- 2.11 MB
- 2024-03-31 发布
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．