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- 2021-04-14 发布
宝鸡中学2019-2020学年度第一学期高三期中考试试题
理科数学
一、选择题（本题共12小题，共60分）
1.已知集合A={x|x<1}，B={x|}，则
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
∵集合
∴
∵集合
∴，
故选A
2.已知，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由已知利用二倍角的余弦函数公式即可化简求值得解．
【详解】解：∵sin35°＝m，
∴﹣cos70°＝﹣cos2×35°＝﹣（1﹣2sin235°）＝﹣（1﹣2m2）＝2m2﹣1．
故选D．
【点睛】本题主要考查了二倍角的余弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
3.设复数（是虚数单位），则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析：根据共轭复数的定义求得，利用复数乘法的运算法则求得，根据复数模的公式可得结果.
详解：因为，
，
，
，故选A.
点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.
4.向量，，，若与共线，则=（ ）
A. 1 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】
根据平面向量的坐标运算与共线定理，列方程求出x的值．
【详解】解：向量，，，
则（1，﹣1），
又3与共线，
则1×1﹣（﹣1）•x＝0，
解得x＝﹣1．
故选D．
【点睛】本题考查了平面向量的坐标运算与共线定理的应用问题，是基础题．
5.已知数列Sn为等比数列{an}的前n项和，S8＝2，S24＝14，则S2016＝（ ）
A. 2252﹣2 B. 2253﹣2 C. 21008﹣2 D. 22016﹣2
【答案】B
【解析】
【分析】
由Sn为等比数列{an}的前n项和，由前n项和公式求得a1和q的数量关系，然后代入前n项和公式求解．
【详解】∵数列Sn为等比数列{an}的前n项和，S8＝2，S24＝14，
∴2，①
14，②
由②÷①得到：q8＝2或q8＝﹣3（舍去），
∴2，
则a1＝2（q﹣1），
∴S20162253﹣2．
故选：B．
【点睛】本题考查了等比数列的前n项和，熟练掌握等比数列的性质是解题的关键，注意：本题中不需要求得首项和公比的具体数值．
6.将函数图象向左平移个单位，所得函数图象的一条对称轴的方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：将函数图象向左平移个单位得到，令，当时得对称轴为
考点：三角函数性质
7.已知α，β是两个不重合的平面，在下列条件中，可判断平面α，β平行的是（ ）
A. m，n是平面α内两条直线，且m∥β，n∥β
B. m，n是两条异面直线，m⊂α，n⊂β，且m∥β，n∥α
C. 面α内不共线的三点到β的距离相等
D. 面α，β都垂直于平面γ
【答案】B
【解析】
【分析】
A中，没有m与n交于一点，不能判断α∥β；
B中，根据异面直线的定义和线面平行、面面平行的判断方法，能判断α∥β；
C中，举例说明α∥β不一定成立；
D中，α，β都垂直于平面γ时，两平面α、β的位置关系可能平行或相交．
【详解】对于A，m，n是平面α内两条直线，且m∥β，n∥β，与面面平行的判定定理相比，缺少m与n交于一点，∴不能判断α∥β；
对于B，m，n是两条异面直线，m⊂α，且m∥β，过m 作一个平面与β相交，则由线面平行的性质定理可得交线与α平行，又m，n是两条异面直线，∴交线与n必相交，
又n⊂β，n∥α，所以α∥β；
因为m∥β，所以在β内存在直线m1∥m，又m⊂α，所以m1∥α；
又m，n是两条异面直线，所以直线m1与n是两条相交直线；
又n∥α，所以α∥β；
对于C，因为α内不共线的三点到β的距离相等，此三点在两平面相交时也可以找出，
所以不能判断α∥β；
对于D，因为α，β都垂直于平面γ时，两平面α、β的位置关系可能是平行或相交，
所以不能判断α∥β．
故选：B．
【点睛】本题考查了判断面面平行的应用问题，也考查了推理论证能力与空间想象能力，是基础题．
8.实数x，y满足，设点P（x，y）和Q（﹣1，1），则|PQ|min＝（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】
作出实数x，y满足线性约束条件所表示的区域，根据图象可知|PQ|的最小值为Q点到直线x﹣y+1＝0的距离，然后求出距离即可．
【详解】实数x，y满足的线性约束条件所表示的区域如图所示，
∵点P（x，y）和Q（﹣1，1），
则|PQ|的最小值为Q点到直线x﹣y+1＝0的距离，
∴|PQ|min．
故选：B．
【点睛】本题主要考查线性规划的应用，考查了数形结合思想，属基础题．
9.在中，分别为角的对边，若，且的面积，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据及三角形的面积公式和余弦定理得到，进而求得，然后再根据正弦定理可得所求．
【详解】∵及，
∴，整理得．
又，
∴．
由正弦定理得，
∴．
故选D．
【点睛】本题考查正弦定理解三角形，此类问题常与三角形的面积和余弦定理结合在一起考查，解题时注意各公式间的关系及灵活应用，属于基础题．
10.已知三棱锥P﹣ABC中，PA＝AB＝AC＝1，PA⊥面ABC，∠BAC，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为（ ）
A. 3π B. 4π C. 5π D. 8π
【答案】C
【解析】
【分析】
求出BC，可得△ABC外接圆的半径，进而可得三棱锥P﹣ABC
的外接球的半径，即可求出三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积．
【详解】△ABC中，BC．
设△ABC外接圆的半径为r，则2r，
∴r＝1，
∴三棱锥P﹣ABC的外接球的半径为，
∴三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为5π．
故选：C．
【点睛】本题考查三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积，考查学生的计算能力，确定三棱锥P﹣ABC的外接球的半径是关键．
11.函数f（x）有且只有一个零点充分不必要条件是（ ）
A. a≤0或a＞1 B. 0＜a C. a＜0 D. a＜1
【答案】C
【解析】
【分析】
根据函数f（x）有且只有一个零点等价于a≤0，要找出它的一个充分不必要条件，只要找出由条件可以推出a≤0，反之不成立的条件，即要找出一个是不等式a≤0表示的集合的真子集即可．
【详解】如图，函数f（x）有且只有一个零点等价于﹣a≥0，
解得：a≤0
即函数f（x）有且只有一个零点等价于a≤0，
要找出它的一个充分不必要条件，只要找出由条件可以推出a≤0，
反之不成立的条件，
即要找出一个范围比不等式范围{a|a≤0}小的真子集即可，
只有C选项合格．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了充分条件与必要条件与充要条件的判断，本题解题的关键是把命题之间的关系转化为集合之间的包含关系，本题是一个基础题．
12.已知函数f（x）是定义在（0，+∞）上的可导函数，满足f（1）＝2，且，则不等式f（x）﹣e3﹣3x＞1的解集为（ ）
A. （0，1） B. （0，e） C. （1，+∞） D. （e，+∞）
【答案】A
【解析】
【分析】
令g（x）＝e3x（f（x）﹣1）（x＞0），求导得到g（x）的单调性，结合原函数的性质和函数值，即可求解．
【详解】不等式f（x）﹣e3﹣3x＞1，
变形为 e3x（f（x）﹣1）＞e3，
令g（x）＝e3x（f（x）﹣1）（x＞0）．
又∵f（1）＝2，
∴g（1）＝e3，
则不等式变为g（x）＞g（1），
g′（x）＝e3xf′（x）+3e3x（f（x）﹣1）＝e3x（f′（x）+3f（x）﹣3），
又∵f（x）是定义在（0，+∞）上的可导函数，且f（x）1，
∴f′（x）+3f（x）﹣3＜0，
∴g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，+∞）上是减函数，
∴0＜x＜1．
故选：A．
【点睛】本题考查函数单调性的判断和运用，结合已知条件构造函数，然后用导数判断函数的单调性是解题的关键．是中档题．
二、填空题（本题共4小题，共20分）
13.，则 ________
【答案】
【解析】
【分析】
因为= ，所以结合三角函数的诱导公式求值；
【详解】因为=，由诱导公式得：
sin =
故答案为
【点睛】本题考查三角函数的化简求值，考查三角函数中的恒等变换应用，关键是“拆角配角”思想的应用，是中档题．
14.边长为的等边三角形内任一点到三边距离之和为定值，则这个定值为；推广到空间，棱长为的正四面体内任一点到各面距离之和为___________________.
【答案】
【解析】
【分析】
由平面图形的性质向空间物体的性质进行类比时,常用的思路有:由平面图形中点的性质类比推理出空间里的线的性质,由平面图形中线的性质类比推理出空间中面的性质,由平面图形中面的性质类比推理出空间中体的性质.固我们可以根据已知中平面几何中,关于线的性质“正三角形内任意一点到三边距离之和是一个定值”,推断出一个空间几何中一个关于面的性质
【详解】
在边长为的正三角形内任一点到三边的距离之和为定值,
在一个正四面体中,计算一下棱长为的三棱锥内任一点到各个面的距离之和,由棱长为可以得到,
在直角三角形中,根据勾股定理可以得到
,
把数据代入得到,
棱长为的三棱锥内任一点到各个面的距离之和,
故答案为: .
【点睛】本题考查类比推理及正四面体的体积的计算,转化思想的应用,考查空间想象能力,计算能力，是中档题.
15.已知实数等成等差数列，成等比数列，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
试题分析：由等差数列的性质得，由等比数列的性质得，所以==，当时，，当，，所以0，
故的取值范围是．
考点：本题主要考查等差、等比数列的性质，均值定理的应用，综合法的定义及方法．
点评：综合性较强，在理解掌握综合法的基础上，运用等差、等比数列的知识及均值定理完成解答．
16.在棱长为8的正方体空盒内，有4个半径为r的小球在盒底四角，分别与正方体底面处交于某一顶点的三个面相切，另有一个半径为R的大球放在四个小球之上，与四个小球相切，并与正方体盒盖相切，无论怎样翻转盒子，五球相切不松动，则大球半径R的最小值是_____．
【答案】
【解析】
【分析】
当四个小球相切时，大球半径最小．
【详解】当四个小球相切时，大球半径最小，且r＝2，
如图，四个小球的球心和大球的球心构成一个正四棱锥P﹣ABCD，连接AC与BD，相交于点O，连接PO，
则BP＝R +2，AB＝2r＝4，OP＝8﹣r﹣R＝6﹣R，OB＝2，
所以在Rt△POB中，OP2+OB2＝BP2，
所以（6﹣R）2+（2＝（R+2）2，解得R，
【点睛】本题考查空间想象能力，属于中档题．
三、解答题（本题共5小题，共70分）
17.已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝nan+n（n﹣1），且a5是a2和a6的等比中项．
（Ⅰ）证明：数列{an}是等差数列并求其通项公式；
（Ⅱ）设，求数列{bn}的前n项和．
【答案】（Ⅰ）an＝13﹣2n； （Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）将n换为n+1，相减，运用数列的递推式和等差数列的定义和通项公式，以及等比数列中项性质，可得首项和公差，进而得到所求通项；
（Ⅱ）求得（），由数列的裂项相消求和，化简可得所求和．
【详解】（Ⅰ）Sn＝nan+n（n﹣1），
可得Sn+1＝（n+1）an+1+n（n+1），
相减可得Sn+1﹣Sn＝（n+1）an+1﹣nan+n（n+1）﹣n（n﹣1），
化简an+1＝（n+1）an+1﹣nan+2n，
即为nan+1﹣nan＝﹣2n，
即有an+1﹣an＝﹣2，
则数列{an}是公差d为﹣2的等差数列，
a5是a2和a6等比中项，可得，
即（a1﹣8）2＝（a1﹣2）（a1﹣10），解得a1＝11，则an＝11﹣2（n﹣1）＝13﹣2n；
（Ⅱ）（），
则数列{bn}的前n项和为（）
（）．
【点睛】本题考查数列的递推式的运用，考查等差数列的定义和通项公式，以及数列的裂项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
18.已知向量，（ω＞0），且函数的两个相邻对称中心之间的距离是．
（1）求；
（2）若函数在上恰有两个零点，求实数m的取值范围．
【答案】（1）0 ； （2）当m时，函数的图象在在上恰有两个零点．
【解析】
【分析】
（1）首先利用平面向量的数量积的应用求出函数的关系式，进一步把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用函数的性质的应用求出结果．
（2）利用函数的零点和方程之间的转换的应用，利用函数的定义域和值域之间的关系求出m的范围．
【详解】（1）向量，，
所以sinωx•cosωxcos2ωx．
函数的两个相邻对称中心之间的距离是．
所以函数的最小正周期为，
由于ω＞0，所以，所以f（x）＝sin（4x）．
则f（）sin0．
（2）由于f（x）＝sin（4x）．
则在上恰有两个零点，即0，
即m，
由于，所以，
在时，函数的图象与y＝m有两个交点，最高点除外．
当时，m，
当时，m，
所以当m时，函数的图象在在上恰有两个零点．
【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，平面向量的数量积的应用，考查了运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
19.如图1，在矩形PABC中，AB＝2BC＝4，D为PC中点，以AD为折痕将△PAD折起，折到如图2的位置，使得PB＝2．
（1）求证：AP⊥平面PBD
（2）求平面PCD与平面PBC所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析； （2）.
【解析】
【分析】
（1）通过计算可以发现AP2+BP2＝AB2，则AP⊥BP，进而容易得证；
（2）解题的关键是证明平面ABD⊥平面APD，进而可得OP⊥平面ABD，从而建立空间直角坐标系O﹣xyz，由此得解．
【详解】（1）由于在矩形PABC中，AB＝2BC＝4，D为PC的中点，以AD为折痕将△PAD折起，折到如图2的位置，使得PB＝2，所以，
由于AP2+BP2＝AB2，所以AP⊥BP，
又AP⊥PD，BP∩PD＝D，且BP，PD都在平面PBD中，
所以AP⊥平面PBD．
（2）取AD的中点O，则AO＝OD＝OP，，连接PO，BD，则，
∵AB＝4，∴AB2＝AD2+BD2，即AD⊥BD，
又由（1）知，BD⊥AP，∴BD⊥平面APD，∴平面ABD⊥平面APD，
显然，OP⊥AD，OP⊥平面ABD，
过点O作直线OM∥BD，则OM⊥AD，故建立如图所示空间直角坐标系O﹣xyz，
则，，
设平面PCD的法向量为，
则，即，令y＝z＝1，则x＝﹣1，故，
设平面PBC的法向量为，
则，即，令x＝y＝1，则z＝3，故，
∴，
∴平面PCD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为．
【点睛】本题考查线面垂直的判定及利用空间向量求二面角的余弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
20.已知椭圆C：的离心率为，长轴长为．
Ⅰ求椭圆C的方程；
Ⅱ斜率为1的直线l过椭圆C的右焦点F，交椭圆C于A，B两点，设M为椭圆C上任意一点，且，其中O为原点求证：．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析
【解析】
【分析】
Ⅰ利用椭圆的离心率，长轴长，即可得椭圆的方程；Ⅱ确定坐标之间的关系，利用M，A，B在椭圆上，结合韦达定理，即可证明结论．
【详解】Ⅰ解：设椭圆的焦距为2c，
因为，所以有，故有．
，
从而椭圆C的方程可化为：．
Ⅱ设，，，
，，
故，．
又因为点M在椭圆C上，所以有．
整理可得：．
又焦点F的坐标为，
所在的直线方程为；得．
，
所以；
又点A，B在椭圆C上，故有
将，代入可得：．
【点睛】本题考查了向量与圆锥曲线的应用问题，也考查了直线与椭圆的综合应用问题，是难题．其中用到了点在曲线上的应用，以及向量坐标化的应用.
21.已知函数．
(1)若,求曲线在点处的切线方程；
(2)若在上恒成立,求实数的取值范围．
【答案】(1)；(2).
【解析】
【分析】
（1）先求得点坐标，再利用到导数求切线斜率，进而由点斜式可得解；
（2）求函数导数，令可得在上为增函数，分和两种情况讨论即可得解.
【详解】(1)因为,所以,,切点为.由,所以,所以曲线在处的切线方程为,
即；
(2)由 ,令,则 (当且仅当取等号).故在上为增函数.
①当时, ,故在上为增函数,所以恒成立,故符合题意;
②当时,由于,,根据零点存在定理,必存在,使得,由于在上为增函数,故当时, ,故在上为减函数, 所以当时, ,故在上不恒成立,所以不符合题意.综上所述,实数的取值范围为.
【点睛】本题主要考查了函数导数的应用，求解切线和解决恒成立问题，利用导数研究函数单调性是解题的关键，属于中档题.
选做题（任选一题，共10分）
22.在平面直角坐标系中，直线经过点，其倾斜角为，以原点为极点，以轴为非负半轴为极轴，与坐标系取相同的长度单位，建立极坐标系，设曲线的极坐标方程为.
(1)若直线与曲线有公共点，求倾斜角的取值范围；
(2)设为曲线上任意一点，求的取值范围.
【答案】(1) .
(2) .
【解析】
分析：（1）利用互化公式即可把曲线C的极坐标方程ρ2﹣2ρcosθ﹣3=0化为直角坐标方程．直线l的参数方程为（t为参数），代入曲线C的直角坐标方程可得t2﹣8tcosα+12=0，根据直线l与曲线C有公共点，可得△≥0，利用三角函数的单调性即可得出．
（2）曲线C的方程x2+y2﹣2x﹣3=0可化为（x﹣1）2+y2=4，参数方程为，（θ为参数），设M（x，y）为曲线上任意一点，可得x+y=1+2cosθ+2sinθ，利用和差公式化简即可得出取值范围．
详解：（1）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程为，
直线的参数方程为（为参数），
将参数方程代入，整理，
∵直线与曲线有公共点，∴，
∴，或，∵，
∴的取值范围是
（2）曲线的方程可化为，
其参数方程为（为参数），
∵为曲线上任意一点，
∴ ，
∴的取值范围是
点睛：解答解析几何中的最值问题时，对于一些特殊的问题，可根据几何法求解，以增加形象性、减少运算量．
23.已知函数f（x）＝|x﹣1|，关于x的不等式f（x）＜3﹣|2x+1|的解集记为A．
（1）求A；
（2）已知a，b∈A，求证：f（ab）＞f（a）﹣f（b）．
【答案】（1）{x∈R|﹣1＜x＜1}； （2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）分类讨论，去掉绝对值符号，即可求A；
（2）利用作差法，即可证明：f（ab）＞f（a）﹣f（b）．
【详解】（1）由f（x）＜3﹣|2x+1|，得|x﹣1|+|2x+1|＜3，
即或或
解得或，
所以，集合A＝{x∈R|﹣1＜x＜1}．
（2）∵a，b∈A，∴﹣1＜ab＜1，
∴f（ab）＝|ab﹣1|＝1﹣ab，f（a）＝|a﹣1|＝1﹣a，f（b）＝|b﹣1|＝1﹣b，
∵f（ab）﹣（f（a）﹣f（b））＝1﹣ab﹣1+a+1﹣b＝（1+a）（1﹣b）＞0，
∴f（ab）＞f（a）﹣f（b）．
【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查不等式的证明，考查学生的计算能力，属于中档题．