河南省洛阳市2020届高三数学上学期期中试题 理（含解析）.doc

1、河南省洛阳市2020届高三数学上学期期中试题 理（含解析）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. 1D. 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. 0B. 3C. 4D

2、. 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. 1B. 2C. 3D. 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【

3、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ABCDA1B1C1D1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

4、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

5、、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.

6、 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

7、点是解题的关键.11.已知数列满足，则的值为（ ）A. 0B. 1C. 10102D. 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，ABC60，沿对角线AC将三角形ACD折起，当三棱锥DABC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

8、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ij_【答案】11【解析】【分析】变形，构造函数，根据函数的单调性，得到

9、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

10、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PHPQ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）

11、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，

12、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，AB3，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

13、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：（ab0）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

14、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

15、）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

16、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），

17、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.