（）‎ A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 首先求两圆的圆心距，然后判断圆心距与半径和或差的大小关系,最后判断公切线的条数.‎ ‎【详解】圆，圆心 ，，‎ 圆 ,圆心，，‎ 圆心距 ‎ ‎ 两圆外切，有3条公切线.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了两圆的位置关系，属于简单题型.‎ ‎8.如图，D，C，B三点在一条直线上，DC=a，从C，D两点测得A点的仰角是，（）则A点离地面的高度AB 等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：设AB=x，则在Rt△ABC中，CB=，∴BD=a+，‎ ‎∵在Rt△ABD中，BD=‎ ‎∴a+=，求得x=。故选A 考点：本题主要考查正弦定理的应用。‎ 点评：分析图形特征，利用正弦定理、直角三角形中的边角关系进行分析。‎ ‎9.函数 的图象如图所示，为了得到的图象，则只要将的图象（ ）‎ A. 向右平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据的图象可得，，，则 ‎∴‎ 根据五点法作图可得，则 ‎∴‎ 故将函数向右平移个单位长度，可得 故选A ‎10.在中,,则的周长为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理求出外接圆半径,再表示出相加即可.‎ ‎【详解】由正弦定理有外接圆直径,故 .故的周长为 ‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了解三角形中的正弦定理运用,同时也考查了三角恒等变换,属于中等题型.‎ ‎11.已知数列满足：，，那么使成立的的最大值为（ ）‎ A. 4 B. 5 C. 24 D. 25‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 数列是首项为1，公差为1的等差数列；‎ ‎；由得则使成立的的最大值为24.故选C ‎12.已知椭圆与双曲线 有相同的焦点,,点P是两曲线的一个公共点,且,,分别是两曲线,的离心率,则的最小值是（ ）‎ A. 4 B. 6 C. 8 D. 16‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据椭圆与双曲线的定义可以求得与的关系,再表达出求最值即可.‎ ‎【详解】由题得,又因为,故,‎ 即,所以 ‎,当且仅当即时等号成立.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查共焦点的椭圆与双曲线的问题,需要根据椭圆与抛物线的定义,同时结合垂直找到的关系再进行求解,属于中等题型.‎ 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）‎ ‎13.已知，i是虚数单位，若（1i）（1bi）=a，则的值为_______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由，可得，所以，，故答案为2．‎ ‎【考点】复数相等 ‎【名师点睛】本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如 ‎. 其次要熟悉复数的相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、共轭复数为.‎ ‎14.在锐角中，，，，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎,因为,(舍)，，由,‎ ‎.‎ ‎15.已知,在处有极值,则 ______ ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题知为极值点,故,又联立求解即可.‎ ‎【详解】由题,,故 故答案为：-6‎ ‎【点睛】本题主要考查了已知极值点与极值求参数的问题.属于基础题型.‎ ‎16.如图,AB为圆O的直径,点C在圆周上异于点A,,直线PA垂直于圆O所在的平面,点 M是线段PB的中点有以下四个命题：‎ ‎①∥平面；‎ ‎②∥平面；‎ ‎③平面；‎ ‎④平面平面．‎ 其中正确的命题的序号是______．‎ ‎【答案】①④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面平行的判定与线面,面面垂直的判定方法逐个证明即可.‎ ‎【详解】对①,因为为的中点,故为三角形的中位线,故∥平面.‎ 故①正确.‎ 对②,因为平面,故②错误.‎ 对③,因为,故不会垂直于,故不垂直于平面.故③错误 对④, 因为,面,故.又.‎ 故平面,又平面,故平面平面.故④正确.‎ 故答案为：①④‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面平行与线面垂直等判定,属于中等题型.‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）‎ ‎17.在数列中,设,且满足,且．‎ 设,证明数列为等差数列；‎ 求数列的前n项和．‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据题意构造再证明为常数即可. (2)由(1)可知,故用分组求和,部分用错位相减即可.‎ ‎【详解】证明：由已知得,‎ 得,‎ ‎,‎ 又,,‎ 是首项为1,公差为1的等差数列．‎ 由1知,,‎ ‎, ‎ ‎,‎ 两边乘以2,得,‎ 两式相减得 ‎,‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据递推公式构造数列求通项公式的方法,同时也考查了错位相减求和的方法,属于中等题型.‎ ‎18.现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择.为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏.‎ ‎（Ⅰ）求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；‎ ‎（Ⅱ）求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；‎ ‎（Ⅲ）用X，Y分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记，求随机变量的分布列与数学期望.‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为，去参加乙游戏的概率为.设“这4个人中恰有i人去参加甲游戏”为事件(i＝0,1,2,3,4)，则 ‎（Ⅰ）这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率 ‎ ‎（Ⅱ）设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B，则，‎ 由于与互斥，故 所以，这4个人去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为 ‎ ‎（Ⅲ）ξ所有可能取值为0,2,4.由于与互斥，与互斥，故 ‎，‎ ‎。‎ 所以ξ的分布列是 ξ ‎ ‎0 ‎ ‎2 ‎ ‎4 ‎ P ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 随机变量ξ的数学期望 考点：1.离散型随机变量的期望与方差；2.相互独立事件的概率乘法公式；3.离散型随机变量及其分布列．‎ ‎19.如图,等腰直角中,,平面平面ABC,,,.‎ ‎ ‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求二面角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先证明平面ABEF,再得到即可. (2)由(1)可知,以为坐标原点建立空间直角坐标,再求二面角的正弦值即可.‎ ‎【详解】(1)证明：直角中是直角,即,‎ 平面平面ABEF,‎ 平面平面ABEF于AB,平面ABC,平面ABEF,‎ 又平面ABEF,‎ ‎；‎ ‎(2)由(1)知平面ABEF,‎ 故建立如图所示空间直角坐标系,‎ 设,则由已知可得0,,2,,,,,,,‎ 设平面CEF的一个法向量为,‎ 则有,‎ 令,则,即．‎ 设平面BCE的一个法向量,‎ 则有,,‎ 令,则,‎ 设二面角的平面角为,‎ 则,‎ 所以 所以二面角的的正弦值为  ‎ ‎【点睛】本题主要考查了线线垂直与线面垂直的判定与性质等,同时也考查了立体几何中利用空间向量求解的方法,属于中等题型.‎ ‎20.如图，已知椭圆：的离心率为，的左顶点为，上顶点为，点在椭圆上，且的周长为.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）设是椭圆上两不同点，，直线与轴，轴分别交于两点，且，求的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎(1)利用题意求得，所以椭圆的方程为；‎ ‎(2)利用题意求得的解析式，结合m的取值范围可得的取值范围是.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）由题意得：‎ ‎，所以椭圆的方程为；‎ ‎（Ⅱ）又，所以.‎ 由，可直线的方程为.‎ 由已知得，设.‎ 由，得：.‎ ‎，‎ 所以，‎ 由得.‎ 所以即，同理.‎ 所以 .‎ 由所以.‎ 点睛： (1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．‎ ‎(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．‎ ‎21.设函数 ‎（1）求函数的单调区间；‎ ‎（2）若函数有两个零点,,求满足条件的最小正整数a的值．‎ ‎【答案】(1)当时,函数单调递增区间为,无单调减区间 当时, 函数的单调增区间为,单调减区间为 ‎(2) 满足条件的最小正整数a的值为3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求导得,故分与两种情况进行讨论即可. (2)由(1)知,的最小值,再整理化简令,再分析零点所在区间进行讨论即可.‎ ‎【详解】(1)．‎ 当时,在上恒成立,‎ 所以函数单调递增区间为,此时无单调减区间．‎ 当时,由,得,‎ 由,得,得,‎ 所以函数的单调增区间为,单调减区间为 ‎(2)由(1)可知函数有两个零点,‎ 所以,的最小值,即．‎ 因为,所以．‎ 令,显然在上为增函数,且,,‎ 所以存在,．‎ 当时,；当时,,‎ 所以满足条件的最小正整数．‎ 又当时,,,‎ 所以时,有两个零点．‎ 综上所述,满足条件的最小正整数a的值为3．‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据导函数中参数的范围对函数的单调性与零点的讨论问题,属于中等题型.‎ ‎22.在极坐标系中,圆C的方程为,以极点为坐标原点,极轴为x轴正半轴建立直角坐标系xOy,直线l的参数方程为为参数．‎ 求圆C的直角坐标方程化为标准方程和直线l的极坐标方程；‎ 若l与圆C的一个交点为异于原点,l与直线的交点为Q,且求a的值．‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)消去中的参数,再根据极坐标中与的关系化简圆的方程即可. (2)利用极坐标中的几何意义可求得,再求得直线l与直线的交点坐标从而求得再求得,利用即可求得a的值.‎ ‎【详解】(1)由,得,易得直线l的极坐标方程为,‎ 由圆C的方程为，,‎ 易得,化简得圆C的直角坐标方程为 ‎(2)因为直线方程的极坐标方程为,代入得,则,又与直线的交点得,则,‎ 从而,解得．‎ ‎【点睛】本题主要考查了极坐标与参数方程和直角坐标间的互化,同时也考查了极坐标的几何意义,属于中等题型.‎ ‎ ‎