2020届山东省济宁市高三上学期期末数学试题（解析版）.docx

1、20192020学年度第一学期质量检测高三数学试题本试卷满分150分.考试时间120分钟.考试结束后,将本试卷和答题卡一并收回.注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后,将答题卡交回.一单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.设集合，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】因为，,所以，故选B.2.若

2、,则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】计算得到；得到答案.【详解】；，即故选：【点睛】本题考查了比较数值的大小，意在考查学生对于函数单调性的灵活运用.3.在中,则的面积为( )A. B. 1C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据得到，即，再利用面积公式计算得到答案.【详解】故， 故选：【点睛】本题考查了向量的运算，面积的计算，意在考查学生的计算能力.4.已知A,B,C为不共线的三点,则“”是“为直角三角形”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】分别判断充分性和必要性：平方得到，充分性；当或为直

3、角时，不必要；得到答案.【详解】若，两边平方得到，即故为直角三角形，充分性；若为直角三角形，当或为直角时，不必要；故选：【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的推断能力.5.函数，的图象大致为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先根据函数为偶函数排除A，D，再根据的最值可得正确的选项.【详解】，函数为偶函数.故排除选项A，D.，当时，取得最大值；当时，取得最小值0.故排除C.故选：B.【点睛】本题考查函数图象的识别，注意根据函数的奇偶性、单调性、最值以及特殊点处函数的大小来判断，本题为中档题.6.已知奇函数在R上单调,若正实数满足则的最小值是( )A. 1B. C.

4、 9D. 18【答案】A【解析】【分析】根据得到，变换，利用均值不等式计算得到答案.【详解】奇函数在R上单调，则故即 当即时等号成立故选：【点睛】本题考查了函数的奇偶性和单调性，均值不等式，变换是解题的关键.7.已知是双曲线的左、右焦点，若点关于双曲线渐近线的对称点满足（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先利用对称得，根据可得，由几何性质可得，即，从而解得渐近线方程.【详解】如图所示：由对称性可得：为的中点，且，所以，因为，所以，故而由几何性质可得，即，故渐近线方程为，故选B.【点睛】本题考查了点关于直线对称点的知识，考查了双曲线渐近线方

5、程，由题意得出是解题的关键，属于中档题.8.已知函数,若有且只有两个整数使得,且,则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求导得到，计算，讨论，两种情况，得到函数单调区间，得到且，计算得到答案.【详解】，当时，函数单调递增，不成立；当时，函数在上单调递增，在上单调递减；有且只有两个整数使得,且，故且 即；故选：.【点睛】本题考查了利用函数单调性求参数范围，意在考查学生对于函数性质的综合应用.二多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分.9.下列命题中的假命题是（ ）A

6、. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】【详解】试题分析：当x=1时，（x-1）2=0,显然选项B中的命题为假命题，故选B考点：特称命题与存在命题的真假判断10.将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象,则函数具有性质( )A. 在上单调递增,为偶函数B. 最大值为1,图象关于直线对称C. 在上单调递增,为奇函数D. 周期为,图象关于点对称【答案】ABD【解析】【分析】化简得到，分别计算函数的奇偶性，最值，周期，轴对称和中心对称，单调区间得到答案.【详解】则，单调递增，为偶函数， 正确错误；最大值为，当时，为对称轴，正确；，取，当时满足，图像关于点对称，正确；故选：【点睛】本题考查了

7、三角函数的平移，最值，周期，单调性 ，奇偶性，对称，意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.11.己知为两条不重合的直线,为两个不重合的平面,则下列说法正确的是( )A. 若且则B. 若则C. 若则D. 若则【答案】BC【解析】【分析】根据直线和直线，直线和平面，平面和平面的位置关系，依次判断每个选项得到答案.【详解】A. 若且则可以，异面，或相交，故错误；B. 若则，又故，正确；C. 若则或，又故，正确；D. 若则，则或，错误；故选：【点睛】本题考查了直线和直线，直线和平面，平面和平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力.12.设等比数列的公比为q,其前n项和为,前n项积为,并满足条件,下

8、列结论正确的是( )A. S2019S2020B. C. T2020是数列中的最大值D. 数列无最大值【答案】AB【解析】【分析】计算排除和的情况得到，故，得到答案.【详解】当时，不成立；当时，不成立；故，且，故，正确；，故正确；是数列中的最大值，错误；故选：【点睛】本题考查了数列知识的综合应用，意在考查学生的综合应用能力.三填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.在的展开式中,含项的系数是_.【答案】280【解析】【分析】直接利用二项式定理计算得到答案.【详解】展开式中： ，取得到项的系数为 故答案为：【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力.14.已知抛物线的焦点为，

9、准线，是上一点， 是直线与的一个交点，若，则_.【答案】【解析】根据题意画出图形，设与轴的交点为M，过Q向准线，垂足是N，抛物线，焦点为，准线方程为，15.年月，中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录，标志着中华五千年文明史得到国际社会认可良渚古城遗址是人类早期城市文明的范例，实证了中华五千年文明史考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一规律已知样本中碳的质量随时间（单位：年）的衰变规律满足（表示碳原有的质量），则经过年后，碳的质量变为原来的_；经过测定，良渚古城遗址文物样本中碳的质量是原来的至，据此推测良渚古城存在的时期距今约在_年到年之间（参考数据：）【答案】 (

10、1). (2). 【解析】【分析】（1）根据衰变规律，令，代入求得；（2）令，解方程求得即可.【详解】当时， 经过年后，碳的质量变为原来的令，则 良渚古城存在的时期距今约在年到年之间故答案为；【点睛】本题考查根据给定函数模型求解实际问题，考查对于函数模型中变量的理解，属于基础题.16.下图是两个腰长均为的等腰直角三角形拼成的一个四边形，现将四边形沿折成直二面角，则三棱锥的外接球的体积为_【答案】【解析】由题设可将该三棱锥拓展成如图所示的正方体，则该正方体的外接球就是三棱锥的外接球，由于正方体的对角线长为，即球的半径，该球的体积，应填答案点睛：解答本题的关键是依据题设条件，构造符合题设条件的正方

11、体，借助三棱锥的外接球与正方体的外接球是同一个球的事实，求出正方体的对角线长，即三棱锥的外接球的直径，进而求得外接球的半径使得问题获解四解答题:本题共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.已知等差数列满足,前7项和.(1)求数列的通项公式;(2)设,求数列的前项和.【答案】(1) (2)【解析】【分析】（1）利用等差数列公式计算得到答案.（2）裂项得到，代入数据计算得到答案.【详解】(1)设等差数列的公差为d,由可知,前7项和.,解得. (2)前项和.【点睛】本题考查了等差数列通项公式，裂项相消法求前项和，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.18.已知.(1)若,求

12、的值;(2)在ABC中,角A,B,C所对应的边分别,若有,求角B的大小以及的取值范围.【答案】(1) (2) 取值范围是【解析】分析】（1）化简得到，根据得到，再利用二倍角公式计算得到答案.（2）利用正弦定理得到化简计算，计算得到答案.【详解】(1)因为,所以所以(2)因为,由正弦定理得:所以,即,因为,所以,所以,所以的取值范围是【点睛】本题考查了三角函数化简，二倍角公式，正弦定理，取值范围，意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.19.如图,在平行四边形ABCD中,四边形ACEF为正方形,且平面平面ACEF.(1)证明:;(2)求平面BEF与平面BCF所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)见

13、解析 (2) .【解析】【分析】（1）利用余弦定理得到，证明，得到平面ACEF得到答案.（2）分别以AB,AC,AF所在直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系，计算平面BEF的一个法向量，平面BCF的一个法向量为，计算夹角得到答案.【详解】(1)在平行四边形ABCD中,中,由余弦定理得:,即,由,所以又四边形ACEF正方形,所以,又平面平面ACEF,平面平面ACEF=AC所以平面ABCD,所以,又，所以平面ACEF,平面ACEF所以. (2)由AB,AC,AF两两垂直,分别以AB,AC,AF所在直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则设平面BEF的一个法向量,则取同理可得平面BCF的一个法向

14、量为设平面BEF与平面BCF所成锐二面角的平面角为,则.平面BEF与平面BCF所成锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了通过线面垂直证明线线垂直，二面角，意在考查学生计算能力和空间想象能力.20.如图,某市三地A,B,C有直道互通.现甲交警沿路线AB乙交警沿路线ACB同时从A地出发,匀速前往B地进行巡逻,并在B地会合后再去执行其他任务.已知AB=10km,AC=6km,BC=8km,甲的巡逻速度为5km/h,乙的巡逻速度为10km/h.(1)求乙到达C地这一时刻的甲乙两交警之间的距离;(2)已知交警的对讲机的有效通话距离不大于3km,从乙到达C地这一时刻算起,求经过多长时间,甲乙方可通过对讲机

15、取得联系.【答案】(1) (2) 小时【解析】【分析】（1）计算，利用余弦定理计算得到答案.（2）当时，得到，当时，计算得到答案.【详解】(1)由.设当乙到达C地时,甲处在D点,则 所以在中,由余弦定理得: 即此时甲乙两交警之间的距离为(2)设乙到达C地后,经过t小时,甲乙两交警之间的距离为 ,在中， 乙从C地到达B地,用时小时,甲从D处到达B地,用时小时,所以当乙从C地到达B地,此时,甲从D处行进到E点处,且 所以当时，令或（舍去）又当 时,甲乙两交警间的距离 因为甲乙间的距离不大于3km时方可通过对讲机取得联系所以,从乙到达C地这一时刻算起,经过小时,甲乙可通过对讲机取得联系.【点睛】本题

16、考查了函数，余弦定理的应用，意在考查学生的应用能力.21.已知椭圆E:的一个焦点为,长轴与短轴的比为2:1.直线与椭圆E交于PQ两点,其中为直线的斜率.(1)求椭圆E的方程;(2)若以线段PQ为直径的圆过坐标原点O,问:是否存在一个以坐标原点O为圆心的定圆O,不论直线的斜率取何值,定圆O恒与直线相切?如果存在,求出圆O的方程及实数m的取值范围;如果不存在,请说明理由.【答案】(1) (2)存在,.的取值范围是【解析】【分析】（1）根据题意直接计算出得到答案.（2）设直线OP的方程为:点的坐标为,则,联立方程组，设坐标原点O到直线的距离为d,则有，得到，计算得到答案.【详解】(1)由已知得:解得

17、:椭圆E的方程为 (2)假设存在定圆O,不论直线的斜率k取何值时,定圆O恒与直线相切.这时只需证明坐标原点O到直线的距离为定值即可.设直线OP的方程为:点的坐标为,则,联立方程组以线段PQ为直径的圆过坐标原点O,直线OQ的方程为:在式中以换t,得又由知:设坐标原点O到直线的距离为d,则有又当直线OP与轴重合时,此时由坐标原点O到直线的距离为定值知,所以存在定圆O,不论直线的斜率k取何值时,定圆O恒与直线相切,定圆O的方程为:.直线与轴交点为,且点不可能在圆O内,又当k=0时,直线与定圆O切于点,所以的取值范围是【点睛】本题考查了椭圆的标准方程，直线和圆的位置关系，意在考查学生的计算能力和综合应

18、用能力.22.已知函数.(1)求证:当时,对任意恒成立;(2)求函数的极值;(3)当时,若存在且,满足,求证:.【答案】(1)见解析 (2)极小值,无极大值. (3)见解析【解析】【分析】（1）求导得到，即，函数单调递增，得到证明.（2），讨论和两种情况，分别计算极值得到答案.（3）在上为增函数，当时不成立，不防设，计算得到，即证，设,只需证，计算最值得到证明.【详解】(1),在上为增函数,所以当时,恒有成立; (2)由当在上为增函数,无极值当在上为减函数,在上为增函数,有极小值,无极大值,综上知:当无极值,当有极小值,无极大值. (3)当在上为增函数,由(2)知,当,在上为增函数,这时,在上为增函数,所以不可能存在,满足且所以有 现不防设得:由式可得:即又又要证即证即证所以由式知,只需证明:即证设,只需证,即证:令由在上为增函数,成立,所以由知,成立,所以成立.【点睛】本题考查了函数的极值，函数恒成立问题，证明不等式，意在考查学生对于导数函数知识的综合应用能力.