《天津泰兴路中学2020年高三数学理上学期期末试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《天津泰兴路中学2020年高三数学理上学期期末试题含解析（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、天津泰兴路中学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. 下图给出的是计算的值的一个程序框图，其中判断框内应填入的条件是( ) A B C D参考答案：B2. 已知，则的值是 A B C D参考答案：答案：D 3. 一批物资随17辆货车从甲地以v km/h（100v120）的速度匀速运达乙地已知甲、乙两地间相距600 km，为保证安全，要求两辆货车的间距不得小于km（货车长度忽略不计），那么这批货物全部运达乙地最快需要的时间是 A小时 B98小时 C10小时 D105小时参考答案：B4.
2、某流程图如图所示，现输入如下四个函数，则可以输出的 函数是A BC D参考答案：B5. 设圆锥曲线r的两个焦点分别为F1，F2，若曲线r上存在点P满足=4:3:2，则曲线r的离心率等于A. B.或2 C.2 D.参考答案：A 本题主要考查了圆锥曲线的第一定义，同时考查了学生的应变能力。属中等题因为当为椭圆时= (4+2):3 =2：1 即2a:2c=2：1 所以e=当为双曲线时(4-2):3=2:3 即2a:2c=2:3所以e=6. 两个非零向量a，b互相垂直，给出下列各式：ab0；aba-b；|ab|a-b|；|a|b|ab；（ab）（a-b）0其中正确的式子有（）A2个B3个 C4个D5个
3、参考答案：答案：A 7. 已知直线、与平面下列命题正确的是（）A BC D参考答案：【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系 G3 G4 G5 【答案解析】D 解析：A、由面面平行的判定定理知，m与n可能相交，故A不对；B、当m与n都与和的交线平行时，也符合条件，但是mn，故B不对；C、由面面垂直的性质定理知，必须有mn，n?时，n，否则不成立，故C不对；D、由n且，得n?或n，又因m，则mn，故D正确故选D【思路点拨】由面面平行的判定定理知A不对，用当m与n都与和的交线平行时判断B不对，由面面垂直的性质定理知C不对，故D正确由面面垂直
4、和线面垂直以及平行简单证明8. 设等差数列an满足a1=1，an0（nN*），其前n项和为Sn，若数列也为等差数列，则的最大值是（） A 310 B 212 C 180 D 121参考答案：D考点： 数列的函数特性；等差关系的确定专题： 等差数列与等比数列分析： 等差数列an满足a1=1，an0（nN*），设公差为d，则an=1+（n1）d，其前n项和为Sn=，由于数列也为等差数列，可得=+，解出d，可得=，利用数列的单调性即可得出解答： 解：等差数列an满足a1=1，an0（nN*），设公差为d，则an=1+（n1）d，其前n项和为Sn=，=，=1，=，=，数列也为等差数列，=+，=1+，解
5、得d=2Sn+10=（n+10）2，=（2n1）2，=，由于为单调递减数列，=112=121，故选：D点评： 本题考查了等差数列的通项公式公式及其前n项和公式、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题9. 把1,2,3,6这六个数随机地排成一列组成一个数列，要求该数列先增后减，则这样的数列共有（ ）个.A 31 B 30 C 28 D32 参考答案：B解：该数列恰先增后减，则数字6一定是分界点，且前面的顺序和后面的顺序都只有一种，当6前有1个数字时，有种，当6前有2个数字时，有种，当6前有3个数字时，有种，当6前有4个数字时，有种，根据分类计数原理，共有种，故选：B10. 设是一个平
6、面，是两条不同的直线，以下命题不正确的是（ ） A若，则B若，则C若，则D若，则 参考答案：D二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 在平面直角坐标系中，设点，其中O为坐标原点，对于以下结论：符合OP=1的点P的轨迹围成的图形的面积为2；设P为直线上任意一点，则OP的最小值为1；设P为直线上的任意一点，则“使OP最小的点P有无数个”的必要不充分条件是“”. 其中正确的结论有 （填上你认为正确的所有结论的序号）.参考答案：略12. 已知实数x，y满足，则z=x+2y的最小值为参考答案：5【考点】简单线性规划【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义即可得到结论【解答】
7、解：作出不等式组对应的平面区域，由z=x+2y，得y=，平移直线y=，由图象可知当直线经过点B时，直线y=的截距最小，此时z最小，由，得，即B（1，2）此时z=1+2（2）=5故答案为：513. 已知等比数列是递增数列，是的前项和.若是方程的两个根，则_参考答案： 364 14. 曲线在在处的切线的方程为 参考答案：略15. 给出以下四个命题：已知命题；命题.则命题和都是真命题；过点且在轴和轴上的截距相等的直线方程是；函数在定义域内有且只有一个零点； 先将函数的图像向右平移个单位，再将新函数的周期扩大为原来的两倍，则所得图像的函数解析式为其中正确命题的序号为 （把你认为正确的命题序号都填上）参
8、考答案：略16. 设变量，满足则变量的最小值为? 参考答案：略17. 不等式组表示的平面区域为，若，则的最小值为 参考答案：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. （10分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABEF平面ABCD，EFAB，BAF=90，AD=2，AB=AF=2EF=1，点P在棱DF上（）求证：ADBF：（）若P是DF的中点，求异面直线BE与CP所成角的余弦值；（）若二面角DAPC的余弦值为，求PF的长度参考答案：【考点】： 与二面角有关的立体几何综合题；异面直线及其所成的角【专题】： 综合题；空间位置关系与距离；空间
9、角【分析】： （）利用面面垂直的性质，可得AD平面ABEF，即可证明ADBF；（）建立空间直角坐标系，求得=（，0，1），=（1，1，），利用向量的夹角公式，即可求异面直线BE与CP所成角的余弦值；（）设P点坐标为（0，22t，t），求得平面APF的法向量为=（1，0，0），平面APC的法向量，利用向量的夹角公式，即可求得结论（）证明：因为平面ABEF平面ABCD，平面ABEF平面ABCD=AB，ADAB，所以AD平面ABEF，因为BF?平面ABEF，所以ADBF；（）解：因为BAF=90，所以AFAB，因为平面ABEF平面ABCD，且平面ABEF平面ABCD=AB，所以AF平面ABCD，因为
10、四边形ABCD为矩形，所以以A为坐标原点，AB，AD，AF分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系Oxyz所以B（1，0，0），E（，0，1），P（0，1，），C（1，2，0）所以=（，0，1），=（1，1，），所以cos，=，即异面直线BE与CP所成角的余弦值为 （）解：因为AB平面ADF，所以平面APF的法向量为=（1，0，0）设P点坐标为（0，22t，t），在平面APC中，=（0，22t，t），=（1，2，0），所以平面APC的法向量为=（2，1，），所以cos，=，解得t=，或t=2（舍）此时|PF|=【点评】： 本题考查线面垂直，考查线线角、面面角，考查利用空间向量解决空间角问
11、题，正确求向量是关键19. 已知圆O和圆C的极坐标方程分别为=2和=4sin，点P为圆O上任意一点（1）若射线OP交圆C于点Q，且其方程为=，求|PQ|得长；（2）已知D（2，），若圆O和圆C的交点为A，B，求证：|PA|2+|PB|2+|PD|2为定值参考答案：【考点】简单曲线的极坐标方程【分析】（1）=代入=4sin，可得=2，即可求出|PQ|；（2）求出A，B，D的直角坐标，利用两点间的距离公式，即可得出结论【解答】（1）解：=代入=4sin，可得=2，|PQ|=22；（2）证明：由题意，A（，1），B（，1），D（0，2），设P（x，y），则|PA|2+|PB|2+|PD|2=（x+）
12、2+（y1）2+（x）2+（y1）2+x2+（y+2）2=3（x2+y2）+12=24，为定值20. 已知函数在处取得极值，（1）求实数的值；（2）若关于的方程在区间上恰有两个不同的实数根，求实数的取值范围.参考答案：解析:又 由设即 21. 已知向量(cosx，sin(x)，(cosx，sin(x)，（0），函数f(x)21的最小值正周期为2。（1）求的值；（2）求函数f(x)在区间0，上的取值范围。参考答案：22. 已知抛物线C：x2=2y的焦点为F（）设抛物线上任一点P（m，n）求证：以P为切点与抛物线相切的方程是mx=y+n；（）若过动点M（x0，0）（x00）的直线l与抛物线C相切，试判断直线MF与直线l的位置关系，并予以证明参考答案：【考点】直线与圆锥曲线的关系；抛物线的简单性质【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】（）由x2=2y得y=x2，则y=x，由导数的几何意义求出以P为切点的切线的斜率，代入点斜式方程化简，把点P（m，n）代入抛物线的方程，得到n与m的关系，再代入切线方程化简即可；（）判断直线MF与直线l垂直，由切线l方程和题意求出M的坐标，由斜率公式求出kMF，根据斜率之积是1，即可证明结论【解答】证明：（）由抛物线C：x2=2y得，y=x2，则y=x，在点P（m，n）切线的斜率k=m，切线方程是yn=m（xm），即yn=mxm2，又点P
