江苏省常州市金坛岸头中学2020年高三数学理上学期期末试题含解析

江苏省常州市金坛岸头中学2020年高三数学理上学期期末试题含解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的
1. 设点P为双曲线x2﹣=1上的一点，F1，F2是该双曲线的左、右焦点，若△PF1F2的面积为12，则∠F1PF2等于（）
A．B．C．D．
参考答案：
C
【考点】双曲线的简单性质．
【专题】计算题；解三角形；圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】由双曲线方程算出焦距|F1F2|=2，根据双曲线定义得到||PF1|﹣|PF2||=2．然后在△PF1F2中运用余弦定理，得出关于|PF1|、|PF2|和cos∠F1PF2的式子；而△PF1F2的面积为12，得到|PF1|、|PF2|和sin∠F1PF2的另一个式子．两式联解即可得到∠F1PF2的大小．
【解答】解：∵双曲线方程为x2﹣=1，
∴c2=a2+b2=13，可得双曲线的左焦点F1（﹣，0），右焦点F2（，0）
根据双曲线的定义，得||PF1|﹣|PF2||=2a=2
∴由余弦定理，得|F1F2|2=（|PF1|﹣|PF2|）2+（2﹣2cos∠F1PF2）|PF1|?|PF2|，
即：52=4+（2﹣2cos∠F1PF2）|PF1|?|PF2|，
可得|PF1|?|PF2|=
又∵△PF1F2的面积为12，
∴|PF1|?|PF2|sin∠F1PF2=12，即=12
结合sin2∠F1PF2+cos2∠F1PF2=1，
解之得sin∠F1PF2=1且cos∠F1PF2=0，∴∠F1PF2等于
故选C．
【点评】本题给出双曲线上一点P与双曲线两个焦点F1、F2构成的三角形面积，求∠F1PF2的大小，着重考查了双曲线的标准方程和简单几何性质等知识，属于中档题．
2. 若x，y满足约束条件，设x2+y2+4x的最大值点为A，则经过点A和B（﹣2，﹣3）的直线方程为（）
A．3x﹣5y﹣9=0 B．x+y﹣3=0 C．x﹣y﹣3=0 D．5x﹣3y+9=0
参考答案：
A
【考点】7C：简单线性规划．
【分析】画出约束条件表示的平面区域，根据目标函数z求出最优解，写出直线AB的方程即可．
【解答】解：画出约束条件表示的平面区域，如图所示；
则z=x2+y2+4x=（x+2）2+y2﹣4，
表示平面区域（阴影部分）内的点P（x，y）到点C（﹣2，0）的距离的平方减去4，
所以它的最大值点为A，由解得A（3，0），
所以经过点A和B（﹣2，﹣3）的直线方程为
=，
化为一般形式为3x﹣5y﹣9=0．
故选：A．
3. f（x）=﹣+log2x的一个零点落在下列哪个区间( )
A．（0，1）B．（1，2）C．（2，3）D．（3，4）
参考答案：
B
【考点】函数零点的判定定理．
【专题】计算题．
【分析】根据函数的实根存在定理，要验证函数的零点的位置，只要求出函数在区间的两个端点上的函数值，得到结果．
【解答】解：根据函数的实根存在定理得到
f（1）?f（2）＜0．
故选B．
【点评】本题考查函数零点的判定定理，本题解题的关键是做出区间的两个端点的函数值，本题是一个基础题．
4. 已知函数，下列结论正确的个数为…………………………..………………
（）
①图像关于对称；②函数在区间上的最大值为1；
③函数图像按向量平移后所得图像关于原点对称。

A．0 B．1 C．2 D．3
参考答案：
D
5. 在棱长为1的正四面体A-BCD中, E是BD上一点, ,过E作该四面体的外接球的截面,则所得截面面积的最小值为（）
A. B. C. D.
参考答案：
B
【分析】
作图可分析，设过作该四面体的外接球的截面,则所得截面面积最小的截面为小圆，则必垂直于该截面，设小圆的半径为，
则必有，进而求解即可
【详解】根据已知条件，作图如下：
在棱长为1的正四面体中，
从图中可见，该正四面体在棱长为的正方体内，
，，，设为中点，
，在中，，
设过作该四面体的外接球的截面,则所得截面面积最小的截面为小圆，
则必垂直于该截面，设小圆半径为，，,
在，,
则必有
则所得截面面积的最小值为
故答案选B
【点睛】本题考查立体几何的截面问题，解答的难点在于把截面面积最小的情况转化为所截的圆面问题，进而列式，属于难题
6. 若P（x，y）在不等式组所表示的平面区域内，则|2x+y+3|的最小值为（）
A．B．C．5 D．4
参考答案：
C
【考点】简单线性规划．
【专题】数形结合；综合法；不等式的解法及应用．
【分析】画出满足条件的平面区域，求出角点的坐标，由图象得|2x+y+3|=2x+y+3，令z=2x+y+3，得：y=﹣2x+z﹣3，显然直线过（1，0）时，z最小，求出即可．
【解答】解：画出满足的平面区域，如图示：
，
由，解得，
由图象得|2x+y+3|=2x+y+3，
令z=2x+y+3，得：y=﹣2x+z﹣3，
显然直线过（1，0）时，z最小，最小值是5，
故选：C．
【点评】本题考查了简单的线性规划问题，考查数形结合思想，由图象得|2x+y+3|=2x+y+3是解题的关键，本题是一道中档题．
7. 在（1+x3）（1﹣x）8的展开式中，x5的系数是（）
A．﹣28 B．﹣84 C．28 D．84
参考答案：
A 【考点】二项式定理的应用．
【分析】利用二项式定理的通项公式求解即可．
【解答】解：由（1+x3）展开可知含有x3与（1﹣x）8展开的x2可得x5的系数；
由（1+x3）展开可知常数项与（1﹣x）8展开的x5，同样可得x5的系数；
∴含x5的项：+=28x5﹣56x5=﹣28x5；
∴x5的系数为﹣28，
故选A
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，求展开式的系数把含有x5的项找到．从而可以利用通项求解．属于中档题
8. 设，则多项式的常数项为
．．．．
参考答案：
．
因为，则多项式为，它的展开式的通项公式为，令，求得，所以展开式的常数项
为．故选．
【解题探究】本题考查定积分的计算和二项式定理的应用．先由定积分求出的值，再求解二
项式展开式中的常数项，利用二项式的展开式的通项，令的对应次数为即可求出其常数项．
9. 设函数的最小正周期为，且，则( )
A.在单调递减
B. 在单调递减
C. 在单调递增
D.在单调递增
参考答案：
B
10. 已知函数的大致图象是
参考答案：
B
略
二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 方程的不同非零整数解的个数
为。

参考答案：。

解析：利用，原方程
等价于。

方程两端同除，整理后得。

再同除，得。

即，从而有。

经验证均是原方程的根，所以原方程共有个整数根。

12. 函数的定义域为▲.
参考答案：
13. 设是定义在上的偶函数，对任意的，都有，且当
时，，若关于的方程在区间内恰
有三个不同实根，则实数的取值范围是 .
参考答案：
14. 。

参考答案：
15. 若三角形三边长都是整数且至少有一个内角为，则称该三角形为“完美三角形”．有关“完美
三角形”有以下命题：
（1）存在直角三角形是“完美三角形”
（2）不存在面积是整数的“完美三角形”
（3）周长为12的“完美三角形”中面积最大为；
（4）若两个“完美三角形”有两边对应相等，且它们面积相等，则这两个“完美三角形”全等．
以上真命题有______．（写出所有真命题的序号）．
参考答案：
（3）（4）．
（3）设，则
，可得，
化为，解得，即，当且仅当时取等号，可得周长为12的“完美三角”中面积最大为，是真命题；
（4）设，①若夹角的两条边分别相等，满足条件，则此两个三角形全等；
②若夹角其中一条边相等，由于面积相等，夹角另一条边必然相等，可得：此两个三角形全等．因此是真命题．以上真命题有（3）（4）．
故答案为：（3）（4）．
考点：命题真假判断，合情推理
【名师点睛】本题考查了解三角形、余弦定理、三角形面积计算公式、基本不等式的性质、新定义、简易逻辑的判定方法、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
16. 若点（1，3）和（﹣4，﹣2）在直线2x+y+m=0的两侧，则m的取值范围是．
参考答案：
﹣5＜m＜10考点：简单线性规划．
专题：计算题．
分析：将点（1，3）和（﹣4，﹣2）的坐标代入直线方程，使它们异号，建立不等关系，求出参数m 即可．
解答：解：将点（1，3）和（﹣4，﹣2）的坐标代入直线方程，
可得两个代数式，
∵在直线2x+y+m=0的两侧∴（5+m）（﹣10+m）＜0
解得：﹣5＜m＜10，
故答案为﹣5＜m＜10．
点评：本题主要考查了简单的线性规划，属于基础题．
17. 已知单位向量满足，则的夹角为
．
参考答案：
120°
根据题意，
与的夹角为120°
三、解答题：本大题共5小题，共72分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
18. 已知函数在[1，＋∞）上为增函数，且，
，∈R．
（1）求θ的值；
（2）若在[1，＋∞）上为单调函数，求m的取值范围；
（3）设，若在[1，e]上至少存在一个，使得成立，求的取值范围．
参考答案：
解：（1）由题意，≥0在上恒成立，即．………1分∵θ∈（0，π），∴．故在上恒成立，…………………2分只须，即，只有．结合θ∈（0，π），得．……4分（2）由（1），得．．…………5分
∵在其定义域内为单调函数，
∴或者在[1，＋∞）恒成立．………………………6分
等价于，即，
而，（）max=1，∴．…………………………………………8分等价于，即在[1，＋∞）恒成立，
而∈（0，1]，．
综上，m的取值范围是．………………………………………………10分
（3）构造，．
当时，，，，所以在[1，e]上不存在一个使得
成立．………………………………………………………12分当时，．…………………………14分
因为，所以，，所以在恒成立．
故在上单调递增，，只要，
解得
故的取值范围是．…………………………16分
19. 如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为边长为2的菱形，PA⊥平面ABCD，
∠ABC=60︒，E是BC的中点，PA=AB．
(Ⅰ)证明：AE⊥PD；
(Ⅱ)若F为PD上的动点，求EF与平面PAD所成最大角的正切值．
参考答案：
解：（Ⅰ）因为四边形ABCD为菱形，且∠ABC=60︒，所以△ABC为正三角形．
E为BC中点，故AE⊥BC；又因为AD∥BC，所以AE⊥AD．……………3分
因为PA⊥平面ABCD，AE 平面ABCD，所以PA⊥AE．……………5分
故AE⊥平面PAD，又PD 平面PAD，所以
AE⊥PD．……………7分
(Ⅱ)连结AF，由（Ⅰ）知AE⊥平面PAD，
所以∠AFE为EF与平面PAD所成的角．……10分
在Rt△AEF中，AE=，∠AFE最大当且仅当AF最短，即AF⊥PD时∠AFE最大．……………12分
依题意，此时，在Rt△PAD中，，所以，tan∠AFE=．
所以，EF与平面PAD所成最大角的正切值为．……………………………15分
略
20. 如图，是边长为3的正方形，平面，，且，.（1）试在线段上确定一点的位置，使得平面；
（2）求二面角的余弦值.
参考答案：
（1）为的一个三等分点（靠近点）
（2）
（1）取的三等分点（靠近点），则有，过作交于，由平面，，可知平面，∴，
∴，且，……………………3分
所以四边形为平行四边形，可知平面，
∵，∴为的一个三等分点（靠近点）；……………5分【考查方向】本题考查满足线面平行的点的确定，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
【易错点】辅助线的做法，线面平行条件的构造。

【解题思路】（1）过K作KM⊥BD，交BD于M，则AF⊥平面ABCD，从而AF⊥BD，四边形FAMK为平行四边形，进而AM∥平面BEF，由此求出M为BD的一个三等分点（靠近点B）．
（2）如图建立空间直角坐标系：
则，，
设平面的法向量为，由，可得．
平面的法向量为，由可得，
因为二面角为钝二面角，可得，
所以二面角的余弦值为．……………………12分
【考查方向】本题考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
【易错点】坐标系的建立，法向量的准确运算，二面角的范围判定。

【解题思路】（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DE为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A﹣BE﹣C的余弦值．
21. 已知，函数，其中．
（Ⅰ）当时，求的最小值；
（Ⅱ）在函数的图像上取点，记线段P n P n+1的斜率为k n，
．对任意正整数n，试证明：
（ⅰ）；（ⅱ）．
参考答案：
解：（Ⅰ）时，，求导可得
……………3分所以，在单调递增，故的最小值是．…………5分
（Ⅱ）依题意，．……………6分（ⅰ）由（Ⅰ）可知，若取，则当时，即．于是，即知．…………8分
所以．……………9分
（ⅱ）取，则，求导可得
当时，，故在单调递减．
所以，时，，即．……………12分
注意到，对任意正整数，，于是
，即知．……………13分
所以．……………14分
略
22. 设函数f（x）=lnx﹣e1﹣x，g（x）=a（x2﹣1）﹣．
（1）判断函数y=f（x）零点的个数，并说明理由；
（2）记h（x）=g（x）﹣f（x）+，讨论h（x）的单调性；
（3）若f（x）＜g（x）在（1，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案：
【考点】利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题；根的存在性及根的个数判断．
【分析】（1）求出函数的导数，计算f（1），f（e）的值，求出零点个数即可；
（2）求出h（x）的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；
（3）问题等价于a（x2﹣1）﹣lnx＞﹣在（1，+∞）恒成立，设k（x）=﹣=，根据函数的单调性求出a的范围即可．
【解答】解：（1）由题意得：x＞0，
∴f′（x）=+＞0，
故f（x）在（0，+∞）递增；又f（1）=﹣1，f（e）=1﹣e1﹣e=1﹣＞0，
故函数y=f（x）在（1，e）内存在零点，
∴y=f（x）的零点个数是1；
（2）h（x）=a（x2﹣1）﹣﹣lnx+e1﹣x+﹣=ax2﹣a﹣lnx，
h′（x）=2ax﹣=（x＞0），
当a≤0时，h′（x）＜0，h（x）在（0，+∞）递减，
当a＞0时，由h′（x）=0，解得：x=±（舍取负值），∴x∈（0，）时，h′（x）＜0，h（x）递减，
x∈（，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）递增，
综上，a≤0时，h（x）在（0，+∞）递减，
a＞0时，h（x）在（0，）递减，在（，+∞）递增；（3）由题意得：lnx﹣＜a（x2﹣1）﹣，
问题等价于a（x2﹣1）﹣lnx＞﹣在（1，+∞）恒成立，设k（x）=﹣=，
若记k1（x）=e x﹣ex，则（x）=e x﹣e，
x＞1时，（x）＞0，
k1（x）在（1，+∞）递增，
k1（x）＞k1（1）=0，即k（x）＞0，
若a≤0，由于x＞1，
故a（x2﹣1）﹣lnx＜0，故f（x）＞g（x），
即当f（x）＜g（x）在（1，+∞）恒成立时，必有a＞0，
当a＞0时，设h（x）=a（x2﹣1）﹣lnx，
①若＞1，即0＜a＜时，
由（2）得x∈（1，），h（x）递减，x∈（，+∞），h（x）递增，故h（）＜h（1）=0，而k（）＞0，
即存在x=＞1，使得f（x）＜g（x），
故0＜a＜时，f（x）＜g（x）不恒成立；
②若≤1，即a≥时，
设s（x）=a（x2﹣1）﹣lnx﹣+，
s′（x）=2ax﹣+﹣，
由于2ax≥x，且k1（x）=e x﹣ex＞0，
即＜，故﹣＞﹣，
因此s′（x）＞x﹣+﹣＞=＞0，
故s（x）在（1，+∞）递增，
故s（x）＞s（1）=0，
即a≥时，f（x）＜g（x）在（1，+∞）恒成立，
综上，a∈[，+∞）时，f（x）＜g（x）在（1，+∞）恒成立．。