1、山东省菏泽市郓城县第一中学2020届高三数学上学期期中试题（含解析）一、选择题（本大题共10小题，共50.0分）1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先解对数不等式求得集合,再根据交集的定义求解即可.【详解】解:集合,.故选:B【点睛】本题考查集合交集运算,考查解对数不等式.2.在复平面内，复数对应的点所在的象限是（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】C【解析】【分析】先将整理为,再找到复平面上对应的点,即可得到结果.【详解】解:在复平面内,复数,其对应点所在的象限为第三象限.故选:C【点睛】本题考查复数的几何意义,考查复数的除
2、法运算.3.下列函数中，值域为的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对四个选项的函数依次求其值域,即可得到答案.【详解】解:A.的值域为；B.的值域为；C.的值域为；D.的值域为,故选:C【点睛】本题考查具体函数的值域,熟练掌握基本初等函数的性质是解题关键.4.已知直线l，m，其中只有m在平面内，则“l”是“lm”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】当l时，直线l与平面内的直线m平行、异面都有可能，所以lm不成立；当lm时，又只有m在平面内，根据直线与平面平行的判定定理知直线l，即“l”是“lm”的必要不
3、充分条件，故选B5.已知，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先利用指数函数的单调性比较,再由幂函数的单调性比较,即可得到答案.【详解】解:,函数在上单调递减,函数在上单调递增,故,故选:A【点睛】本题考查了利用指数函数性质与幂函数的性质比较大小,属于基础题.6.在解三角形中，如何由三角形的三边求出三角形的面积，在古代一直是个困难的问题古希腊数学家海伦在他的著作测地术中证明了公式其中这个公式叫海伦公式如果一个周长等于12的等腰三角形的最长边比最短边大3，则这个三角形的面积（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】当最长边为腰时设；当最短边为腰时,
4、设,利用周长求得,即可求得,再利用海伦公式求解即可.【详解】解:因为周长等于12,若最长边为腰,设,可得,则.所以；若最短边为腰,设,可得,此时,不符合三角形的三边关系,舍去.故选:A【点睛】本题考查三角形的性质的应用,考查三角形的面积,考查理解分析能力与分类讨论思想.7.设等差数列满足，且，为其前项和，则数列的最大项为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设等差数列的公差为,由,利用通项公式化为,得到,则单调递减且满足,即可得到答案.【详解】解:设等差数列的公差为,即,则,等差数列单调递减,即,当时,数列取得最大值,故选:C【点睛】本题考查等差中项的应用,等差数列的前项和的
5、最大项,考查运算能力.8.已知定义域为的奇函数满足，且当时，则（ ）A. B. 3C. D. 2【答案】B【解析】【分析】首先由已知等式及奇函数的条件,判断出函数是周期为3的周期函数,可得,即可求解.【详解】解:根据题意,函数满足,即,又由函数为奇函数,则,变形可得,即函数是周期为3的周期函数,则,即故选:B【点睛】本题考查利用函数周期性和奇偶性求函数值,考查对数的运算.9.已知是球的球面上的五个点，四边形为梯形，BC，平面，则球的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用为等腰梯形找到球小圆的圆心,恰为中点,取中点,在矩形中,求得半径,得解.【详解】解:如图所示,由题
6、意,为等腰梯形,取中点,连接,故四边形为平行四边形,故,故四边形为菱形,连接,故四边形为平行四边形,即,故到距离相等,故为球小圆的圆心,取中点,作,且,又平面,则为矩形,因为,所以,在直角三角形中,得球半径,故球的体积为,故选:A【点睛】本题考查球内接几何体及球体积的求法,属于中档题.10.已知关于的方程有且仅有三个不等实根，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由可得或,作出的函数图象,根据图象判断和的解得个数,从而得出的范围【详解】解:,由可知,又,当时,；当时,在和上单调递减,在上单调递增,且当时,取得极小值,又当时,；当时,作出的函数图象如图所示:令,则
7、,解得或,且,因为有且仅有三个不等实根,即有两个不同根,且满足或,当时,满足条件,此时；当时,解得；综上:的范围是.故选:B【点睛】本题考查由方程根的个数求参数范围,考查利用导函数判断函数单调性,考查数形结合思想.二、不定项选择题（本大题共3小题，共12.0分）11.已知函数，则下列说法正确的是（ ）A. 是的一个对称中心B. 是的一条对称轴C. 是的一个递增区间D. 是的一个递减区间【答案】BD【解析】【分析】先化简,利用代入检验法判断选项A,B；由求解递增区间,由求解递减区间,对赋值判断选项C,D.【详解】解:因为,故A错误；又,符合对称轴特征,所以B正确；由得,不存在使是的一个递增区间,
8、所以C错误；由得,所以函数的单调递减区间为,令得的一个递增区间为,所以D正确.故答案为:BD【点睛】本题考查三角函数的化简,考查代入检验法判断三角函数的对称性,考查整体代入法求正弦函数的单调区间.12.若，使得成立是假命题，则实数可能取值是（ ）A. B. C. 3D. 【答案】AB【解析】【分析】若“,使得成立”是假命题,即“,使得成立”是假命题,即等价于“,使得成立”是真命题,再结合对勾函数性质,求出时,的最值,可得实数的取值范围.【详解】解:若“,使得成立”是假命题,即“,使得成立”是假命题,即等价于“,使得成立”是真命题,令,由对勾函数可知,当时,在上单调递减,在上单调递增,当时,函数
9、取最小值,即,故实数的取值范围为.故选:AB【点睛】本题考查由命题的真假求参数的范围,考查不等式恒成立问题,考查利用对勾函数性质求最值.13.如图，在正方体中，是棱上动点，下列说法正确的是（ ）.A. 对任意动点，在平面内存在与平面平行的直线B. 对任意动点，在平面内存在与平面垂直的直线C. 当点从运动到的过程中，与平面所成的角变大D. 当点从运动到的过程中，点到平面的距离逐渐变小【答案】AC【解析】【分析】运用线面平行判定定理，即可判断A；运用线面垂直的判定定理，可判断B; 由线面角的定义，可判断C; 由平面CBF即平面可知D到平面的距离的变化情况，即可判断选项D.【详解】因为AD在平面内，
10、且平行平面CBF，故A正确；平面CBF即平面，又平面与平面ABCD斜相交，所以在平面ABCD内不存在与平面CBF垂直的直线，故B错误；F到平面ABCD的距离不变且FC变小，FC与平面ABCD所成的角变大，故C正确；平面CBF即平面，点D到平面的距离为定值，故D错误故选：AC【点睛】本题考查棱柱的结构特征，涉及线面平行、线面垂直、线面角、 点到平面距离等，考查学生空间想象能力，属中档题.三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）14.已知向量与的夹角为，则_【答案】4【解析】【分析】对两边同时平方,进而求解.【详解】解:向量,夹角为,且,即,解得或（舍）,故答案为:4【点睛】本题考查求向量的模,
11、考查数量积的应用,考查运算能力.15.已知各项都是正数的等比数列满足，则公比_【答案】2【解析】【分析】由等比数列的通项公式推导出,由此能求出结果.【详解】解:正项等比数列满足,解得,或,各项都是正数的等比数列,（舍去）,故答案为:2【点睛】本题考查等比数列的公比的求法,解题时要认真审题,注意等比数列的通项公式的合理运用,属于基础题.16.函数（其中，）的图象如下图所示，则函数的最小正周期_；为了得到的图象，只需把的图象上所有的点向右平移_个单位长度【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由图象可求出函数的解析式,即可求出最小正周期,再利用函数图象的变换规律求解即可.【详解】解:由函数图
12、象可得,所以最小正周期为,所以,解得,所以,又点在函数的图像上,所以,则,又,所以,所以,要得到函数的图象,只需将函数图象上所有的点向右平移个单位长度,故答案为:；.【点睛】本题考查由图象求三角函数解析式,考查三角函数的平移变换.17.已知函数存在，使在时恒成立，则整数的最大值为_【答案】2【解析】【分析】由,即,则将问题转化为在上恒成立,令,利用导函数求出最小值即可【详解】解:因为,由即对任意恒成立,得（）,令（）,则,令,得,画出函数,的图象,如图示:与在有唯一的交点,存在唯一的零点,又,零点属于,在递减,在递增,而,，的最大值是2.故答案为:2【点睛】本题考查不等式的恒成立问题,考查利用
13、导函数求最值,考查零点存在性定理的应用,考查数形结合思想.四、解答题（本大题共6小题，共72.0分）18.已知：，：（1）求不等式的解集；（2）若是的必要不充分条件，求的取值范围【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分解因式得,进而求解即可；（2）先将命题中不等式分解为,所以讨论与1的大小,当时，不等式的解是,由是的必要不充分条,则的解集是（）解集的真子集,即可求解,同理讨论当与时的情况.【详解】解：（1）因为,所以,所以,所求解集为.（2）因为：,则 当时,不等式的解是,因为是的必要不充分条件,所以的解集是（）解集的真子集,所以；当时,不等式的解是,因,不合题意；当时,不等式的解集为,不
14、合题意.综上,的取值范围是【点睛】本题考查含参数的一元二次不等式的解法,考查由充分必要条件求参数的范围,考查运算能力与分类讨论思想.19.在中，角的对边分别为，且满足（1）求角；（2）若，当为何值时，取最小值？求的最小值【答案】（1）（2），的最小值为.【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角后整理可得,解得的值,结合范围,可求的值；（2）由,得,由,则,再通过余弦定理和基本不等式求出的最小值.【详解】解:（1）由正弦定理得,又,；（2）由,则,当且仅当时,取得最小值为27,即的最小值为.【点睛】本题考查利用正弦定理化边为角,考查利用余弦定理解三角形,考查利用均值定理求最值.20.已知数列的
15、首项，且当时，满足（1）求数列的通项公式；（2）若，为数列的前项和，求【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题可得,与已知作差可得,整理可得,进而利用等比数列的通项公式求解即可；（2）由（1）可得,利用错位相减法求和即可.【详解】解:（1）当时,由,则,两式相减得,即,当时,由,得,综上,对任意,是以为首项,为公比的等比数列,.（2）由（1）,则【点睛】本题考查了根据数列的递推公式求解数列通项,考查等比数列通项公式的应用,考查利用错位相消求解数列前项和.21.如图，在三棱柱中，为正三角形，平面平面，为的中点，（1）求证：；（2）求二面角的平面角的余弦值【答案】（1）见解析（2）【解析】【
16、分析】（1）利用面面垂直的性质定理可得平面,由线面垂直的性质可得线线垂直；（2）故以为坐标原点,分别以的方向为轴建立空间直角坐标系,分别求得平面与平面的法向量,利用空间向量求二面角的余弦值.【详解】（1）证明:,为的中点,平面平面,平面平面,平面,平面,；（2）连接,为正三角形,为的中点,平面平面,平面平面,平面,平面,故以为坐标原点,分别以的方向为轴建立空间直角坐标系,如图所示,则,设为平面的法向量,则,即,可取,则,由（1）知为平面的法向量,于是,二面角的平面角的余弦值为【点睛】本题考查线面垂直的性质的应用,考查线线垂直的证明,考查利用空间向量求二面角.22.某快递公司在某市的货物转运中心
17、，拟引进智能机器人分拣系统，以提高分拣效率和降低物流成本，已知购买台机器人的总成本万元（1）若使每台机器人的平均成本最低，问应买多少台？（2）现按（1）中的数量购买机器人，需要安排人将邮件放在机器人上，机器人将邮件送达指定落袋格口完成分拣，经实验知，每台机器人的日平均分拣量（单位：件），已知传统人工分拣每人每日的平均分拣量为1200件，问引进机器人后，日平均分拣量达最大值时，用人数量比引进机器人前的用人数量最多可减少多少？【答案】（1）300台（2）90【解析】【分析】（1）由总成本万元,可得每台机器人的平均成本,然后利用基本不等式求最值；（2）引进机器人后,每台机器人的日平均分拣量,分段求出
18、300台机器人的日平均分拣量的最大值及所用人数,再由最大值除以1200,可得分拣量达最大值时所需传统分拣需要人数,则答案可求【详解】解:（1）由总成本,可得每台机器人的平均成本,当且仅当,即时,等号成立,若使每台机器人的平均成本最低,则应买300台；（2）引进机器人后,每台机器人的日平均分拣量,当时,300台机器人的日平均分拣量为,当时,日平均分拣量有最大值144000；当时,日平均分拣量为,300台机器人的日平均分拣量的最大值为144000件若传统人工分拣144000件,则需要人数为（人）日平均分拣量达最大值时,用人数量比引进机器人前的用人数量最多可减少【点睛】本题考查函利用均值定理求最值,
19、考查简单的数学建模思想方法.23.已知函数（1）若函数在上是减函数，求实数的取值范围；（2）令，是否存在实数，使得当时，函数的最小值是3？若存在，求出实数的值；若不存在，说明理由；（3）当时，证明.【答案】（1）（2）存在，（3）见解析【解析】【分析】（1）先求导可得,则可将问题转化为在上恒成立,即在上恒成立,设,求得,即可求解；（2）先对求导,再分别讨论,时的情况,由最小值为3,进而求解；（3）令,结合（2）中知的最小值为3.再令并求导,再由导函数在大于等于0可判断出函数在上单调递增,从而可求得最大值也为3,即有成,，即成立,即可得证.【详解】（1）解:在上恒成立,即在上恒成立,所以在上恒成立,设,则在上单调递减,所以所以（2）解:存在,假设存在实数,使有最小值3,当时,则在上单调递减,所以,解得（舍去）；当时,当,则；当,则,所以在上单调递减,在上单调递增,解得,满足条件；当时,则在上单调递减,所以,解得（舍去）,综上,存在实数,使得当时有最小值3.（3）证明:令,由（2）知,令,则,当时,则在上单调递增,即【点睛】本题考查利用导函数由函数单调性求参问题,考查利用导函数求最值问题,考查构造函数处理不等式恒成立的证明问题.
