1、山东省青岛市黄岛区2020届高三数学上学期期中试题（含解析）第卷一、单项选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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.已知全集为，集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】分别由集合求出对应范围，先求，再求即可【详解】或，则故选：C【点睛】本题考查集合的交并补运算，属于基础题2.若点在角的终边上，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先将点化简，得，结合同角三角函数先求出，再结合二倍角公式求出即可【详解】由故选：B【点睛】本题考查三角函数值的化简，同角三角函数的基本求法，二倍角公式的应用，
2、属于基础题3.已知平面向量，若，则（ ）A. B. 20C. D. 2【答案】A【解析】【分析】根据两个向量平行的坐标表示列式求得,再根据求得向量的坐标,然后求得模长.【详解】因为平面向量，且,所以,解得,所以,所以所以.故选:A【点睛】本题考查了向量平行的坐标表示,考查了求向量的模长,属于基础题.4.已知函数，则（ ）A. 144B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先判断括号内，需代入第二段表达式，得，由继续代入第一段表达式即可求解【详解】故选：C【点睛】本题考查分段函数中具体函数值的求解，对数的基本运算，对数恒等式的使用，属于基础题5.若先将函数的图象向左平移个单位，再保持图象上所
3、有点的纵坐标不变横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，则（ ）A. 1B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】结合函数图像平移法则求出表达式，再代值运算即可【详解】由题可知，的图象向左平移个单位后的表达式为：，再将所有横坐标伸长为原来的2倍，表达式变为：，则，故选：C【点睛】本题考查由函数图像的平移法则求平移之后的解析式及具体的函数值，属于基础题6.函数的图象可能是下面的图象( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为，所以函数的图象关于点（2,0）对称，排除A，B当时，所以，排除D选C7.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】可观察两个式子整体特征，一
4、个为单倍角，一个为二倍角，则考虑先对整体求二倍角，再根据诱导公式进行合理转化即可【详解】，即，而，则，故故选：D【点睛】本题考查三角恒等变换及诱导公式的使用，熟悉单倍角与二倍角公式转化，熟练运用诱导公式是解题的关键，属于中档题8.设，为两个平面，则的充要条件是（ ）A. 内有一条直线与垂直B. 内有一条直线与内两条直线垂直C. 与均与同一平面垂直D. 与均与同一直线垂直【答案】A【解析】【分析】结合面面垂直的判定定理即可求解【详解】对A，符合面面垂直的判定定理描述，正确；对B，两平面斜交时，若内的直线垂直于两平面交线，而内两条直线与交线平行时，符合描述，但两平面不垂直，故错误；对C，垂直于同一
5、平面的两平面也可能平行，故错误；对D，垂直于同一直线的两平面平行，故错误；故选：A【点睛】本题考查面面垂直的性质与判定，属于基础题9.若函数的一个极大值点为，则（ ）A. 0B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先将表达式结合二倍角公式和两角差的余弦公式化简，再采用待定系数法即可求解【详解】，因为的一个极大值点为，所以，解得，又，故，故选：D【点睛】本题考查三角函数的化简求值，二倍角公式和两角差的余弦公式的使用，属于基础题10.英国数学家泰勒发现了如下公式：.则下列数值更接近的是（ ）A. 0.91B. 0.92C. 0.93D. 0.94【答案】B【解析】【分析】根据表达式特点可写出通
6、式，再分为奇数和偶数分类讨论即可【详解】由题知题设要求精确到0.01即可，当为奇数时，由于，所以；当为偶数时，由于，综上所述，故选：B【点睛】本题考查新定义的理解与使用，找出规律，学会分类讨论是解题的关键，属于中档题二、多项选择题：本大题共3小题，每小题4分，共12分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.11.下列结论正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】BCD【解析】【分析】根据不等式的性质举反例可判断A；利用基本不等式可判断B；由对数函数的单调性可判断C；由基本不等式可判断D.【详解】对于A，若
7、，则，当，时，不成立，故A错；对于B，由，则，当且仅当取等号，故B正确；对于C，由为单调递增函数，由，则，故C正确；对于D，由，则，当且仅当时取等号，故D正确；故选：BCD 【点睛】本题考查了基本不等式的性质、基本不等式以及对数函数的单调性，属于基础题.12.在正方体中，下列直线或平面与平面平行的是（ ）A. 直线B. 直线C. 平面D. 平面【答案】AD【解析】分析】作出正方体，由线面平行的判定定理可判断A、B；由面面平行的判定定理可判断C、D.【详解】如图由，且平面，平面，故直线与平面平行，故A正确；直线，与平面相交，故直线与平面相交，故B错误；由图，显然平面与平面相交，故C错误；由， ，
8、且，故平面与平面平行，故D正确； 故选：AD【点睛】本题主要考查了线面平行、面面平行的判定定理，考查了学生的空间想象能力，属于基础题.13.若函数与的图象恰有一个公共点，则实数可能取值为（ ）A. 2B. 0C. 1D. 【答案】BCD【解析】【分析】作出的图像，利用数形结合可判断满足恰有一个公共点；当时，需直线与曲线相切即可.【详解】由与恒过，如图，当时，两函数图象恰有一个公共点，当时，函数与的图象恰有一个公共点，则为的切线，且切点为，由，所以，综上所述，或.故选：BCD【点睛】本题考查了指数函数图像、导数的几何意义，考查了数形结合在解题中的应用，属于基础题.第卷三、填空题：本大题共4个小题
9、，每小题4分，共16分.14.声强级（单位：）由公式给出，其中为声强（单位：）.（1）平时常人交谈时的声强约为，则其声强级为_；（2）一般正常人听觉能忍受的最高声强为，能听到的最低声强为，则正常人听觉的声强级范围为_.【答案】 (1). 60 (2). 【解析】【分析】根据定义，代入数值，结合对数运算性质即可求解；【详解】（1）当时，；（2）当时，当时，则正常人听觉的声强级范围为故答案为：60；【点睛】本题考查指数与对数的基本运算，属于基础题15.已知等差数列满足：，则数列的前2019项和等于_.【答案】0【解析】【分析】由计算出数列的通项公式，再根据新数列的周期性特点即可求解【详解】由可得，
10、则，当时，当时，当时，当时，通过列举发现新数列是一个周期为4的循环数列，记 ，为前项和，则故数列的前2019项和等于0故答案为：0【点睛】本题考查等差数列通项公式求解，周期数列前项和的求解，三角函数的周期性，属于基础题16.在中，内角，所对的边分别为，若，的面积，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】结合正弦定理角化边及余弦定理，可得，再由正弦定理面积公式求得，再结合余弦定理放缩即可求解【详解】由题，求得，又因为，由余弦定理及不等式性质可得：，即，化简得故答案为：【点睛】本题考查正弦定理角化边，正弦的面积公式，余弦定理解三角形，不等式的基本性质，属于中档题17.已知三棱锥的三条侧棱，两两互
11、相垂直，且，则三棱锥的外接球与内切球的半径比为_【答案】【解析】【分析】将三棱锥放在长方体中，外接球半径即为长方体对角线的一半，内切球的半径利用等体法进行求解.【详解】以，为过同一顶点的三条棱，作长方体，由，可知此长方体即为正方体.设外接圆半径为，则，设内切圆半径为，则内切圆的圆心到四个面的距离均为，由，解得 所以，故答案为：【点睛】本题主要考查了多面体的内切球外接球问题、等体法求距离，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.四、解答题：共82分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.18.在中，分别为线段，上的点，.（1）求；（2）求的长度.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先画出
12、大致图像，在三角形中由正弦定理可得，进而求出，结合三角形内角特点即可求解；（2）由（1）的结论可得，为等腰三角形，求出，再由相似三角形可求，对采用余弦定理即可求解；【详解】（1）在中：，所以，在中由正弦定理知：，又因为为钝角，所以.（2）因为，所以，又因为，所以，即，在中由余弦定理知：，.【点睛】本题考查等腰三角形性质，正弦定理，余弦定理解三角形，属于基础题19.如图，在四棱锥中，底面为梯形，面面，为的中点.（1）求证：；（2）在线段上是否存在一点，使得面？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，证明见解析【解析】【分析】（1）可作中点，连接，通过底
13、面梯形的性质可证四边形为正方形，求出边，通过勾股定理可证，再结合面面，面面，可证面，得到，即可得证；（2）可将问题转化，在底面找一点使得，即可求证；【详解】（1）取中点，连接，且，且，所以四边形为平行四边形，又，所以四边形为正方形.在中，因为，所以，在中，因为，所以，因为，所以，因为面，面面，面面，所以面，因为面，所以.（2）线段上存在一点，满足，即为中点时，面，证明如下：连结，为的中点，为中点，又，所以，面，面，面.【点睛】本题考查线面垂直的性质，线线垂直的证明，由线面平行需找满足条件的点，属于中档题20.已知数列满足：，.（1）证明：数列为等比数列；（2）证明：数列为等差数列；（3）若数列
14、的前项和为，数列的前项和为，数列的前项和为，证明：.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析【解析】【分析】（1）直接利用，由代换即可求证；（2）由（1）得，则，通过定义即可求证；（3）由题可求，由等比数列前项和公式可求，由等差数列前项和公式可求，则，结合裂项公式可求，通过放缩即可求证；【详解】（1）因为，又因为，所以是首项为1，公比2的等比数列.（2）由（1）得：，所以，所以，所以是公差为1的等差数列.（3）由（2）知：，因为，所以，所以，所以.【点睛】本题考查等差数列，等比数列的证明，等差数列，等比数列通项公式，前项和公式，裂项相消法，放缩法等的应用，综合性强，但难度不
15、大，属于中档题21.图1是由菱形，平行四边形和矩形组成的一个平面图形，其中，将其沿，折起使得与重合，如图2（1）证明：图2中的平面平面；（2）求图2中点到平面距离；（3）求图2中二面角的余弦值【答案】(1)证明见解析 (2)1 (3) 【解析】【分析】（1）证出、，利用线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理即可证出.（2）证出，由（1）可得平面，求出即可求出点到平面的距离. （3）以为坐标原点，分别以、为、轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与平面的法向量，利用向量的夹角即可求出.【详解】（1）由题知，在中，所以又在矩形中，且，所以平面又因为平面，所以平面平面（2）由（1）知：平面，所以因
16、为菱形中的，所以为等边三角形，所以在中，所以在中，又因为平面平面，且平面平面，所以平面又因为平面，所以点到平面距离为（3）以为坐标原点，分别以、为、轴建立空间直角坐标系，所以，由（1）知平面的法向量为，设平面的法向量，因为，由，得，取得，所以，即二面角的余弦值为【点睛】本题主要考查了面面垂直的判定定理、点到面的距离以及用空间向量求二面角，考查了学生的推理能力和计算能力，属于中档题.22.已知函数.（1）求函数的极值；（2）若，求的值.【答案】（1）时，无极值；当时，极大值，无极小值；（2）1【解析】【分析】（1）先求导，得，再分为和两种情况具体讨论，进一步确定函数的极值；（2）由（1）可判断当
17、时，不满足所求条件，当时，则所求问题转化为：，可构造函数，得，令得，可判断在处取到最小值，且，故求得；【详解】（1）由题知：，当时，在上单调递减，所以无极值，当时，得，当时，所以在上单调递增；当时，所以在上单调递减；所以在时取得极大值，综上：时，无极值；当时，有极大值，无极小值.（2）若恒成立，由（1）知当时，在上单调递减，又因为，时，时，所以时，不存在符合题意的值，若时，由（1）知：若恒成立，只需，令，则，得，当时，所以在上单调递减；当时，所以在上单调递增；且，因此.【点睛】本题考查利用含参导数分类讨论求极值，恒成立问题的等价转化，构造函数法求解参数取值，属于中档题23.已知自变量为的函数的
18、极大值点为，为自然对数的底数.（1）若，证明：有且仅有2个零点；（2）若，为任意正实数，证明：.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）当时，求导得，令，再次求导，可判断在单调递减，又，故在上单调递增；在上单调递减；求得，再判断，结合零点存在定理判断，有且仅有2个零点；（2）对求导可得，又，故可判断，；，在上单调递增；在上单调递减；故且，所求问题转化为，记为，观察知为等差乘以等比数列的形式，结合错位相减法化简即可求证；【详解】解：（1）由题知：，令，在单调递减，又，故在上单调递增；在上单调递减；所以；又因为，所以在，上各恰有零点，即有且仅有2个零点.（2）由题知，因此，；，故在上单调递增；在上单调递减；因此且，所以，记为，所以，所以，所以，所以， 因此，即.【点睛】本题考查利用导数证明函数零点个数，利用导数研究函数极值点，放缩法证明不等式的应用，错位相减法求数列前项和，转化与化归能力，计算能力，属于难题
