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- 2021-04-21 发布
南安一中2019～2020学年度上学期第二次阶段考
高三数学（文科）试卷
第I卷（选择题 共60分）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分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.设集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由，解得：或，由，解得：，利用交集的概念求解即可.
【详解】，解得：或.
或.
，解得：，即.
.
所以.
故选：B
【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法和指数不等式的解法以及交集的运算，同时考查计算能力，属于简单题.
2.在等差数列中，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先由题意求出，设等差数列的公差为，求出公差，进而可求出结果.
【详解】因，
所以，即，
设等差数列的公差为，
又，所以，故，
所以
故选B．
【点睛】本题主要考查等差数列的基本量的计算，熟记等差数列的通项公式即可，属于基础题型.
3.已知E，F，G，H是空间四点，命题甲：E，F，G，H四点不共面，命题乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的( )
A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
若E，F，G，H四点不共面，则直线EF和GH肯定不相交，但直线EF和GH不相交，E，F，G，H四点可以共面，例如EF∥GH，故甲是乙成立的充分不必要条件．选B
4.已知向量＝（1，k），＝（2,2），且＋与共线，那么·的值为（ ）
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】A
【解析】
试题分析：由题设得,又由＋与共线得,解得，所以.故选A
考点：共线的充要条件数量积公式
5.已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，且其渐近线方程为，则该双曲线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先求出抛物线的焦点，即可得双曲线的焦点，可得到的值，结合双曲线的渐近线方程可以设双曲线的方程为,由双曲线的几何性质可得 , 可解得,将代入所设双曲线的方程即可得结果.
【详解】因为抛物线的焦点为，
所以双曲线的右焦点也为,则有，
因为双曲线的渐近线方程为,
所以可设其方程为,
因为,则 ,解得，
则双曲线的方程为,故选B .
【点睛】本题主要考查抛物线的方程与与性质，以及双曲线的方程与性质，属于中档题. 求解双曲线方程的题型一般步骤：（1）判断焦点位置；（2）设方程；（3）列方程组求参数；（4）得结论.
6.若，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：由，得，所以
，又，所以，故选C．
考点：三角函数化简求值．
7.设实数、满足 则的最小值为 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由不等式组做出平面区域，由图可得到目标函数的最小值.
【详解】由不等式组做出平面区域如图中阴影部分（含边界）所示，
由图知：目标函数在点取得最小值.
故选：B
【点睛】本题主要考查线性规划，属于简单题.
8.函数大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
判断函数的奇偶性和对称性的关系，利用极限思想进行求解即可
【详解】解：函数，，，，则函数为非奇非偶函数，图象不关于y轴对称，排除C，D，当，排除B，
故选A
【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的对称性以及极限思想是解决本题的关键
9.若正四棱柱的体积为，，则直线与所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB1与CD1所成的角．
【详解】∵正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积为，AB＝1，∴AA1，
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
则A（1，0，0），B1（1，1，），C（0，1，0），D1（0，0，），
（0，1，），（0，﹣1，），
设直线AB1与CD1所成的角为θ，
则cosθ，又θ
∴θ＝60°，∴直线AB1与CD1所成的角为60°．
故选C．
【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查空间想象能力，是中档题．
10.函数图象向右平移个单位长度，所得图象关于原点对称，则在上的单调递增区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据三角函数的图象平移关系结合函数关于原点对称的性质求出的值，结合函数的单调性进行求解即可．
【详解】解：函数图象向右平移个单位长度，
得到，所得图象关于原点对称，
则，得，，
∵，
∴当时，，
则，
由，，
得，，
即的单调递增区间为，，
∵，
∴当时，，
即，
即在上的单调递增区间为，
故选A．
【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，求出函数的解析式结合三角函数的单调性是解决本题的关键．
11.已知椭圆的左、右焦点分别为，若椭圆上恰有6个不同的点使得为等腰三角形，则椭圆的离心率的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
①当点与短轴的顶点重合时，构成以为底边的等腰三角形，此种情况有2个满足条件的等腰
②当构成以为一腰的等腰三角形时，根据椭圆的对称性，只要在第一象限内的椭圆上恰好有一点满足为等腰三角形即可，则或
当时，则有(是椭圆在短轴上的上边的顶点)，则，因此，即，则
当时，则有(是椭圆在长轴上的右边的顶点)，即，则
综上所述，椭圆的离心率取值范围是
故选D
点睛：解决椭圆的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于，，的方程或不等式，再根据，，的关系消掉得到，的关系式，建立关于，，的方程或不等式，要充分利用椭圆的几何性质、点的坐标的范围等.
12.已知f（x）为定义在上的可导函数,且恒成立,则不等式的解集为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：令，则为定义域上减函数，
由不等式得：
考点：利用导数研究函数的性质
【名师点睛】本题考查了导数的运算，考查了利用导数研究函数单调性，属中档题．解题时要确定函数的导函数符号确定函数的单调性：当导函数大于0时，函数单调递增；导函数小于0时，函数单调递减
第Ⅱ卷 非选择题（共90分）
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分．）
13.若直线过曲线的对称中心，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：由题意可知：曲线的对称中心为，所以，
当且仅当 等号成立；故填．
考点：基本不等式的应用．
14.定义在上的奇函数满足，则= ________．
【答案】
【解析】
【分析】
由在上的奇函数和得到函数的周期为，化简得到，把代入即可得到.
【详解】因为在上的奇函数，所以.
又因为，所以，
得到函数的周期为.所以.
当时，，所以.
故答案为：
【点睛】本题主要考查函数的奇偶性和周期性.解题时要认真审题，注意函数性质的合理应用.属于中档题.
15.设数列的各项都是正数，且对任意，都有，其中为数列的前项和，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【解析】
试题分析：当时，由，得，当时，由，得，因为，所以，故．
考点：数列递推式．
【思路点睛】本题考查数列的通项公式及前项和的求法，注意解题方法的积累；在解答过程中采用数列的递推式，当时，得；当时，由，得，从而可得结论．
16.如图,在四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD为矩形, , ,则四棱锥外接球的表面积为___________．
【答案】
【解析】
【分析】
首先构造三棱柱，将四棱锥的四个顶点与三棱锥的顶点重合，所以三棱柱的外接球就是四棱锥的外接球.利用三棱柱的性质求外接球即可.
【详解】构造三棱柱，满足 ，
如图所示，
由图知：三棱柱的外接球就是四棱锥的外接球.
由三棱柱的性质知：外接球的球心为与外接圆圆心连线的中点.
，解得：.
又因为，所以.
外接球的表面积为.
故答案为：
【点睛】本题主要考查四棱锥的外接球的表面积，将四棱锥的外接球转化为三棱锥的外接球是本题的关键，属于难题.
三、解答题（本部分共计6小题，满分70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，请在指定区域内作答，否则该题计为零分．）
17.已知等比数列的各项均为正数，且，．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若数列满足，求数列的前项和．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）设数列的公比为，由题意布列方程组，即可得到数列的通项公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，，利用裂项相消法即可得到数列的前项和．
【详解】解：（Ⅰ）设数列的公比为，依题设有
，
因为，所以，，
解得，，
所以．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，
从而，
所以，
．
【点睛】本题考查等比数列的通项公式的运用，考查裂项相消求和，以及化简整理的运算能力，属于基础题．
18.已知分别是内角的对边，且.
（1）求的值；
（2）若，，求的面积．
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理化简即可得到的值.
（2）由余弦定理代入已知条件即可得到，再代入即可
【详解】（1）由，结合正弦定理可得：
，因为，所以，
，因为，所以.
（2）因为，，
由余弦定理得：
整理得：，解得：或（舍去）
所以.
【点睛】本题第一问考查了正弦定理的边化角公式，第二问考查了余弦定理和三角形面积公式，同时考查了计算能力，熟记公式是本题的关键，属于简单题.
19.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的等边三角形，D为AB中点．
(1)求证：BC1∥平面A1CD；
(2)若四边形CB B1C1是正方形，且求多面体的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【解析】
【分析】
（1）连结，与相交于点，连接，则为中点.利用三角形中位线的性质得到：，即证：平面.
（2）将多面体的体积进行转化得到：，分别计算各自体积即可.
【详解】（1)证明：连结，设与相交于点，连接，则为中点.
∵为的中点，∴.
∵平面，平面，
∴平面.
（2），.
又，，，
又，平面.
∴所求多面体的体积.
.
即所求多面体的体积为.
【点睛】本题第一问主要考查利用中位线法证明线面平行，第二问求不规则多面体的体积，需转化为三棱柱的体积减去两个三棱锥的体积，考查了转化的思想，属于难题.
20.如图，椭圆的离心率为，其左焦点到椭圆上点的最远距离为3，点为椭圆外一点，不过原点O的直线l与C相交于A,B两点，且线段AB被直线OP平分
（1）求椭圆C的标准方程
（2）求面积最大值时的直线l的方程.
【答案】(1) (2) y＝
【解析】
【分析】
（1）由已知可得，，解方程组即可求出椭圆的标准方程.
（2）将代入椭圆方程，利用点差法求出，设出，代入椭圆方程，利用弦长公式，点到直线的距离以及三角形面积公式，求出面积，再利用导数思想求出面积最大值时的值，即可求出直线方程.
【详解】（1）由题：，
左焦点到椭圆上点的最远距离为，
即：，可解得：.
∴所求椭圆的方程为：.
（2）易得直线的方程：，设，，
的中点.其中.
∵在椭圆上，
∴
整理得：，
因为，代入求得：.
设直线的方程为，，
代入椭圆：.
由，可得：，且.
由上又有：，，
∴.
∵点到直线的距离为：，
∴.
令， 且.
，
整理得：
当时，取得最大值，
此时直线的方程.
【点睛】本题第一问考查由已知条件求椭圆的标准方程，第二问考查直线与椭圆的相交时的弦长公式以及点到直线的距离公式，求面积最大时加入的导数思想是求最值得关键，属于难题.
21.如图在直角梯形ABCD中，，且2AB=2AD=CD=4，现以AD为一边向梯形外作矩形ADEF，然后沿边AD将矩形ADEF翻折，使平面ADEF与平面ABCD垂直
（1）求证：平面BDE;
（2）若点D到平面BEC的距离为 ，求三棱锥F-BDE的体积.
【答案】(1) 证明见解析(2)
【解析】
【分析】
（1）利用平面平面，得到，再利用勾股逆定理得到，然后根据直线与平面垂直的判定证明即可.
（2）令，利用，解得，再用三棱锥的等体积转化即可求出体积.
【详解】（1）在矩形中，.
又因为平面平面，
且平面平面，
所以平面，所以.
在直角梯形中，，，
可得.
在中，,，
所以.
所以，，平面.
（2）平面，，，
设，，
，
因为，解得.
所以.
【点睛】本题第一问主要考查了平面与平面垂直的性质和直线与平面垂直的证明，第二问考查了三棱锥的等体积转化思想，转化体积是关键，属于中档题.
22.已知函数,曲线 在点处的切线方程为y=2
（1）求a,b的值；
（2）当且时，求证：
【答案】(1) (2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求出的导数.由已知切线和切点得到：，解方程即可.
（2）讨论和时，原不等式的等价变形，设，求得导数，判断单调性，即可得证.
【详解】（1）∵，
由直线的斜率为0，且过点
得，化简得： ，
解得：，.
（2）.
当时，不等式，
当时，不等式.
令，
.
当时，，所以函数在单调递增，
当时，，故成立.
当时，，故也成立
所以当且时，不等式总成立.
【点睛】本题第一问考查导数几何意义中的切线问题，第二问考查导数的应用中的最值问题，考查学生的分析能力，转化能力和运算求解能力，属于中档题.