1、宁夏六盘山高级中学2020届高三数学上学期期中试题（B卷）文（含解析）第卷（选择题）一、选择题：本题共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.已知集合A=，则=()A. （2，6）B. （2，7）C. （-3，2D. （-3，2）【答案】C【解析】【分析】由题得=x|x2或x7，再求得解.【详解】由题得=x|x2或x7，所以 .故选C【点睛】本题主要考查集合的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.2.已知复数，复数满足，则 ()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先根据已知求出复数，再求.【详解】由题得，所以.故
2、选B【点睛】本题主要考查复数的除法运算和复数的模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.3.已知命题，命题，且,则()A. 命题是真命题B. 命题是假命题C. 命题是假命题D. 命题是真命题【答案】A【解析】【分析】先分别判断命题与命题的真假，进而可得出结果.【详解】令，则易知在上单调递增，所以当时，即；因此命题为真命题；由得；所以，当时，；当时，；因此，命题，且为假命题；所以命题是真命题.故选A【点睛】本题主要考查简单的逻辑连接词，复合命题真假的判定，熟记判定方法即可，属于常考题型.4.已知正项等比数列满足，与的等差中项为，则的值为()A. 4B. 2C. 3D. 8【答
3、案】A【解析】【分析】设等比数列的公比为，运用等差数列中项性质和等比数列的通项公式，计算即可得到所求首项【详解】正项等比数列公比设为，满足，与的等差中项为，可得，即，可得，解得（舍去），则，故选【点睛】本题考查等比数列的通项公式和等差数列中项的性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题5.九章算术中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，则该“堑堵”的体积为（ ）A. 2B. 4C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据三视图的特点可以分析该物体是一个直三棱柱，即可求得体积.【详解】由三视图可得该物体是一个以侧视图为底面的直三棱柱，所以其体积为.故选：A【点
4、睛】此题考查三视图的认识，根据三视图求几何体的体积，关键在于准确识别三视图的特征.6.已知非零向量,的夹角为,且满足,则的最大值为()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据得到，再由基本不等式得到，结合数量积的定义，即可求出结果.【详解】因为非零向量,的夹角为,且满足,所以，即，即，又因为，当且仅当时，取等号；所以，即；因此，.即的最大值为.故选B【点睛】本题主要考查向量的数量积与基本不等式，熟记向量数量积的运算与基本不等式即可，属于常考题型.7.函数的大致图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据特殊位置的所对应的的值，排除错误选项，得到答案.【详解】
5、因为所以当时，故排除A、D选项，而，所以即是奇函数，其图象关于原点对称，故排除B项，故选C项.【点睛】本题考查根据函数的解析式判断函数图象，属于简单题.8.设，是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】对于A，B选项均有可能为线在面内，故错误；对于C选项，根据面面平行判定定理可知其错误；直接由线面平行性质定理可得D正确.【详解】若，则有可能在面内，故A错误；若，有可能在面内，故B错误；若一平面内两相交直线分别与另一平面平行，则两平面平行，故C错误若，则由直线与平面平行的性质知，故D正确故选D.【点睛】本
6、题考查的知识点是，判断命题真假，比较综合的考查了空间中直线与平面的位置关系，属于中档题.9.函数的部分图像如图所示，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：由题图知，最小正周期，所以，所以.因为图象过点，所以，所以，所以，令，得，所以，故选A.【考点】 三角函数的图像与性质【名师点睛】根据图像求解析式问题的一般方法是：先根据函数图像的最高点、最低点确定A，h的值，由函数的周期确定的值，再根据函数图像上的一个特殊点确定值10.中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一
7、个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”.则该人最后一天走的路程为（ ）.A. 24里B. 12里C. 6里.D. 3里【答案】C【解析】【分析】由题意可知，每天走的路程里数构成以为公比的等比数列，由求得首项，再由等比数列的通项公式求得该人最后一天走的路程【详解】解：记每天走的路程里数为，可知是公比的等比数列，由，得，解得：，故选C【点睛】本题考查等比数列的通项公式，考查了等比数列的前项和，是基础的计算题11.将函数图象向右平移个单位长度得到图像，则下列判断错误的是（ ）A. 函数的最小正周期是B. 图像关于直线对称C. 函数在区间上单
8、调递减D. 图像关于点对称【答案】C【解析】分析】根据三角函数的图象平移关系求出的解析式，结合函数的单调性，对称性分别进行判断即可【详解】由题意，将函数的图象向右平移个单位长度，可得，对于,函数的最小正周期为，所以该选项是正确的； 对于，令，则为最大值，函数图象关于直线，对称是正确的；对于中，则，则函数在区间上先减后增，不正确；对于中，令，则，图象关于点对称是正确的，故选【点睛】本题主要考查命题的真假判断，涉及三角函数的单调性，对称性，求出解析式是解决本题的关键12.已知函数是上的偶函数，且对任意的有，当 时，则（ ）A. 11B. 5C. -9D. -1【答案】C【解析】【分析】根据即可得出
9、，即得出的周期为6，再根据是偶函数，以及时，从而可求出（8）（2）【详解】；的周期为6；又是偶函数，且时，；（8）（2）故选【点睛】本题主要考查偶函数和周期函数的定义，以及已知函数求值的方法第卷（非选择题）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若满足约束条件则的最小值为_【答案】2【解析】分析】先由约束条件作出可行域，再由目标函数可化为，因此当直线在轴上截距最小时，取最小，结合图像即可求出结果.【详解】由约束条件作出可行域如下：因为目标函数可化为，因此当直线在轴上截距最小时，取最小.由图像易得，当直线过点时，在轴上截距最小，即.故答案为2【点睛】本题主要考查简单的线性规划，只需
10、由约束条件作出可行域，分析目标函数的几何意义，结合图像即可求解，属于常考题型.14.已知，则的值是_.【答案】【解析】根据两角和的余弦公式可得，所以由诱导公式可得，故答案为.15.已知，三点在球的表面上，且球心到平面的距离等于球半径的，则球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】设出球的半径，小圆半径，通过已知条件求出两个半径，再求球的表面积【详解】解：设球的半径为r，O是ABC的外心，外接圆半径为R，球心O到平面ABC的距离等于球半径的，得r2r2，得r2球的表面积S4r24故答案为【点睛】本题考查球O的表面积，考查学生分析问题解决问题能力，空间想象能力，是中档题16.已知函数，若在区间上单调
11、递增，则的最小值是_【答案】【解析】【分析】化简函数的解析式，利用函数的导数，转化求解函数的最大值，即可得到结果【详解】解：函数，若在区间-，上单调递增，可得可得，即所以.所以最小值为：故答案为【点睛】本题考查函数的导数的应用，函数的最值的求法，求解参数时可将参数分离出来，转化为求解函数的最值，从而得到参数的取值范围三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.必做题：共60分.17.如图，在四棱锥中，平面，底面 是菱形，(1)求证：平面；(2)若.求棱锥的高.【答案】（1）证明见解析（2）
12、.【解析】【分析】（1）推导出ACBD，PABD，由此能证明BD平面PAC（2）运用等体积转化图形求体积【详解】（1）证明：因为四边形是菱形，所以.又因为平面,所以 .又,所以平面. （2）解：，设棱锥的高为 ，, ， .即棱锥的高为.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理，考查三棱锥体积的求法，棱锥体积计算的常见方法：（1）直接应用体积公式求体积，这类问题的特征是：棱锥的底面积与高为已知或可求.（2）割补法求体积，一是将不方便计算的棱锥分割成若干易算的棱锥，逐一计算即可；二是将棱锥补成易算的棱锥或棱柱，从而求出棱锥体积.（3）转换棱锥求体积（主要适用三棱锥），在计算体积时可以换底进行等体积棱锥图
13、形的转化.18.在中，角的对边分别是，已知.（1）求角C的值；（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用三角函数恒等变换的应用化简，将已知等式化简得，结合范围，可得角C的值；（2）利用余弦定理可求得，解得的值，根据三角形的面积公式即可得出的面积.【详解】解：（1）因为，即，由于在中，则得出：，所以， 又因为，则，解得：.（2）在中，由余弦定理得：，所以，且，解得：，则的面积为：.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理和三角形面积公式在解三角形中的综合应用，以及三角函数恒等变换的应用，同时考查学生的计算能力和转化思想.19.已知数列的前项和满足.（1）求数列的通项公式；
14、（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）应用公式可求的通项的表达式（2）由错位相减法求得数列的前项和【详解】（1）当时，；当时，符合上式.综上，.（2）.则由（1）-（2）得 故.【点睛】知道的表达式求数列通项时，我们常应用公式可求的通项的表达式20.如图，三棱柱中，侧棱垂直底面，ACB=90，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点() 证明：平面平面（）平面分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.【答案】1:1【解析】（）由题设知BC,BCAC，,面, 又面，,由题设知,=,即,又, 面, 面，面面；（）设棱锥的体积为，=1，由题意得，=，由三棱柱的体积=1，
15、=1:1， 平面分此棱柱为两部分体积之比为1:121.已知函数.（1）当时，讨论函数的单调性；（2）若函数在（为自然对数的底）时取得极值，且函数在上有两个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减；（2）.【解析】【分析】（1）当时，求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系，即可判断f（x）的单调性；（2）函数在上有两个零点等价于函数的图像与x轴有两个交点，数形结合即可得到实数的取值范围.【详解】（1）当时，令，得，当时，当时，.所以函数在上单调递增，在上单调递减.（2），在时取得极值，即，.所以，函数在上单调递增，在上单调递减，得函数的极大值，当函数在上有两个零点时
16、，必有得.当时，.的两个零点分别在区间与中.取值范围是.【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解选做题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答.如果多做，那么按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22.己知直线的参数方程为（t为参数），曲线C的极坐标方程为，直线与曲线C交于A、B两点，点（1）求直线的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（2
17、）求的值【答案】（1） ， ；（2） .【解析】【分析】（1）直线的参数方程消去t可求得普通方程由直角坐标与极坐标互换公式，求得曲线C普通方程（2）直线的参数方程改写为（t为参数），由t的几何意义求值【详解】直线l的参数方程为为参数，消去参数，可得直线l的普通方程，曲线C的极坐标方程为，即，曲线C的直角坐标方程为，直线的参数方程改写为（t为参数），代入，【点睛】由直角坐标与极坐标互换公式，利用这个公式可以实现直角坐标与极坐标的相互转化选修4-5：不等式选讲23.已知函数，.（1）当时，解不等式；（2）若存在满足，求的取值范围【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）当时，根据绝对值不等式的解法即可解不等式；（2）求出的最小值，根据不等式的关系转化为即可求的取值范围【详解】解：（1）当时，由得.当时，不等式等价于，解得，所以；当时，不等式等价于，即，所以此时不等式无解；当时，不等式等价于，解得，所以所以原不等式的解集为.（2） .因为原命题等价于，所以，所以为所求实数的取值范围【点睛】本题主要考查不等式的求解，根据绝对值不等式的解法，利用分类讨论的数学思想进行讨论是解决本题的关键，属于中档题.
