2019-2020年高三數學上學期期初聯考試題 理（含解析）.doc

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2019-2020年高三數學上學期期初聯考試題 理（含解析） 【試卷綜評】命題把重點放在高中數學課程中最基礎、最核心的內容上，充分關注考生在學習數學和應用數學解決問題中必須掌握的核心觀念、思想方法、基本概念和常用技能。試卷對中學數學的核心內容和基本能力，特別是對高中數學的主干知識進行較為全面地考查。注重了知識之間的內在聯系，重點內容重點考，沒有片面追求知識及基本思想、方法的覆蓋面，反映了新課程的理念. 一、選擇題：本大題有10小題，每小題5分，共50分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的． 【題文】1．設全集，集合，集合，則=（ ） A． B． C． D． 【知識點】集合及其運算.A1 【答案解析】A 解析：因為全集，集合，集合，所以，故，故選A. 【思路點撥】根據已知條件先求出，然后再求即可. 【題文】2．已知函數為奇函數,且當時, 則 （ ） A. B. C. D. 【知識點】奇函數的性質;考查函數的求值. B1 B4 【答案解析】A 解析：∵函數為奇函數,且當時, ∴，故選A． 【思路點撥】利用奇函數的性質，即可求得答案． 【題文】3．若有直線、和平面、，下列四個命題中，正確的是 （ ） A．若，，則 B．若，，，，則 C．若，，則 D．若，，，則 【知識點】面面平行的判定定理;線面平行的定理; 面面垂直的性質定理.G4 G5 【答案解析】D 解析：A不對，由面面平行的判定定理知，m與n可能相交，也可能是異面直線；B不對，由面面平行的判定定理知少相交條件； C不對，由面面垂直的性質定理知，m必須垂直交線；故選D． 【思路點撥】由面面平行的判定定理和線面平行的定理判斷A、B、D；由面面垂直的性質定理判斷C． 【題文】4．在中，“”是“角A、B、C成等差數列”的 （ ） A．充分不必要條件 B. 充要條件 C．必要不充分條件 D. 既不充分也不必要條件 【知識點】兩角差的余弦公式以及平方關系；充要條件. C 5 A2 【答案解析】B 解析：因為，整理可得： ，即,;而角A、B、C成等差數列可得，故在中，“”是“角A、B、C成等差數列”的充要條件. 故選B. 【思路點撥】先利用兩角差的余弦公式以及平方關系把原式化簡，然后雙向判斷即可. 【題文】5．直線和直線垂直，則實數的值為（ ） A．1 B．0 C．2 D．-1或0 【知識點】直線的一般式方程;直線的垂直關系．H1 H2 【答案解析】D 解析：∵直線mx+（2m-1）y+1=0和直線3x+my+3=0垂直， ∴3m+m（2m-1）=0，解得m=0或m=-1．故選：D． 【思路點撥】本題考查實數值的求法，解題時要認真審題，注意直線垂直的性質的合理運用． 【題文】6．如圖，AB是圓O的直徑，PA垂直于圓O所在的平面， C是圓周上不同于A，B的任意一點，AC=BC=4，， 則二面角A-PB-C的大小的正弦值為（ ） A、 B、 C、 D、 【知識點】二面角的求法.G5 【答案解析】C 解析：如下圖 連接CO，∵AC=BC=4，，∴，∴AB⊥OC， 過O在平面PAB上作OM⊥PB于M，連接CM，由三垂線定理CM⊥PB，∴∠OMC是二面角A-PB-C的平面角，易知,所以在中， 故選C. 【思路點撥】連接CO，過O在平面PAB上作OM⊥PB于M，連接CM，∠OMC是二面角A-PB-C的平面角，由此能求出二面角A-PB-C的大小的正弦值． 【題文】7．若為等差數列,是其前項和,且S15 =,則tan的值為( ) A． B． C． D． 【知識點】等差數列的性質. D2 【答案解析】B 解析：由等差數列{an}的前n項和的性質，， ∴∴,故選B． 【思路點撥】由等差數列{an}的前n項和的性質，n為奇數時，，求出，進而根據特殊角的三角函數值求出結果． 【題文】8．過點（，0）引直線與曲線 交于A,B兩點 ，O為坐標原點，當△AOB的面積取最大值時，直線的斜率等于（ ） A. B. C. D. 【知識點】直線的斜率；直線與圓的關系. H1 H4 【答案解析】B 解析：由，得x2+y2=1（y≥0）． 所以曲線表示單位圓在x軸上方的部分（含與x軸的交點）， 設直線l的斜率為k，要保證直線l與曲線有兩個交點，且直線不與x軸重合， 則-1＜k＜0，直線l的方程為y-0=k(x?)，即kx?y?k＝0． 則原點O到l的距離d=，l被半圓截得的半弦長為． 則S△ABO＝ =． 令，則S△ABO＝，當t＝，即時，S△ABO有最大值為．此時由，解得k=．故選B． 【思路點撥】由題意可知曲線為單位圓在x軸上方部分（含與x軸的交點），由此可得到過C點的直線與曲線相交時k的范圍，設出直線方程，由點到直線的距離公式求出原點到直線的距離，由勾股定理求出直線被圓所截半弦長，寫出面積后利用配方法轉化為求二次函數的最值． 【題文】9．函數的圖像與函數的圖像所有交點的橫坐標之和等于（ ） A．2 B．3 C．4 D．6 【知識點】正弦函數的圖象；函數的零點與方程的根的關系.B9 C3 【答案解析】C 解析：函數與的圖象有公共的對稱中心，作出兩個函數的圖象， 當1＜x≤4時，≥，而函數在（1，4）上出現1.5個周期的圖象，在上是單調增且為正數函數，在（1，4）上出現1.5個周期的圖象，在(，3)上是單調減且為正數，∴函數在x=處取最大值為2≥，而函數在、上為負數與的圖象沒有交點，所以兩個函數圖象在（1，4）上有兩個交點（圖中C、D），根據它們有公共的對稱中心（1，0），可得在區(qū)間（-2，1）上也有兩個交點（圖中A、B），并且：xA+xD=xB+xC=2，故所求的橫坐標之和為4，故選C. 【思路點撥】的圖象關于點中心對稱，再由正弦函數的對稱中心公式，可得函數的圖象的一個對稱中心也是點，故交點個數為偶數，且對稱點的橫坐標之和為2,即可得到結果. 【題文】10．在直角坐標平面中，的兩個頂點A、B的坐標分別為A（－1，0）， B（1，0），平面內兩點G、M同時滿足下列條件：（1） ， （2），（3），則的頂點C的軌跡方程為（ ） A. B. C. D. 【知識點】軌跡方程；橢圓的標準方程． H5 H9 【答案解析】C 解析：由得，G為重心，由得，M為外心．所以M點在y軸上（M到AB兩點距離相等）．又，則GM∥AB． 設M為（0，y），G為（x，y）（y≠0），由重心坐標公式得C為（3x，3y）． 再由MA=MC，得．整理得：①． 再設c（x'，y'），由3x=x'，3y=y'得x＝，y＝代入①得：(x′)2+=1.所以△ABC的頂點C的軌跡方程為x2+ =1?(y≠0)．故選C． 【思路點撥】由題目給出的條件，分別得到G為三角形ABC的重心，M為三角形ABC的外心，設出G點坐標，由GM∥AB，可知M和G具有相同的縱坐標，由重心坐標公式得到C點的坐標，然后由M到A和C的距離相等列式可得G的軌跡方程，利用代入法轉化為C的軌跡方程． 二、填空題（本大題共7小題，每小題4分，共28分） 【題文】11. 若角的終邊經過點P,則的值是 【知識點】任意角的三角函數的定義. C1 【答案解析】 解析：OP=r＝＝1，∴點P在單位圓上，∴sinα＝，tanα＝，得sinαtanα＝()×()＝．故答案為. 【思路點撥】求出OP的距離，利用任意角的三角函數的定義求出sinα，tanα，即可求出sinαtanα的值得到結果． 【題文】12．一個組合體的三視圖如圖，則其體積為________________ 第12題圖 【知識點】由三視圖求體積．G2 【答案解析】 解析：三視圖復原的幾何體是下部為底面半徑為2高為4的圓柱，上部是底面半徑為2為3的圓錐，所以幾何體的體積為：故答案為：． 【思路點撥】利用三視圖復原的幾何體的形狀，通過三視圖的數據求解幾何體的體積即可． 【題文】13．若則的值為 ____ . 【知識點】分段函數求函數值.B1 【答案解析】2 解析：由已知條件可知，所以 ，故答案為2. 【思路點撥】先求出的值，再求即可. 【題文】14. AB為拋物線y2=2px(p>0)的過焦點的弦，若，，則= 。 【知識點】拋物線的應用；拋物線的簡單性質． H7 【答案解析】 解析：因為拋物線y2=2px的焦點為所以過焦點的弦為y=k（x-），即與y2=2px聯立有：，所以,同理可得,當直線斜率不存在時，結論也成立．所以=，故答案為. 【思路點撥】根據拋物線方程可得焦點坐標，根據點斜式設出焦點弦的方程，與拋物線方程聯立消去x，根據韋達定理可求得同理可求得原式可求． 【題文】15．已知實數、滿足，且，則的最小值為 【知識點】點到直線的距離;簡單的線性規(guī)劃.H2 E5 【答案解析】 解析：因為實數、滿足，所以其表示的平面區(qū)域如下圖陰影部分所示： 又因為，所以，故表示的是點到平面區(qū)域內的點的距離，易知其最小值是點到直線的距離，根據點到直線的距離公式可得，所以的最小值為，故答案為. 【思路點撥】先畫出平面區(qū)域，再結合所表示的幾何意義即可得到結果. 【題文】16．如右圖，等邊△中，， 則 _________ 【知識點】平面向量數量積的運算. F3 【答案解析】 解析：由題意，得，； ∴ 故答案為：． 【思路點撥】先表示出向量與，再計算向量的數量積． 第16題圖 【題文】17．下圖展示了一個由區(qū)間（0，1）到實數集R的映射過程：區(qū)間（0，1）中的實數對應數軸上的點M（點A對應實數0，點B對應實數1），如圖①；將線段AB圍成一個圓，使兩端點A、B恰好重合，如圖②；再將這個圓放在平面直角坐標系中，使其圓心在軸上，點A的坐標為（0，1），在圖形變化過程中，圖①中線段AM的長度對應于圖③中的弧ADM的長度，如圖③，圖③中直線AM與軸交于點N（），則的象就是，記作 給出下列命題：①； ②； ③是奇函數； ④在定義域上單調遞增，則所有真命題的序號是______________.（填出所有真命題的序號） 【知識點】映射的概念.B1 【答案解析】②④ 解析：①當m= 時，M位于左半圓弧的中點上，M點坐標為（? ，1? ），直線AM方程為y=x+1，f（）=-1．命題①錯誤； ②當m=時，M位于圓與y軸的下交點上，直線為x=0，∴f（）=0．命題②正確； ③∵函數的定義域為（0，1），∴f（x）是非奇非偶函數．命題③錯誤； ④由圖3知，當m由0到1時，M由A運動到B，N的坐標逐漸增大，∴f（x）在定義域上單調遞增．命題④正確．故正確的答案是②④． 故答案為：②④． 【思路點撥】①m=時，點M恰好處在左半圓弧的中點上，求出直線AM的方程得出N的橫坐標；②當m=時，M位于圓與y軸的下交點上，直線為x=0，由此判斷命題正確；③由函數的定義域判斷命題不正確；④由圖3知點M的運動規(guī)律，得出函數值的變化情況和單調性. 三、解答題：本大題有5小題，共 72分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟. 【題文】18．（14分）已知函數． （1）求函數的最小正周期和單調遞減區(qū)間； （2）設△的內角的對邊分別為且，，若，求的值。 【知識點】兩角和與差的正弦函數；二倍角的余弦；三角函數的周期性及其求法；正弦函數的單調性；余弦定理． C3 C4 C5 C6 C8 【答案解析】（1）最小正周期是,單調遞減區(qū)間 （2）：，. 解析：（1），…………3分 則最小正周期是；…………5分； 由，得 的單調遞減區(qū)間， 8分 （2），則，…………9分 ,,所以， 所以，，…………11分 因為，所以由正弦定理得，……①…………12分 由余弦定理得，即……②…………11分，由①②解得：，．…………14分 【思路點撥】（1）利用二倍角的正弦與余弦公式及輔助角公式可求得f（x），從而可求函數f（x）的最小正周期和單調增區(qū)間；（2）利用余弦定理與正弦定理可得方程組，解之即可． 【題文】19. （14分）已知二次函數f(x)的二次項系數為a，且不等式的解集為（1，3）， （1）若f(x)+6a=0有兩個相等的實根，求f(x)的解析式， （2）若f(x)的最大值為正數，求a的取值范圍。 【知識點】函數與方程的綜合運用；函數的最值及其幾何意義；一元二次不等式的應用．B9 B3 E3 【答案解析】（1）（2） 解析：（1）設，由不等式的解集為（1，3）得 ，又因f(x)+6a=0有兩個相等的實根，則， 解得或（舍去），所以…………7分 （2），即，又， 所以 …………14分 【思路點撥】（1）f（x）為二次函數且二次項系數為a，把不等式f（x）＞-2x變形為f（x）+2x＞0因為它的解集為（1，3），則根據一元二次不等式的解與方程的根的關系得出f（x）即可；（2）因為f（x）為開口向下的拋物線，利用公式，即．和a＜0聯立組成不等式組，求出解集即可． 【題文】20．（14分）數列{}的前項和為，是和的等差中項，等差數列{}滿足，． （1）求數列{}，{}的通項公式； （2）若，求數列的前項和. 【知識點】等比數列的判斷；裂項相消法. D3 D4 【答案解析】（1） （2） 解析：（1）是和1的等差中項， 當時，，， 當時，，……………………….2分 ,,……………………………..4分 ∴數列是以為首項， 為公比的等比數列， ………………………………………………………………………… 6分 設的公差為，，. ……………………………………………8分 （2） ……………………… 【思路點撥】（1）先結合題意利用的關系求出，然后求出與，再得到即可；（2）把變形后利用裂項相消法即可. 【題文】21. （15分）在直三棱柱ABC—A1B1C1中，CA=CB=CC1=2，∠ACB=90°，E、F分別是BA、BC的中點，G是AA1上一點，且AC1⊥EG. （1）確定點G的位置； （2）求直線AC1與平面EFG所成角θ的大小. 【知識點】直線與平面所成的角．G4 G5 【答案解析】（1）G是AA1的中點.（2） 解析：解法一：（1）以C為原點，分別以CB、CA、CC1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐 標系，則F（1，0，0），E（1，1，0），A（0，2，0），C1（0，0，2）， ………………3分 設G（0，2，h），則 ∴－1×0+1×（－2）+2h=0. ∴h=1，即G是AA1的中點. …………6分 （2）設是平面EFG的法向量，則 所以平面EFG的一個法向量m=（1，0，1）…………10分 ∵ ∴， 即AC1與平面EFG所成角為 ………………15分 解法二：（1）取AC的中點D，連結DE、DG，則ED//BC …………1分 ∵BC⊥AC，∴ED⊥AC. 又CC1⊥平面ABC，而ED平面ABC，∴CC1⊥ED. ∵CC1∩AC=C，∴ED⊥平面A1ACC1. ……3分 又∵AC1⊥EG，∴AC1⊥DG.…………4分 連結A1C，∵AC1⊥A1C，∴A1C//DG. ∵D是AC的中點，∴G是AA1的中點. …………6分 第21題圖 （2）取CC1的中點M，連結GM、FM，則EF//GM， ∴E、F、M、G共面.作C1H⊥FM，交FM的延長線于H，∵AC⊥平面BB1C1C， C1H平面BB1C1C，∴AC⊥G1H，又AC//GM，∴GM⊥C1H. ∵GM∩FM=M， ∴C1H⊥平面EFG，設AC1與MG相交于N點，所以∠C1NH為直線AC1與平面EFG所成角θ. ……………………12分 因為 ……15分 【思路點撥】解法一：（1）以C為原點，分別以CB、CA、CC1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，寫出有關點的坐標，利用向量數量積為零即可求得結果； （2）求出平面EFG的法向量的一個法向量，利用直線的方向向量與法向量的夾角與直線與平面所成角之間的關系即可求得結果； 解法二：（1）取AC的中點D，連接DE、DG，則ED∥BC，利用線面垂直的判定和性質定理即可求得結果；（2）取CC1的中點M，連接GM、FM，則EF∥GM，找出直線與平面所成的角，解三角形即可求得結果． 【題文】22．（15分）在平面直角坐標系xOy中，M、N分別是橢圓＋＝1的頂點，過坐標原點的直線交橢圓于P，A兩點，其中點P在第一象限，過P作x軸的垂線，垂足為C，連結AC，并延長交橢圓于點B，設直線PA的斜率為k. (1)若直線PA平分線段MN，求k的值； (2)當k＝2時，求點P到直線AB的距離d； (3)對任意的k>0，求證：PA⊥PB. 第22題圖 【知識點】直線與圓錐曲線的綜合問題．A8 【答案解析】（1） （2） (3)見解析 解析：(1)由題設知，a＝2，b＝，故M(－2,0)，N(0，－)，所以線段MN中點的坐標為.由于直線PA平分線段MN，故直線PA過線段MN的中點， 又直線PA過坐標原點，所以k＝＝.……………………3分 (2)直線PA的方程為y＝2x，代入橢圓方程得 ＋＝1，解得x＝±， 因此P，A. 于是C，直線AC的斜率為＝1， 故直線AB的方程為x－y－＝0. 因此，d＝＝.……………………7分 (3)解法一： 將直線PA的方程y＝kx代入＋＝1， 解得x＝± . .……………………9分 記μ＝，則P(μ，μk)，A(－μ，－μk)， 于是C(μ，0)，故直線AB的斜率為＝， 其方程為y＝(x－μ)， 代入橢圓方程得(2＋k2)x2－2μk2x－μ2(3k2＋2)＝0，.……………………11分 解得x＝或x＝－μ， 因此B..……………………13分 于是直線PB的斜率k1＝＝＝－. 因此k1k＝－1，所以PA⊥PB. ……………………15分 解法二： 設P(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＞0，x2＞0，x1≠x2，A(－x1，－y1)，C(x1, 0)，設直線PB，AB的斜率分別為k1，k2，因為C在直線AB上，所以k2＝＝＝，從而k1k＋1＝2k1k2＋1＝2··＋1 ＝＋1＝＝＝0. 因此k1k＝－1，所以PA⊥PB. ……………………15分 【思路點撥】（1）由題設寫出點M，N的坐標，求出線段MN中點坐標，根據線PA過原點和斜率公式，即可求出k的值； （2）寫出直線PA的方程，代入橢圓，求出點P，A的坐標，求出直線AB的方程，根據點到直線的距離公式，即可求得點P到直線AB的距離d； (3)要證PA⊥PB，只需證直線PB與直線PA的斜率之積為-1，根據題意求出它們的斜率，即證的結果．