2020屆級示范高中教育教學改革聯盟學校高三上學期期中考試數學（文）試題

一、單選題

1．已知復數z滿足，則（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】將化為后,兩邊取模即可求得答案.【詳解】

因為,所以,所以.故選:C

【點睛】

本題考查了復數的模的運算,化為后,兩邊取模,根據模的運算性質求解,不需要進行復數的除法運算,這樣可以減少運算,本題屬于基礎題.2．若函數與的定義域分別為和，則（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】根據使函數解析式有意義的原則，分別求出，根據集合交集運算定義，即可得到答案．

【詳解】

解：

解：函數的定義域

函數的定義域

故

故選：．

【點睛】

本題以集合的交集運算為載體，考查了函數的定義域問題，其中根據使函數解析式有意義的原則，分別求出，是解答的關鍵

3．已知，，則、、的大小關系為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】本題首先可以結合對數函數以及指數函數性質得出以及，然后根據得出，即可得出結果。

【詳解】

由題意可知：，因為，，所以，即，故選:B.【點睛】

本題考查指數與對數比較大小，需要熟練掌握指數與對數函數的圖像與性質，考查推理能力，是中檔題。

4．已知等差數列的前3項和為30，后3項和為90，且前項和為200，則（）

A．9

B．10

C．11

D．12

【答案】B

【解析】依題意，利用等差數列下標和性質求出，代入前項和公式即可求出的值．

【詳解】

解：依題意，，所以，所以，所以，解得．

故選：．

【點睛】

本題考查了等差數列的前項和，考查了等差數列的性質，屬于基礎題．

5．函數的大致圖像為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】通過取特殊值逐項排除即可得到正確結果.【詳解】

函數的定義域為，當時，排除B和C；

當時，排除A.故選：D.【點睛】

本題考查圖象的判斷，取特殊值排除選項是基本手段，屬中檔題.6．設數列前項和為，已知，則（）

A．1009

B．

C．1010

D．

【答案】C

【解析】逐步求出推出周期為4，即可求得前2020項的和.【詳解】

由已知得：，.故選：C

【點睛】

本題考查根據數列的遞推公式研究數列的周期性與單調性，屬于基礎題.7．已知，且，則（）

A．

B．7

C．或－7

D．或7

【答案】D

【解析】由題意按和分類討論得，進而得的值即可.【詳解】

已知，且，當，∴cosα＝＝，則，∴；

當，∴cosα＝＝，則，∴；

綜上：或7

故選：D

【點睛】

本題考查三角函數的誘導公式的合理運用，分類討論思想，易錯點是三角函數的符號容易出錯，屬于基礎題．

8．若非零向量、滿足且，則與的夾角為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】由垂直關系可得，因為，所以，求解即可.【詳解】

設與的夾角為，由已知得：，則，，解得.故選：C

【點睛】

此題考查向量的數量積運算，涉及垂直關系的向量表示，屬于基礎題.9．古希臘數學家阿基米德的墓碑上刻著一個圓柱，圓柱內有一個內切球，這個球的直徑恰好與圓柱的高相等，相傳這個圖形是阿基米德最引以為自豪的發現．現有一底面半徑與高的比值為1:2的圓柱，則該圓柱的體積與其內切球的體積之比為（）

A．

B．

C．2

D．

【答案】B

【解析】設球的半徑為，則圓柱的底面半徑為，高為，由圓柱和球的體積公式能求出比值．

【詳解】

解：設球的半徑為，則圓柱的底面半徑為，高為，．

．

故選：．

【點睛】

本題考查球和圓柱的體積和表面積的計算及其應用，考查圓柱、球的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．

10．已知、、為平面內三點，滿足，點在直線上，且，則的最小值為（）

A．

B．4

C．

D．

【答案】A

【解析】由已知推出為等腰三角形，求出向量的夾角的余弦值，首先計算，利用二次函數的單調性即可求得最小值.【詳解】

因為，所以為等腰三角形，當時，取得最小值3，此時，，當時，取得最小值，所以的最小值為.故選：A

【點睛】

本題考查向量的數量積與向量的模，屬于中檔題.11．已知的內角、、的對邊分別為、、，且，點是的重心，則的外接圓半徑為（）

A．

B．3

C．

D．

【答案】A

【解析】首先利用正弦定理進行邊角互化并化簡可得，求出角A，由重心的性質得，同時平方可求出，從而三角形是等邊三角形，再利用正弦定理即可求出外接圓半徑.【詳解】

由已知得：，利用正弦定理可得，又，所以，點是的重心，化簡得，解得，所以是等邊三角形，則的外接圓半徑為，.故選：A

【點睛】

此題考查運用正弦定理解三角形，重心的性質，綜合性強，屬于中檔題.12．已知函數的圖象在點處的切線為直線，若直線與函數，的圖象相切，則必滿足條件（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】求出函數的圖像在點處的切線及在處的切線，由題意知方程有解，利用函數零點存在定理確定范圍.【詳解】

函數的圖像在點處的切線的斜率，所以切線方程：即；，設切點為，切線的斜率；

所以切線方程：，即，若直線與函數，的圖像相切，則方程組有解，所以有解，構造函數，顯然在上單調遞增，且；；

所以.故選：D

【點睛】

本題考查利用導數的幾何意義求切線方程，函數與方程的應用，零點存在定理判斷函數零點的分布，屬于中檔題.二、填空題

13．曲線在點處的切線方程為________.【答案】

【解析】求出導函數，求出切線斜率，利用點斜式可得切線方程.【詳解】，令x=0，切線斜率為-1，所以曲線在點處的切線方程為.故答案為：

【點睛】

本題考查應用導數求切線，屬于基礎題.14．若函數在定義域內有遞減區間，則實數的取值范圍是________．

【答案】

【解析】根據題意，求出函數的導數，分析可知在內能成立，利用參變量分離法，轉化為

在上能成立，設，利用換元法分析可得答案．

【詳解】

根據題意，函數，其導數，若函數在定義域內存在單調遞減區間，則在上有解；

若，變形可得，則在上能成立，設，則，則，則必有，故的取值范圍為；

故答案為：．

【點睛】

本題考查了利用導數研究函數的單調性，對于利用導數研究函數的單調性，注意導數的正負對應著函數的單調性．利用導數研究函數問題時，經常會運用分類討論的數學思想方法．屬于中檔題．

15．已知函數，其中為實數，若對恒成立，且，則的單調遞增區間是________．

【答案】

【解析】由對恒成立可得，又，由此可求出，代入原式即可求出的單調遞增區間.【詳解】

由對恒成立可得，則，即，又，即，易得k為奇數，則，所以=

令，解得，所以的單增區間是.故答案為：.【點睛】

本題考查三角函數的圖象與性質，由題意得到是解題的關鍵，屬中檔題.16．若、表示直線，、、表示不同平面，下列四個命題：

①，，則；

②，，則；

③，，則；

④，與、所成的角相等，則.其中真命題的有________.（請填入編號）

【答案】②

【解析】根據空間中線面關系的判定及性質逐項分析，即可得出答案.【詳解】

①若，，如圖，則與不一定垂直，①錯誤；

②若，，則，②正確；

③三棱柱的三個側面分別記為、、，，但與相交，③錯誤；

④當直線m與n平行時，直線m與兩平面、所成的角也相等均為，④錯誤.【點睛】

本題考查空間中線面、線線關系和面面關系，要證明一個結論是錯誤的只需舉出反例即可，屬于基礎題.三、解答題

17．設命題：不等式對恒成立；命題：方程有兩個不同的正根.當命題和命題不都為假命題時，求實數的取值范圍.【答案】

【解析】命題p為真時利用三角不等式求出a的范圍，命題q為真時利用判別式及韋達定理求出a的范圍，命題和命題不都為假命題時即為真，兩范圍取并集即可.【詳解】

∵，∴，解得；

∵方程有兩不同正根，∴，利用判別式和韋達定理可得：

解得，∵為真，∴.【點睛】

本題考查根據“或“的真假求參數范圍，涉及三角不等式，韋達定理，屬于中檔題.18．已知正項等差數列滿足，等比數列的前項和滿足，其中是常數．

（1）求以及數列、的通項公式；

（2）設，求數列的前項和．

【答案】（1），；，；（2）

【解析】（1）根據等差數列的性質得，結合，求出，進而求出的通項公式；由已知等比數列的前項和，利用通項與前項和關系，可求出結論；

（2）由，用錯位相減法，即可求解.【詳解】

解：（1）數列為正項等差數列，公差，又，，可得，即可得；

①

當時，當時，②

①②即可得，又為等比數列，即可得，；

（2）由題意得，③，④

③④可得：．

．

【點睛】

本題考查等差數列通項基本量的運算，考查已知等比數列的前求參數及通項，考查錯位相減法求數量的前和，屬于中檔題.19．在三角形中，、、分別為角、、的對邊，且．

（1）求角的大小；

（2）若，求面積的最大值．

【答案】（1）（2）

【解析】（1）根據題意化簡得到，計算得到答案.（2）根據余弦定理得到，再利用均值不等式得到，代入面積公式得到答案.【詳解】

（1）由題意得，化簡得，∴，即可得，∴；

（2）∵，由余弦定理得

即可得，∴

當時等號成立.【點睛】

本題考查了三角恒等變換，余弦定理，均值不等式，意在考查學生的綜合應用能力.20．如圖，已知四棱錐的底面為菱形，且，是中點．

（1）證明：平面；

（2）若，求三棱錐的體積．

【答案】（1）證明見解析

（2）

【解析】（1）連接BD交AC于F，連接EF，證明EF∥PB得到結論.（2）先確定AP⊥BP且△ABC為正三角形，取AB中點M，連接PM、CM，證明PM⊥平面ABCD，根據得到答案.【詳解】

（1）連接BD交AC于F，連接EF

∵四邊形ABCD為菱形，∴F為AC中點，那么EF∥PB

又∵平面ACE，平面ACE∴PB∥平面ACE；

（2）由勾股定理易知AP⊥BP且△ABC為正三角形，∵E為DP中點，∴，取AB中點M，連接PM、CM，由幾何性質可知PM＝1，又∵PC＝2，∴PC2＝PM2＋MC2，即PM⊥MC，∵PM⊥AB，∴PM⊥平面ABCD，∴，∴．

【點睛】

本題考查了線面平行，體積的計算，意在考查學生的空間想象能力和計算能力.21．為慶祝建國70周年，某高中準備設計一副宣傳畫，要求畫面面積為，畫面高與寬的比為，畫的上下部分各留出的空白，左右部分各留出的空白.（1）當時，該宣傳畫的高和寬分別為多少？

（2）如何確定畫面的高與寬，使得宣傳畫所用紙張面積最小，并求出此時的值.【答案】（1）54，126（2）畫面的高為，寬；

【解析】(1)設畫面的高為，寬，由面積列出方程求出x即可得解；(2)

設畫面的高為，則寬為，求出面積表達式利用基本不等式即可求得最小值.【詳解】

（1）設畫面的高為，寬，由題意得，解得，∴該畫的高為：，寬為：；

（2）設畫面的高為，則寬為，根據題意得

當且僅當即時等號成立，此時寬為，∴.【點睛】

本題考查函數的實際應用，涉及基本不等式求和的最小值，屬于基礎題.22．設函數為常數

(1)若函數在上是單調函數，求的取值范圍；

(2)當時，證明.【答案】(1)

；(2)

證明見解析.【解析】（1）對函數求導，單調分單調增和單調減，利用或在上恒成立，求得實數的取值范圍；

（2）利用導數研究函數的單調性，求得結果.【詳解】

（1）由得導函數，其中.當時，恒成立，故在上是單調遞增函數，符合題意；

當時，恒成立，故在上是單調遞減函數，符合題意；

當時，由得，則存在，使得.當時，當時，所以在上單調遞減，在上單調遞增，故在上是不是單調函數，不符合題意.綜上，的取值范圍是.（2）由（1）知當時，即，故.令，則，當時，所以在上是單調遞減函數，從而，即.【點睛】

該題考查的是有關導數的應用，涉及到的知識點有根據函數在給定區間上單調求參數的取值范圍，利用導數證明不等式，屬于中檔題目.