2020届安徽省马鞍山市某校高三上学期期中数学(理)试题与祥细答案与解析

2020届安徽省马鞍山市某校高三上学期期中数学(理)试题一、单选题
1. 集合，，，若，则的取值范围是()
A. B. C. D.
2. 已知函数y=f(x)+x是偶函数，且f(2)=1，则f(−2)=()
A.2
B.3
C.4
D.5
3. 已知数列的前项和满足(）且，则
()
A. B. C. D.
4. “”是“”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
5. 某多面体的三视图如图所示，其中正视图是一个直角边为2的等腰直角三角形，侧视图是两直角边分别为2和1的直角三角形，俯视图为一矩形，则该多面体的外接球的表面积为()
A. B. C. D.
6. 若向量满足，，，的最大值为()
A. B. C. D.
7. 已知函数的定义域和值域都是[0, 1]，则a=（）
A. B. C. D.2
8. 在中，分别是角的对边，若，则
的值为()
A.2018
B.1
C.0
D.2019
9. 已知函数，若是的导函数，则函数的图象大致是()
A. B. C. D.
10. 高斯函数（表示不超过实数x的最大整数），若函数
的零点为，则()
A. B. C. D.
11. 若∃x0∈，使得成立是假命题，则实数λ的取值范围是()
A. B. C. D.
12. 已知函数.若方程恰有七个不相同的实
A. B. C. D.
二、填空题
若实数x，y满足，则的取值范围是________；
若直线上存在点满足约束条件，则实数的取值范围为
________．
不等式的解集为________．
已知数列的前项和，若不等式，对恒成立，则整数的最大值为________．
三、解答题
设实数满足不等式，函数无极值点.若
为真命题，并记为，且或.若是的必要不充分条件，求的取值范围.
已知正项数列的前n项和为,且，
（1）求数列的通项公式
（2）求数列的前n项和
已知分别是内角的对边，且满足：
.
（2）设，为的面积，求的最大值.
已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若在区间上有最小值，求a的值．
函数在一个周期内的图象如图所示，为图象的最高点，、为图象与轴的交点，且为正三角形.
（1）求的值及函数的值域；
（2）若，且，求的值.
已知函数，为的导数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：在区间上存在唯一零点；
（3）设，若对任意，均存在，使得，求实数的取值范围.
参考答案与试题解析
2020届安徽省马鞍山市某校高三上学期期中数学(理)试题
一、单选题
1.
【答案】
B
【考点】
二次函数的应用
函数的最值及其几何意义
勾股定理
【解析】
先化简集合M、N，再求C U N，再根据M∩C U M=ϕ得到a的不等式，即得解．
【解答】
由题得
≤−1,a≥1．故答案为B
因为M∩∁U M=θ，所以−a
2
2.
【答案】
D
【考点】
函数奇偶性的性质
抽象函数及其应用
奇偶性与单调性的综合
【解析】
y=f(x)+x是偶函数
f(x)+x=f(−x)−x
当x=2时，f(2)+2=f(−2)−2,xf(2)=1f(−2)=5
故选D
【解答】
此题暂无解答
3.
【答案】
C
【考点】
由递推关系式求通项公式
【解析】
数列{a n的前n项和S n满足S n+S m=S n+m(n,m∈N ast)且a1=5，令m=，可得S n+1= S n+5，可得a n+1=5．即可得出．
【解答】
数列{a n的前n项和S n满足S n+5m=S n+m(n,m∈N ast)且a1=5
则a 8=5 故选C ． 4. 【答案】 C
【考点】
指数式、对数式的综合比较 二次函数的应用 函数的最值及其几何意义 【解析】
令f (x )=x +sinx ，则f ′(x )=1+cosx ≥0 f (x )单调递增，且f (0)=0
x >0是加x +sinx >0的充要条件．故选C 【解答】
请在此输入详解！ 5. 【答案】 C
【考点】
由三视图求体积 类比推理
简单空间图形的三视图 【解析】
将几何体为一个三棱锥，放在长、宽、高分别为2，1，2的长方体中，此三棱锥和长方体的外接球是同一个，长方体的外接球的 球心在体对角线的中点处，进而求得半径 【解答】
由三视图可得，该几何体为一个三棱锥，放在长、宽、高分别为2,，2的长方体中，此三棱锥和长方体的外接球是同一个，长
方体的外接球的球心在体对角线的中点处，易得其外接球的直径为√22+22+12=3，从而外接球的表面积为9r ． 故答案为：C ． 6. 【答案】 D 【考点】 向量的模 【解析】
构造AB →
=a →
,AD →
=b →
,AC →
=c →
,∠BAD =120∘,∠BCD =60∘，得到A,B ，C ．D 四点共圆，结合图形，得到当线段AC 为圆的直
如图所示，构造AB →
=a →
,AD →
=b →
,AC →
=c →
,∠BAD =120∘,∠BCD =60∘ 因为∠BAD +∠BCD =180∘，所以A ．B ．C ．D 四点共圆， 所以当线段AC 为圆的直径时，此时）最大，
由余弦定理可得BD 2=AB 2+AD 2−2AB ⋅ADcos120∘=12+12−2×1×1×(−1
2)=3
所以BD =√3，又由正弦定理可得2R =BD
sin120∘=2 即/）的最大值2， 故选D ． ）A 7. 【答案】 A
【考点】
函数的值域及其求法 函数的定义域及其求法 函数的概念及其构成要素 【解析】
由函数f (x )=log a (1
x+1)=0,(a >0,a ≠1)的定义域和值域都是[0,1]，可得f(x)为增函数，但1
x+1在[0,1]上为减函数，得 0<a <1，把x =代入即可求出a 的值． 【解答】
由函数f (x )=log a (1x+1
)=0,(a >0,a ≠1)的定义域和值域都是[0,1]，可得f(x)为增
函数，
但1
x+1在[0,1]上为减函数，∴ 0<a <1 当x =时，f (1)=log a (11+1
)=log a 2=1
解得a =1
2
故选A ．
本题考查了函数的值与及定义域的求法，属于基础题，关键是先判断出函数的单调性． 点评：做此题时要仔细观察、分析，分析出f (0)=0，这样避免了讨论．不然的话，需要讨论函数的单调性． 8. 【答案】 A 【考点】 解三角形
由余弦定理a2+b2−c2=2abcosC，结合题设可得2018c2=2abcosC，利用同角三角函数关系：
2tanA+tanB tanC(tanA+tanB)=2abcosC
c2
，即得解．
【解答】
∵a2+b2=2019c2
a2+b2−c2=2018c2=2abcosC ．2018c2=2abcosC
2tanA tanC(tanA+tanB)=
2sinA
cosA
⋅sinA
cosB
sinA
cosC
(sinA
cosA
+sinB
cosB
)
=2sinAsinBcosC
sin(A+B)
=2abcosC
c2
=2018故选：A
9.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
【解析】
先求导数，再利用二次求导研究导函数零点以及对应区间导函数符号，即可判断选择
【解答】
∵f(x)=x2+2cosx∴f′(x)=2x−2sinx∴f′′(x)=2−2cosx≥0
因此当x=0时，f′(x)=0________；当x>0时，f′(x)>f′(0)=0/；当x<0时，f′(x)<f′(0)=0
故选：A
10.
【答案】
B
【考点】
函数零点的判定定理
函数的零点与方程根的关系
函数新定义问题
【解析】
先判断g(x)=e x−e−x−2的单调性，再由零点存在定理，得到零点x0所在范围，然后从内到外求函数值．
【解答】
因为g(x)=e x−e−x−2
所以g′(x)=e x+e−x>0
所以g(x)在R上是增函数．
而g(0)=e0−e0−2=−2<0.g(1)=e1−e1−e−1−2>0
所以x0∈(0,1)
所以f(x0)=[x0]=0
所以g[f(x x)]=g(0)=−2
故选：B
11.
【答案】
利用导数研究不等式恒成立问题 【解析】
由？命题为假命题可得非p 命题为真命题，再分离参数，构造函数转化为最值处理，利
用导数求出最值可得结果加加因为马x 0∈[1
2,2]，使得2x 02
−λx 0+1<0成立是假命题，
所以∀x ∈[1
2,2]，使得2x 2−λx +1≥0恒成立是真命题， 即∀x ∈[1
2
,2]λ≤2x +1
x
恒成立是真命题，
令∵ 1=2x +1x ，则f ′(x )=2−1
x 2=2x 2−1x 2
当x ∈[12,
√2
2
)时, f ′(x )<0, 当x ∈(√2
2,2]时，f ′(x )>0
所以当x =
√22时，f (x )取得最小值f (√22
)=2√2，则入≤2√2
故选：A ． 【解答】 此题暂无解答 12. 【答案】 B
【考点】
根的存在性及根的个数判断 函数的零点与方程根的关系 利用导数研究函数的单调性 【解析】
画出函数f (x )的图象，根据方程[f (x )]2+bf (x )+c =0恰有七个不同的实根，得到方程t 2+bt +c =0的其中一个根为
1，另一根在(0,1)内，结合二次函数的性质，即可求解． 【解答】
由题意，画出函数f (x )=|x 2−4x +3|的图象，如图所示， 可得f (1)=f (3)=0,f (2)=1,f (x )≥0
因为方程[f (x )]2+bf (x )+c =0恰有七个不同的实根， 则方程t 2+bt +c =0的其中一个根为1，另一根在(0,1)内， 设g (t )=t 2+bt +c
则满足g (1)=0且g (0)>0且g (−b
2)<0且0<−b
2<1
即1+b +c =0且c >0且(−b 2)2
+b ⋅(−b
2)+c <0且0<−b
2×1 解得−2<b <−1
即实数b 的取值范围是(−2,−1)，故选B ． 二、填空题 【答案】
圆的参数方程 【解析】
令x =cosθy =sinθ，可将xy 化为1
2sin2θ，根据三角函数值域可求得结果 【解答】
∵ x 2+y 2=1可令x =cosθy =sinθ x =cosθsinθ=1
2sin2θ
：sin2θ∈[−1.1]∴ y ∈[−12:1
2] 本题正确结果：[−12,1
2] 【答案】 (−0.1]
【考点】
区间与无穷的概念 直线的斜率
求解非线性目标函数的最值-有关斜率 【解析】 x +y −3≤0
试题分析：由题意，由{y =2x
x +y −3=0，可求得交点坐标为(1,2)，要使直线y =2x 上存
在点(x,y )满足约束条件{x −2y −3≤0,，如图 x ≥m,
所示，可得m ≤1，则实数m 的取值范围(−∞,1]
【解答】 此题暂无解答 【答案】
【考点】
正弦函数的定义域和值域
【解析】
因为(|x|+x)(sinx−2)<0且sinx−2<0,∴|x|+x>0,∴ x>0，所以原不等式的解集是{x|x>0}，故答案为(0,+∞)
【解答】
此题暂无解答
【答案】
4
【考点】
由递推关系式求通项公式
等差数列的通项公式
数列与函数最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
当n=1时，S1=2a1−22，得a1=4
当n≥2时，S n−1=2a n−2n
又S n=2a n−2n+1
两式相减得a n=2a n−2a n−1−2n，得a n=2a n−1+2n
所以a n
2n −a n−1
2n+1
=1
又a1
21=2，所以数列{
a n
2n是以2为首项，1为公差的等差数列，
a n
2n
=n+1，即a n=(n+1)⋅2n
因为a n>0，所以不等式2n2−n−3<(5−λ)a n，等价于=5−λ>2n−3
2n
记b n=2n−3
2n ,b1=−1
2
,b2=1
4
n≥2时，b n+1
b n =
2n−1
2n+1
2n−3
2n
=2n−1
4n−6
所以n≥3时，b
b
+1,
综上，(b n=max==3
8
所以5−λ>3
8,λ<5−3
8
=37
8
，所以整数？的最大值为4．
三、解答题
【答案】
1≤m≤−
72
【考点】
命题的真假判断与应用
必要条件、充分条件与充要条件的判断
全称命题与特称命题 【解析】
先求解p ，日为真时，a 的范围，继而求解若p/q 为真，a 的范围，又t 是￢r 的必要不充分条件，列出不等式组限制条 件，即得解． 【解答】
若？为真，则a ≤3
又f ′(x )=1
3x 2+(3−a )x +3，若♀为真，
令Δ≤0，则1≤a ≤5 若p/q 为真，则1≤a ≤3 −i:a >3或a <1 ta >m −1
2或a <m
又t 是￢Y 的必要不充分条件， {m ≥1m +12≤3∴ 1≤m ≤5
2
【答案】 （1）a n =n （2）T i =n
n+1+2n 【考点】 数列的求和 【解析】
（1）由S n ,a n 的关系，因为S 加+1+S n =a n+12，得等式s n +S n−1=a n 2
两式相减，再确定数列{a n }的性质，从而求其通项公式即可；
（2）先求出数列b n =1n −1
n+1−2，再利用累加法求和即可． 【解答】
（1）当n =1时，S 22+s 12=a 22
a n >0,∴ a 2=2
当n ≥2时，S n +S n−1=a n 2，相减可得a n+1+a n =a n−12−a n 2
a n >0,∴ a n+1−a n =1(n ≥2) 又∵ a 2−a 1=1
{a n }是首项为1是公差为1的等差数列， 即a n =1+(n −1)×1=n 故a n =n
（2）由（1）知，b n =
n+1n +n n+1=1n −1
n+1−2
所以T n =1−1
2−1
2−1
3+1
3−1
4+⋯ (1)
nn−1n+1+2n=
n
n+1
2n
【答案】 （1）A =、a _2x 3 （2）5．
【考点】
正弦定理
解三角形
【解析】
（1）运用正弦定理可得b2+c2⋅a2=−bc，再由余弦定理计算可得所求角；
（2）运用正弦定理求得b,c，由三角形的面积公式可得S，再由两角差的余弦公式和余弦函数的值域，即可得到所求最大值．
【解答】
（1）(a+b+c)(sinB+sinC−sinA)=bsinC
…根据正弦定理，知(a+b+c)(b+c−a)=bc，即b2+c2−a2=−bc
…由余弦定理，得cosA=b2+c2−a2
2bc =−1
2
又A∈(0,π)，所以A=2π
3
（2）根据a=√3A=2π
3
及正弦定理
得b
sinB =c
sinB
=a
sinC
=√3
√3
2
=2
小
∴S=1
2bcsinA=1
2
×2sinB×2sinC×√3
2
=√3sinC
．S+√3cosBcosC=√3sinBsinC+√3cosBcosC=√3cos(B−C)
故当B=C=π
6
时，S+√3cosBcosC取得最大值√3
【答案】
（1）当a=0时，f(x)在R上为增函数；
当a<0时，f(x)在(−8,2a)(0,+∞)上为增函数，在(2a,0)上为减函数；
当a>0时，f(x)在(−∞,0)(2a+y)上为增函数，在(0,2a)）为减函数．
（2）a=10
3
【考点】
已知函数极最值求参数问题
【解析】
（1）求导后，对α分三种情况讨论可得；
（2）利用第（1）问的单调性分三种情况求得函数的最小值与已知最小值相等，列式可解得α．
【解答】
（1）f′(x)=3x2−6ax=3x(x−2a)
当a=0时，则f′(x)=3x2≥0，所以f(x)在R上为增函数；
当a<0时，2a<0，所以f(x)在(−∞,2a)(0,+∞)上为增函数，在(2a,0)上为减函数；当a>0时，2a>0，所以f(x)在(−∞,0)(2a,+∞)上为增函数，在(0,2a)为减函数．（2）由（1）知，当a=0时，f(x)在[0,2]上为增函数，所以f(x)加=f(0)=0，与题意矛盾；
当a<0时，f(x)在(0,+∞)上为增函数，所以f(x)min=f(0)=0，与题意矛盾；
当0<a<1时，f(x)在(0,2a)上为减函数，在(2,2)上为增函数，所以f(x)min=
f (2a )=−32，解得a =2，与 0<a <1矛盾；
当a ≥1时，f (x )在[0,2]上为减函数，所以f (x )加加=f (2)=−32，解得a =103
，满足
题意． 综上可知a =103
【答案】
（1）ω=π
4，函数的值域为[−2√3,2√3]；
（2）
7√6
5
【考点】 辅助角公式 【解析】
（1）将函数f (x )化简整理，根据正三角形ABC 的高为2√3，可求出ω，进而可得其值域；
（2）由f (x 0)=8√35得到sin (πx
4
+π3)=45
，再由x 0∈(−
103
,23)求出cos (πx 4+π
3
)，进而可
可求出结果 【解答】
（1）由已知可得f (x )=6cos 2
ωx 2
+√3sinωx −3=3cosx +√3sinωx =2√3sin (ωx +
π3
)
又正三角形ABC 的高为2√3，则|BC|=4 所以函数f (x )的最小正周期T =4×2=8，即2πω
=8，得ω=π
4
函数f (x )的值域为[−2√3,2√3]
即sin (
πx 04
+π3)=4
5
由x 0∈(−103
,23)，得
πx 04
+π3∈(−π2:π
2)
即cos (πx
4
+π
3)=√1−(45)2
=35
故f (x 0+1)=2√3sin (
πx 04
+π4+π
3)
=2√3sin [πx 04+π3)+π
4
]
=2√3[sin (πx 04+π3)cos π4+cos (πx 04+π3)sin π4]=2√3×(45×√22+32)=7√2
5
【答案】 （1）y =0； （2）证明见解析； （3）(−∞,1)
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
（1）将x=0代入f(x)求出切点坐标，由题可得f′(x)=cosx+xsinx−1，将x=0代入f′(x)求出切线斜率，进而求
出切线方程．
（2）设g(x)=f′(x)，则g′(x)=xcosx，由导函数研究g(x)=f′(x)的单调性进，而得出答案．
（3）题目等价于f min>g加加，易求得g min=g(1)=a−1，利用单调性求出f(x)的最小值，列不等式求解．
【解答】
（1）f′(x)=cosx+xsinx−1，所以f′(0)=0，即切线的斜率k=0，且f(0)=0，从而曲线y=f(x)在点
A(0,f(0))处的切线方程为y=0
（2）设g(x)=f′(x)，则g(x)=cosx+xsinx−1g′(x)=xcosx
当x∈(0,π
2)时，g′(x)>0；当x∈(π
2
,π)时，g′(x)<0，所以g(x)在(0,π
2
)单调递增，
在(π
2
,π)单调递减．
又g(0)=0,g(π
2
)>0,g(π)=−2，故g(x)王(0,π)存在唯一零点．
所以f′(x)在(0,π)存在唯一零点．
（3）由已知，转化为f加加>g加加，且g(x)=x2−2x+a(a∈R)的对称轴x=1∈[1,2]所以g min=g(1)=a−1
由(Ⅱ)知，f′(x)在(0,π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0,x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0,π)时，f′(x)<0，所以
f(x)在(0,x0)单调递增，在(x0,π)单调递减．
又f(0)=0,f(π)=0，所以当x∈[0,π]时，f加加=0
所以0>a−1，即a<1，因此，a的取值范围是(−0,1)。