山东省聊城市第一中学2020届高三数学上学期期中试卷 理(含解析)

聊城一中2020级高三第一学期期中考试
数学（理科）试题
一、选择题。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.1.已知集合，，则( )
A. [2，+）
B. [1，2]
C. （1，2]
D. （﹣，1]
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意，可求出，，进而求出，然后与取交集即可。

【详解】由题意，，故；等价于，故，则，故.
故选C.
【点睛】本题考查了集合的交集与补集，考查了不等式的求法，函数值域的求法，属于基础题。

2.若复数满足，其中为虚数单位，则复数的共轭复数的模为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由，可求出的共轭复数及它的模。

【详解】由题意，则，所以的模为. 故选A.
【点睛】本题考察了复数的除法运算，共轭复数及复数的模的概念。

3.下列命题中正确的是（）
A. “”是“”的充分不必要条件
B. 若则恒成立
C. 命题“”的否定是“”
D. 命题“若，则或”的逆否命题是“若或，则”
【答案】B
【解析】
【分析】
选项A是充要条件，选项B，可以构造函数，判断单调性进而可以证明结论成立，选项C和D分别写出否定和逆否命题即可判断都是错误的。

【详解】对于A，充分性：当时，，故充分性成立；必要性：由，则，即，故必要性成立，所以A错误；
对于B，令，恒成立，在单调递增，，,B为真命题；
对于C，命题“”的否定是“”，故C错误；对于D，命题“若，则或”的逆否命题是“若且，则”，故D错误。

故答案为B.
【点睛】本题考查了条件关系，命题和复合命题的真假判定、逆否命题、命题的否定，属于基础题。

4.等比数列中，，则数列的前19项和等于( )
A. 6
B. 9
C. 12
D. 19
【答案】D
【解析】
【分析】
由等比数列的性质，，
可得到答案。

【详解】由题意，，
则.
故答案为D.
【点睛】本题考查了等比数列的性质，对数的运算法则，属于基础题。

5.已知函数（）
A. 8
B. 6
C. 3
D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】
先求，再求，即可解得，从而可得解.
【详解】由函数,可得，
则，解得.
所以.
故选C.
【点睛】本题主要考查了分段函数的求值，解此题的关键是判断出自变量的范围，结合分段的解析式求值，属于基础题.
6.已知函数，若其图象是由图象向左平移（）个单位得到，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由，而的图象向左平移个单位后的解析式为，只需，，即可求出的最小值为. 【详解】由，
所以，函数的图象向左平移个单位后的解析式为，从而，，有的最小值为．故选：C．
【点睛】本题考查了三角函数恒等变换，三角函数图象的平移变换，属于基础题。

7.已知M是△ABC内的一点，且，，若△MBC，△MCA和△MAB的面积分别为1，，，则的最小值是（）
A. 2
B. 8
C. 6
D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】
由，，可知，进而求出，从而，而，利用基本不等式求最小值即可。

【详解】∵，，∴，化为．
∴．
∴．则，
而=5+4=9，
当且仅当，即时取等号，
故的最小值是9，故选：D．
【点睛】本题考查了利用基本不等式求最值，考查了向量的数量积，三角形的面积公式，属于中档题。

8.设l、m、n表示不同的直线，、、表示不同的平面，给出下列四个命题：
①若；
②若；
③若；
④若
其中正确命题的个数是
（）
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
【答案】B
【解析】
易知命题①正确；在命题②的条件下，直线可能在平面内，故命题为假；在命题③的条件下，三条直线可以相交于一点，故命题为假；在命题④中，由知，且，由及∥，，得n∥m，同理n∥，故m∥，命题④正确，故选B.
9.设，满足约束条件，若的最大值为，则的最小值为（）
A. 4
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
作出x，y满足约束条件所表示的平面区域，直线，经过点时，目标函数取得最大值6，可求出的值，然后利用斜率求出的最大值即为的最小值。

【详解】作出x，y满足约束条件所表示的平面区域，
由解得，直线，经过交点时，目标函数取得最大值6，可得，解得=4，则的几何意义是：可行域的点与（﹣4，0）连线的斜率，由可行域可知（﹣4，0）与连线的斜率最大，
由可得B（﹣3，4），则的最大值为4，即的最小值为.
故选D．
【点睛】本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想。

需要注意的是：一、准确无误地作出可行域;二、画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错;三、一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得。

10.函数图像如图，在定义域内可导，且其导函数为，则不等式的
解集为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
当时，因为，则等价于；当时，因为，则等价于，分别求解即可得到答案。

【详解】当时，因为，则等价于，所以；当时，因为，则等价于，所以，
故不等式的解集为.
故选B.
【点睛】本题考查了不等式求解，考查了正弦函数的性质，考查了导函数与函数单调性的关系，属于中档题。

11.已知函数是定义在R上的奇函数，且，若函数有5个零点，则实数的取值范围是（）．
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用导数研究函数的图像的走向，从而确定其在上单调递减，在上单调递增，但是它一直落在轴下方，当时，很容易画出图象，进而可以画出函数
在的图象，因为是定义在上的奇函数，所以函数有5个零点，等价于函数的图像与直线有5个交点，观察图像可求出的取值范围。

【详解】对函数求导，则，则在上单调递减，在
上单调递增，最小值为，且图象一直在轴下方；
当时，很容易画出对应的抛物线；
故可画出在的图象见下图，因为是定义在上的奇函数，所以函数
有5个零点，等价于函数的图像与直线有5个交点，观察图像可知的取值范围是，故选A.
【点睛】已知函数有零点（方程有根）求参数
值常用的方法和思路
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，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：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，然后观察求解。

12.已知函数（其中为自然对数底数）在处取得极小值，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
对函数求导，得到，若，满足在处取得极小值，若，令，得=1或，只需就满足在处取得极小值，求解即可。

【详解】由，得
．
当时，，由，得，由，得．
∴在上为减函数，在上为增函数，
则在=1取得极小值；
当时，令，得=1或，为使在=1取得极小值，则有
，∴．
综上可得：
【点睛】本题考查了函数的极值，考查了利用导数求函数的单调性，属于中档题。

二．填空题.
13.已知直线，当时，，则此直线的方程为____（写成直线方程的斜截式形式）
【答案】或
【解析】
【分析】
分和三种情况分别讨论即可。

【详解】当时，函数单调递增，则，解得，直线方程为；
当时，函数单调递减，则，解得，直线方程为；
时，不满足题意。

【点睛】本题考查了直线的性质，一次函数的单调性，属于基础题。

14.若是等差数列，首项，，，则使前项和成立的最大自然数是___
【答案】2020
【解析】
【分析】
由题意知，，，公差,由此结合等差数列的前项和公式可以得到，，，进而得到答案。

【详解】∵等差数列，首项，，，
∴，，公差,
则，，
，
故前项和成立的最大自然数是2020.
【点睛】本题考查了等差数列的性质，考查了等差数列的前项和，属于中档题。

15.计算：______
【答案】
【解析】
【分析】
由，再利用二倍角公式和两角之差的正弦公式可化为，而，利用
，得到代入原式即可得到答案。

【详解】原式
＝－4+1+1=
【点睛】本题主要考查倍角公式的应用，两角之和的正切公式、正弦公式的应用，要注意灵活运用。

16.如图，在正方体中，点是棱上的一个动点，平面交棱于点．下列命题正确的为_____.
①存在点，使得//平面；
②对于任意的点，平面平面；
③存在点，使得平面；
④对于任意的点，四棱锥的体积均不变．
【答案】②④
【解析】
①为棱上的中点时，此时也为棱上的中点，此时
；满足//平面，∴①正确．
②平面，∴不可能存在点，使得，∴②错误．
③连结则平面，而平面，∴平面平面，成立，∴③正确．
④四棱锥B1-BED1F的体积等于设正方体的棱
长为1，
∵无论在何点，三角形的面积为为定值，三棱锥的高，保持不变．三角形的面积为为定值，三棱锥的高为，保持不变．
∴三棱锥和三棱锥体积为定值，
即四棱锥的体积等于为定值，∴④正确．
故答案为：①③④
三．解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17.如图,是直角斜边上一点,．
（Ⅰ）若，求角的大小；
（Ⅱ）若，且，求的长．
【答案】（I）；（II）2.
【解析】
【分析】
（1）先根据正弦定理求得，由此得到的值，进而求得，在直角三角形
中求得的大小.（2）设，利用表示出，求得的值，利用余弦定理列方程，解方程求出，也即求得的值.
【详解】（1）在中，根据正弦定理，有，
∵，
∴，
又，
∴，
于是，
∴.
（2）设，则，，，
于是，，，
在中，由余弦定理，得，
即，
，故.
【点睛】本小题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，考查三角形内角和定理，考查方程的思想，属于基础题.
18.如图，已知多面体的底面是边长为的菱形，底面，，且．
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
试题分析：（1）连接，交于点，设中点为，连接，，先根据三角形中位线定理及平行四边形的性质可得，再证明平面，从而可得平面，进而可得平面平面；（2）以为原点，，，分别为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得结果
试题解析：（1）证明：连接，交于点，设中点为，连接，．
因为，分别为，的中点，
所以，且，
因为，且，
所以，且．
所以四边形为平行四边形，所以，即．
因为平面，平面，所以．
因为是菱形，所以．
因为，所以平面．
因为，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）解法：因为直线与平面所成角为，
所以，所以．
所以，故△为等边三角形．
设的中点为，连接，则．
以为原点，，，分别为轴，建立空间直角坐标系（如图）．则，，，，
，，．设平面的法向量为，
则即
则所以．
设平面的法向量为，
则即令则所以．
设二面角的大小为，由于为钝角，
所以．
所以二面角的余弦值为．
【方法点晴】本题主要考查线面垂直及面面垂直的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于难题. 空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
19.已知数列满足
(1)设，求数列的通项公式
（2）求数列的前项和
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）由得到，即，用累加法可以得到
；（2）由得到，用分组求和可以得到
的前项和.
【详解】（1）因为
所以即
则，，…，，
以上各式相加得：
故
（2）由（1）可知
设与的前项和分别为
则
两式相减得
所以，
所以
【点睛】本题考查了累加法求数列的通项公式，考查了等比数列的前项和，分组求和求数列的前项和，及错位相减求数列的前项和，属于中档题。

20.（1）已知函数，解不等式；
（2）光线沿直线射入，遇直线后反射，求反射光线所在的直线方程. （把最后结果写成直线的一般式方程）
【答案】（1）{或}.（2）.
【解析】
【分析】
（1）对去绝对值得到，然后分类讨论解不等式即可；（2）
先求出与的交点M，然后取直线上一点P(－5，0)，求出P关于直线l的对称点，进而求出直线的方程即为所求。

【详解】（1），
当时，，∴，∴；
当时，，∴，∴；
当时，，∴，∴.
综上，不等式的解集为{或}.
(2)由得
∴反射点M的坐标为(－1，2).
又取直线上一点P(－5，0)，设P关于直线l的对称点，
由可知，.
而的中点Q的坐标为，又Q点在上，
∴.由得
根据直线的两点式方程可得所求反射光线所在直线的方程为.
【点睛】本题考查了绝对值不等式的求解，考查了直线的方程，点关于直线的对称问题，属于中档题。

21.已知函数．
（1）是否存在实数使得为奇函数？若存在，求出实数，若不存在，请说明理由；
（2）在（1）的结论下，若不等式在上恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）通过奇函数的性质，可以求出，然后证明是奇函数即可；（2）对函数求导可证明是上单调递增函数，由奇函数的性质，原不等式等价于，从而，即，再求出在上的最小值，令小于得到的最小值即可。

【详解】（1）若为奇函数，则，
即，解得，
，
故存在，使得为奇函数
（2）（），，
则在上为增函数，
∵为奇函数，，
即，
又在上为增函数，∴，
则恒成立，
令，则，
令，
，∴
【点睛】本题考查了函数的奇偶性，函数的单调性，考查了含参不等式恒成立问题，属于难题。

22.已知函数（是自然对数的底数）
(1)判断函数极值点的个数，并说明理由；
(2)若，，求的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】
试题分析：
求导可得.分类讨论可得：当时，有1个极值点；当且时，有2个极值点；当时，没有极值点.
结合函数的定义域可知，原问题等价于对恒成立.设，则.讨论函数g(x)的最小值.设，结合h(x)的最值可得在
上单调递减，在上单调递增，，的取值范围是.
试题解析：
.
当时，在上单调递减，在上单调递增，有1个极值点；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
有2个极值点；
当时，在上单调递增，没有极值点；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
有2个极值点；
当时，有1个极值点；当且时，有2个极值点；当时，没有极值点.
由得.
当时，，即对恒成立.
设，则.
设，则.
，，
在上单调递增，
，即，
在上单调递减，在上单调递增，
，，
的取值范围是.。