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- 2021-04-12 发布
洛阳市2019—2020学年高中三年级上学期期中考试
数学试卷（理）
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．
1.已知为虚数单位，复数z满足，则等于（ ）
A. B. C. 1 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】
先化简得到，再计算.
【详解】则,
故选：B
【点睛】本题考查了复数的模，属于简单题.
2.已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先计算集合A和集合B，再根据关系解得答案.
详解】
，则
故选：A
【点睛】本题考查了集合的包含关系，属于基础题型.
3.已知实数满足则的最大值为（ ）
A. 0 B. 3 C. 4 D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】
画出可行域，根据平移得到答案.
【详解】画出可行域：
如图所示，取画出图像
通过平移：当目标函数过直线和的交点时，有最大值
即时，有最大值为
故选：D
【点睛】本题考查了线性规划，准确作图是解题的关键.
4.执行如图所示的程序框图，若输出的，则输入的值为（ ）
A. 1 B. 2
C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】
设数列，则程序框图表示的是从项到项之和，利用裂项相消法得到答案.
【详解】设数列
则程序框图表示的是数列从项到项之和
即
故选：C
【点睛】本题考查了程序框图，确定程序框图所表示的数列关系是解题的关键.
5.已知，，，则的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先根据函数的单调性判断，再判断得到答案.
【详解】
故
，即
故
故选：A
【点睛】本题考查了利用函数的单调性比较大小，意在考查学生的计算能力.
6.在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P，Q，R分别为棱AA1，BC，C1D1的中点，经过P，Q，R三点的平面为，平面被此正方体所截得截面图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先确定平面被此正方体所截得截面图形为正六边形，再计算机其面积为得到答案.
【详解】如图所示：是对应线段的中点.
易知：与相交，确定一个平面
，故在平面内，同理在平面内
故平面被此正方体所截得截面图形为正六边形，边长为
故选：A
【点睛】本题考查了截面图形的面积，确定截面为正六边形是解题的关键.
7.已知偶函数的图象关于对称，且当时，，则时，＝（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据对称和偶函数得到周期为4，设，则，代入化简得到答案.
【详解】偶函数的图象关于对称
则
得到，，故周期为4
设，则
故选：D
【点睛】本题考查函数的对称性和奇偶性，利用代换得到函数的周期是解题的关键.
8.已知函数的定义域为，对任意实数恒成立，若
真，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由真得出两个命题均为真命题，求出、均为真命题时对应的参数的取值范围，取交集即可得出实数的取值范围.
【详解】由于命题为真命题，则命题、均为真命题.
若命题为真命题，则，解得.
若命题为真命题，构造函数，则，且.
（1）当时，对任意的恒成立，此时，函数单调递增，
且当时，，不合乎题意；
（2）当时，恒成立；
（3）当时，令，得.
当时，，当时，.
，即，解得
所以，当命题为真命题时，.
因此，实数的取值范围是.
故选：A.
【点睛】本题考查利用复合命题的真假求参数的取值范围，同时也考查了对数型函数的定义域与不等式恒成立问题，解题时要根据复合命题的真假判断出简单命题的真假，考查运算求解能力，属于中等题.
9.双曲线C的对称轴与坐标轴重合，两个焦点分别为F1，F2，虚轴的一个端点为A，若△AF1F2是顶角为120°的等腰三角形，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意得到，再讨论焦点在轴，轴两种情况得到答案.
【详解】是顶角为的等腰三角形：则 故
当焦点在轴上时：渐近线方程为
当焦点在轴上时：渐近线方程为
综上所述：渐近线方程为或
故选：B
【点睛】本题考查了双曲线的渐近线，遗漏一种情况是容易发生的错误.
10.已知函数若有三个不等实数根，则的取值范围是（ ）
A. （2，＋∞） B. [2，＋∞） C. （，） D. [，]
【答案】C
【解析】
【分析】
画出函数图像，根据对称性得到，再计算得到答案.
详解】 ，有三个不等实数根设
画出函数图像得：
根据对称性知：
取 ，则
综上所述：
故选：C
【点睛】本题考查了函数零点的范围，画出图像得到临界点是解题的关键.
11.已知数列{}满足，，，则·的值为（ ）
A. 0 B. 1 C. 10102 D. 10101010
【答案】C
【解析】
【分析】
讨论的奇偶性分别计算得到，代入数据计算得到答案.
【详解】，，，
当为奇数时：化简得到，隔项成等差数列.
设，，故
当为偶数时：化简得到，隔项成等比数列.
设，，故
故·
故选：C
【点睛】本题考查了数列的求值，讨论的奇偶性分别计算是解题的关键.
12.菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，沿对角线AC将三角形ACD折起，当三棱锥D－ABC体积最大时，其外接球表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
当平面ACD与平面ABC垂直时体积最大，如图所示，利用勾股定理得到
和，计算得到答案.
【详解】易知：当平面ACD与平面ABC垂直时体积最大.
如图所示：
为中点，连接，外接球球心的投影为是中心，在上
，， ，
设半径为，则，
解得： ，表面积
故选：D
【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，利用勾股定理求出半径是解题的关键.
二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．
13.已知平面向量，满足，，，则＝__________．
【答案】
【解析】
【分析】
对 两边平方得到，计算得到答案.
【详解】 两边平方得到：，即
故答案为：
【点睛】本题考查了向量模的计算，意在考查学生的计算能力.
14.已知数列{}的通项公式为，若，分别是该数列的最大项和最小项，则i＋j＝__________．
【答案】11
【解析】
【分析】
变形，构造函数，根据函数的单调性，得到答案.
【详解】
易知对应函数
在上单调递减，对应函数值大于零
在上单调递减，对应函数值小于零
故的最大项为，最小项为
即
故答案为：
【点睛】本题考查了数列的最大项和最小项，构造函数得到单调区间是解题的关键，可以简化运算.
15.已知函数在处取得最小值，则的最小值为__________，此时__________．
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
利用辅助角公式将函数的解析式化简为，可得出函数的最小值，根据题中条件得出与之间的关系，然后利用诱导公式可求出的值.
【详解】，锐角满足，，所以，函数的最小值为.
由题意可得，，得
，，
则.
故答案为：；.
【点睛】本题考查三角函数的最值，解题时首先要利用辅助角公式将三角函数解析式化简，同时要注意取最值时对应角与辅助角之间的关系，并借助诱导公式进行计算，考查运算求解能力，属于中等题.
16.已知点P是曲线上任意一点，过点P向y轴引垂线，垂足为H，点Q是曲线上任意一点，则｜PH｜＋｜PQ｜的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
利用抛物线性质得到
设，则，，求导，得到函数的单调性，进而求得最小值.
【详解】如图所示：
，
即求最小值
设，则
设函数，
，单调递增
故在上单调递减，在上单调递增.
，的最小值为
当，共线时，有最小值为
故答案为：
【点睛】本题考查了距离的最小值，变换是解题的关键.
三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17.设数列前项和为，且，数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）令，由计算出的值，再令，由计算出，再验证是否满足的表达式，由此可得出数列的通项公式；
（2）由题意得出，然后在等式两边同时除以可得出，可知数列是以为公差的等差数列，由此求出数列的通项公式，可解出数列的通项公式，然后利用错位相减法求出数列的前项和.
【详解】（1）当时，；
当时，.
也适合，因此，数列的通项公式为；
（2），在等式两边同时除以得，且.
所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列，，
.
，
得，
上式下式得，
因此，.
【点睛】本题考查由前项和求数列通项，同时也考查了构造法求数列的通项以及错位相减法求和，在利用前项和求数列通项时，一般利用公式来计算，但需对是否满足的表达式进行验证，考查运算求解能力，属于中等题.
18.在△ABC中，D是BC中点，AB＝3，AC＝，AD＝．
（1）求边BC的长；
（2）求△ABD内切圆半径．
【答案】（1）4；（2）
【解析】
【分析】
（1）设，利用两次余弦定理和，化简计算得到答案.
（2）利用余弦定理得到，，再利用面积公式得到，再利用计算得到答案.
【详解】（1）设，
在中利用余弦定理得到：
，
解得，则
（2）
在中，利用余弦定理得到：
，，
又
即
解得
【点睛】本题考查了余弦定理和面积公式，内切圆半径，其中是一个求内切半径的常用方法，需要熟练掌握.
19.如图，在三棱锥中，为正三角形，为棱的中点，，，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）若是棱上一点，，求二面角的大小．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）先证明平面得到，再根据得到平面.
（2）根据确定为中点，再根据定义得到为面角
的平面角，计算得到答案.
【详解】（1）为正三角形，为棱的中点，故
平面平面，，故平面
平面，故，
又 ，相交，故平面；
（2）Q是棱AB上一点，设为三棱锥的高
，即，故为中点.
由（1）知：，
故即为面角的平面角.
在中，，故
为等腰直角三角形，
故二面角
【点睛】本题考查了线面垂直，二面角，找出二面角对应的平面角是解题的关键，也可以利用空间直角坐标系求解.
20.已知椭圆C：（a＞b＞0）的离心率为，且经过点P（2，2）．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点Q（1，－1）的直线与椭圆C相交于M，N两点（与点P不重合），试判断点P与以MN为直径的圆的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）；（2）点在以为直径的圆上
【解析】
【分析】
（1）利用离心率为，过点，代入计算得到答案案.
（2）设直线，联立方程组得到，根据韦达定理计算，验证斜率不存在的情况，得到答案.
【详解】（1）的离心率为，得到
经过点，则，解得
故椭圆C的方程为：
（2）当斜率存在时：设直线方程为，
则 得到：
在椭圆内，恒有两个交点.
即
当斜率不存在时：
即
综上所述：点在以为直径的圆上
【点睛】本题考查了椭圆方程，直线的椭圆的关系，将点在以为直径的圆上转化为
是解题的关键，意在考查学生的计算能力.
21.已知函数．
（1）求在点处的切线方程；
（2）求证：在上仅有2个零点．
【答案】（1），（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）求导得到，代入切点得到切线方程.
（2）先验证是函数的个零点，再求导得到当时，函数单调递减.
当时，函数单调递增，得到，根据零点存在定理得到证明.
【详解】（1），
，
故切线方法为：
（2），易知： ，是函数的个零点
取，即
画出函数图像：
知两函数有一个交点设为，
当时，，函数单调递减.
，所以
当时，，函数单调递增.
时,，根据零点存在定理：当时有且仅有一个零点
综上所述：在上仅有2个零点
【点睛】本题考查了函数的切线问题，零点问题，根据单调性判断存在是解题的关键，意在考查学生的综合应用能力.
22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．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）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；
（2）若直线与曲线交于、两点，设，求的值．
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】
（1）在曲线的极坐标方程中，由，可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，在直线的参数方程中消去参数，可得出直线的普通方程；
（2）将直线的参数方程表示为（为参数），并设点、对应的参数分别为、，将直线的参数方程与曲线的普通方程联立，得出关于的二次方程，并列出韦达定理，可计算出的值.
【详解】（1）在曲线的极坐标方程中，由，可得出曲线的普通方程为，即.
在直线的参数方程中消去得，即；
（2）直线的参数方程表示为（为参数），
并设点、对应的参数分别为、，
将直线的参数方程与曲线的直角坐标方程联立，消去、得.
由韦达定理得，.
因此，.
【点睛】本题考查极坐标方程、参数方程与普通方程之间的互化，同时也考查了直线参数方程的几何意义，对于这类问题，常将直线的参数方程与曲线的普通方程联立，利用韦达定理求解，考查计算能力，属于中等题.
23.已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）若的最大值为，、、为正数且，求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）分、、去绝对值，分段解不等式，可得出该不等式的解集；
（2）由（1）可将函数表示为分段函数，可求出函数的最大值为，可得出，然后利用柯西不等式得出，由此可证明出.
【详解】（1）当时，，由，得，
解得，此时；
当时，，由，得，
解得，此时；
当时，，此时不等式无解.
综上所述，不等式的解集为；
（2）由（1）可知.
当时，；当时，；当时，.
所以，函数的最大值为，则.
由柯西不等式可得，即，
即，当且仅当时，等号成立.
因此，.
【点睛】本题考查绝对值不等式的求解，同时也考查了绝对值函数的最值以及利用柯西不等式证明不等式，在求解绝对值不等式时，一般利用零点分段法去绝对值来求解，考查分类讨论数学思想，属于中等题.