《河南省洛阳市2020届高三数学期中试题 理（含解析）（通用）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省洛阳市2020届高三数学期中试题 理（含解析）（通用）（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、洛阳市2020学年高中三年级期中考试数学试卷（理）第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】，故选C.2. 设复数满足（是虚数单位），则的共轭复数（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】, ,，故选A.3. 下列说法中正确的个数是（ ）“为真命题”是“为真命题”的必要不充分条件；命题“，”的否定是“”；若一个命题的逆命题为真，则它的否命题一定为真.A. B. C. D. 【答案】B【解析】对于，若“” 为真命题，则都为真命题，“” 为真命题，
2、若为真命题，只需为真命题或为真命题，“”不一定为真命题，所以“为真命题”是“为真命题”的充分不必要条件，故错误；对于，命题“，”的否定是“”， 故错误；对于，因为逆命题与否命题互为逆否命题，所以正确，即正确命题的个数为，故选B.4. 函数的大致图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：由得，又时，函数为增函数，且可取得任意实数，故选B。考点：函数的奇偶性，对数函数的图象。点评：简单题，研究函数的图象问题，一般要考虑函数的定义域、值域、函数的奇偶性及单调性等。5. 某几何体的三视图如图所示，则几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由三视图知，该几何
3、体是一个一条侧棱与底面垂直，底面是边长为的正方形的四棱锥，其中两个侧面面积为，两个侧面面积为，底面积为，所以表面积为，故选D.6. 等比数列中，函数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】在等比数列中，由，得，函数是个因式的乘积，展开后含的项仅有，其余的项的指数均大于等于，中的常数项仅有，故选D.7. 将函数的图象沿轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则的取值不可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】,将函数的图象向左平移个单位后得到，为偶函数，当时，的取值分别为，的取值不可能是，故选B.8. 向量均为非零向量，则的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】A
4、【解析】由题意得，因为 所以，. 即，所以向量和的夹角为,又，所以，故选A.考点：向量的夹角公式及向量的数量积的运算.9. 已知数列的首项，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由，可得，是以为公差，以为首项的等差数列，故选C.10. 在三棱锥中，底面是直角三角形，其斜边，平面，且，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】根据已知，可将三棱锥补成一个长方体，如下图：则三棱锥的外接球就是这个长方体的外接球，由于，且是直角三角形，平面，长方体的对角线长为，三棱锥的外接球的半径，三棱锥的外接球的表面积为，故选A.【方法点睛】本题主要考查三棱锥外接球表面积
5、的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出求的半径，求外接球半径的常见方法有：若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；若面（），则（为外接圆半径）；可以转化为长方体的外接球；特殊几何体可以直接找出球心和半径.11. 已知函数，若关于的方程有个不等的实数根，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】画出的图象，如图，设，原方程化为，由图知，要使方程个不等的实数根方程，只需在有上有两个不等的根，则，解得，故选C.【方法点睛】本题主要考查分段函数的图象与性质、方程的根与系数之间的关系，数形结合思想的应用，属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互
6、转化来解决数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是运用这种方法的关键是正确作出函数图象以及熟练掌握函数图象的几种变换，充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解.12. 用表示不超过的最大整数（如）.数列满足，（），若，则的所有可能值得个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】对两边取倒数，得，累加得，由为单调递增数列，其中，整数部分为，整数部分为，整数部分为，由于， 时， 的整数部分都是，的所有可能值得个数为，故选B.第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满
7、分20分，将答案填在答题纸上）13. 设变量满足约束条件：，则的最大值是_【答案】 【解析】 作出约束条件所对应的可行域（如图），而表示可行域内的点到原点距离的平方，数形结合可得最大距离为或，的最大值为，故答案为.14. 若定义在上的函数，则_【答案】【解析】由定积分的几何意义可得，是以原点为圆心，以为半径的圆的面积的一半，故答案为.15. 设均为正数，且，则的最小值为_【答案】【解析】均为正数，且，整理可得，由基本不等式可得，整理可得，解得或（舍去），当且仅当时取等号，故答案为.【易错点晴】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，
8、三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.16. 已知函数是定义在上的偶函数，其导函数为，且当时，则不等式的解集为_【答案】或【解析】由，得，即，令，则当时，即在上是减函数，即不等式等价为，在是减函数，偶函数是定义在上的可导函数，在递增，由得，或，故答案为或.三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 已知向量.（I）若，求的值;（II）令，把函数的图象上每一点的横坐标
9、都缩小为原来的一半（纵坐标不变），再把所得图象沿轴向左平移个单位，得到函数的图象，求函数的单调增区间及图象的对称中心.【答案】（I）；（II），.【解析】试题分析：（I）由可得，从而可得，根据二倍角的正切公式可得结果；（II）由辅助角公式可得，根据平移变换可得，利用正弦函数的单调性，解不等式即可得结果.试题解析：（I）， 即， ， （II）由（I）得，从而， 解得，的单调增区间时. 由得即函数图象的对称中心为.18. 已知数列满足，设.（I）求证：数列为等比数列，并求的通项公式；（II）设，数列的前项和，求证：.【答案】（I）；（II）证明见解析.【解析】试题分析：（I）可化为即，从而可得数列
10、为等比数列，进而可得的通项公式；（II）由（I）可得，分组求和后，利用放缩法可得结论.试题解析：（I）由已知易得，由得即； ,又,是以为首项，以为公比的等比数列. 从而即，整理得即数列的通项公式为. （II） ， ， . 19. 在中，分别是角的对边，且.（I）求的大小;（II）若为的中点，且，求面积最大值.【答案】（I）；（II）.【解析】试题分析：（I）首先正切化弦，然后利用两角和的余弦公式可得，从而可得，进而可得结果；（II）由余弦定理可得，利用基本不等式可得，结合三角形面积公式可得结果.试题解析：（I）由，得， ， 又. （II）在中，由余弦定理得.在中，由余弦定理得， 二式相加得，整
11、理得， ， 所以的面积，当且仅当时“”成立.的面积的最大值为.20. 已知函数，其导函数的两个零点为和.（I）求曲线在点处的切线方程；（II）求函数的单调区间；（III）求函数在区间上的最值.【答案】（I）；（II）增区间是，减区间是；（III）最大值为，最小值为.【解析】试题分析：（I）求出，由解得，根据导数的几何意义可得切线斜率，利用点斜式可得切线方程；（II）求出，得增区间，得减区间；（III）根据（II）求出函数的极值，与区间端点出的函数值进行比较即可得结果.试题解析：（I）.由知，解得 从而所以， 曲线在点处的切线方程为即. （II）由于，当变化时，的变化情况如下表：00单调递增极大
12、值单调递减极小值单调递增故的单调增区间是，单调减区间是. （III）由于故函数在区间上的最大值为，最小值为.【方法点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的最值、导数的几何意义，属于难题利用导数研究函数的单调性进一步求函数最值的步骤：确定函数的定义域；对求导；令，解不等式得的范围就是递增区间；令，解不等式得的范围就是递减区间；根据单调性求函数的极值及最值（闭区间上还要注意比较端点处函数值的大小）.21. 如图，四棱锥中，底面为梯形，底面，.（I）求证：平面平面；（II）设为上的一点，满足，若直线与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值.【答案】（I）证明见解析；（II）.【解析】试题分析：（I）由直角三角形可得，由线面垂直的性质可得，从而可得平面进而可得结论；（II）以点为坐标原点，分别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：（I）由，可得，又 从而，底面， ，平面所以平面平面. （II）由（I）可知为与底面所成角. 所以，所以
