【KS5U解析】山東省青島市黃島區(qū)2020屆高三上學期期中考試數學試題 Word版含解析

1、2019-2020學年度第一學期期中學業(yè)水平檢測高三數學第卷一、單項選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知全集為，集合，集合，則（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】分別由集合求出對應范圍，先求，再求即可【詳解】或，則故選：c【點睛】本題考查集合的交并補運算，屬于基礎題2.若點在角的終邊上，則（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】先將點化簡，得，結合同角三角函數先求出，再結合二倍角公式求出即可【詳解】由故選：b【點睛】本題考查三角函數值的化簡，同角三角函數的基本求法，二倍角公式的應用，屬于

2、基礎題3.已知平面向量，若，則（ ）a. b. 20c. d. 2【答案】a【解析】【分析】根據兩個向量平行的坐標表示列式求得,再根據求得向量的坐標,然后求得模長.【詳解】因為平面向量，且,所以,解得,所以,所以所以.故選:a【點睛】本題考查了向量平行的坐標表示,考查了求向量的模長,屬于基礎題.4.已知函數，則（ ）a. 144b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】先判斷括號內，需代入第二段表達式，得，由繼續(xù)代入第一段表達式即可求解【詳解】故選：c【點睛】本題考查分段函數中具體函數值的求解，對數的基本運算，對數恒等式的使用，屬于基礎題5.若先將函數的圖象向左平移個單位，再保持圖象上所有點

3、的縱坐標不變橫坐標伸長為原來的2倍，得到函數的圖象，則（ ）a. 1b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】結合函數圖像平移法則求出表達式，再代值運算即可【詳解】由題可知，的圖象向左平移個單位后的表達式為：，再將所有橫坐標伸長為原來的2倍，表達式變?yōu)椋?，則，故選：c【點睛】本題考查由函數圖像的平移法則求平移之后的解析式及具體的函數值，屬于基礎題6.函數的圖象可能是下面的圖象( )a. b. c. d. 【答案】c【解析】因為，所以函數的圖象關于點（2,0）對稱，排除a，b當時，所以，排除d選c7.已知，則（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】可觀察兩個式子整體特征，一個為

4、單倍角，一個為二倍角，則考慮先對整體求二倍角，再根據誘導公式進行合理轉化即可【詳解】，即，而，則，故故選：d【點睛】本題考查三角恒等變換及誘導公式的使用，熟悉單倍角與二倍角公式轉化，熟練運用誘導公式是解題的關鍵，屬于中檔題8.設，為兩個平面，則的充要條件是（ ）a. 內有一條直線與垂直b. 內有一條直線與內兩條直線垂直c. 與均與同一平面垂直d. 與均與同一直線垂直【答案】a【解析】【分析】結合面面垂直的判定定理即可求解【詳解】對a，符合面面垂直的判定定理描述，正確；對b，兩平面斜交時，若內的直線垂直于兩平面交線，而內兩條直線與交線平行時，符合描述，但兩平面不垂直，故錯誤；對c，垂直于同一平面

5、的兩平面也可能平行，故錯誤；對d，垂直于同一直線的兩平面平行，故錯誤；故選：a【點睛】本題考查面面垂直的性質與判定，屬于基礎題9.若函數的一個極大值點為，則（ ）a. 0b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】先將表達式結合二倍角公式和兩角差的余弦公式化簡，再采用待定系數法即可求解【詳解】，因為的一個極大值點為，所以，解得，又，故，故選：d【點睛】本題考查三角函數的化簡求值，二倍角公式和兩角差的余弦公式的使用，屬于基礎題10.英國數學家泰勒發(fā)現了如下公式：.則下列數值更接近的是（ ）a. 0.91b. 0.92c. 0.93d. 0.94【答案】b【解析】【分析】根據表達式特點可寫出通式，

6、再分為奇數和偶數分類討論即可【詳解】由題知題設要求精確到0.01即可，當為奇數時，由于，所以；當為偶數時，由于，綜上所述，故選：b【點睛】本題考查新定義的理解與使用，找出規(guī)律，學會分類討論是解題的關鍵，屬于中檔題二、多項選擇題：本大題共3小題，每小題4分，共12分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分.11.下列結論正確的是（ ）a. 若，則b. 若，則c. 若，則d. 若，則【答案】bcd【解析】【分析】根據不等式的性質舉反例可判斷a；利用基本不等式可判斷b；由對數函數的單調性可判斷c；由基本不等式可判斷d.【詳解】對于a，若，則

7、，當，時，不成立，故a錯；對于b，由，則，當且僅當取等號，故b正確；對于c，由為單調遞增函數，由，則，故c正確；對于d，由，則，當且僅當時取等號，故d正確；故選：bcd 【點睛】本題考查了基本不等式的性質、基本不等式以及對數函數的單調性，屬于基礎題.12.在正方體中，下列直線或平面與平面平行的是（ ）a. 直線b. 直線c. 平面d. 平面【答案】ad【解析】分析】作出正方體，由線面平行的判定定理可判斷a、b；由面面平行的判定定理可判斷c、d.【詳解】如圖由，且平面，平面，故直線與平面平行，故a正確；直線，與平面相交，故直線與平面相交，故b錯誤；由圖，顯然平面與平面相交，故c錯誤；由， ，且，

8、故平面與平面平行，故d正確； 故選：ad【點睛】本題主要考查了線面平行、面面平行的判定定理，考查了學生的空間想象能力，屬于基礎題.13.若函數與的圖象恰有一個公共點，則實數可能取值為（ ）a. 2b. 0c. 1d. 【答案】bcd【解析】【分析】作出的圖像，利用數形結合可判斷滿足恰有一個公共點；當時，需直線與曲線相切即可.【詳解】由與恒過，如圖，當時，兩函數圖象恰有一個公共點，當時，函數與的圖象恰有一個公共點，則為的切線，且切點為，由，所以，綜上所述，或.故選：bcd【點睛】本題考查了指數函數圖像、導數的幾何意義，考查了數形結合在解題中的應用，屬于基礎題.第卷三、填空題：本大題共4個小題，每

9、小題4分，共16分.14.聲強級（單位：）由公式給出，其中為聲強（單位：）.（1）平時常人交談時的聲強約為，則其聲強級為_；（2）一般正常人聽覺能忍受的最高聲強為，能聽到的最低聲強為，則正常人聽覺的聲強級范圍為_.【答案】 (1). 60 (2). 【解析】【分析】根據定義，代入數值，結合對數運算性質即可求解；【詳解】（1）當時，；（2）當時，當時，則正常人聽覺的聲強級范圍為故答案為：60；【點睛】本題考查指數與對數的基本運算，屬于基礎題15.已知等差數列滿足：，則數列的前2019項和等于_.【答案】0【解析】【分析】由計算出數列的通項公式，再根據新數列的周期性特點即可求解【詳解】由可得，則，

10、當時，當時，當時，當時，通過列舉發(fā)現新數列是一個周期為4的循環(huán)數列，記 ，為前項和，則故數列的前2019項和等于0故答案為：0【點睛】本題考查等差數列通項公式求解，周期數列前項和的求解，三角函數的周期性，屬于基礎題16.在中，內角，所對的邊分別為，若，的面積，則的取值范圍為_.【答案】【解析】【分析】結合正弦定理角化邊及余弦定理，可得，再由正弦定理面積公式求得，再結合余弦定理放縮即可求解【詳解】由題，求得，又因為，由余弦定理及不等式性質可得：，即，化簡得故答案為：【點睛】本題考查正弦定理角化邊，正弦的面積公式，余弦定理解三角形，不等式的基本性質，屬于中檔題17.已知三棱錐的三條側棱，兩兩互相垂

11、直，且，則三棱錐的外接球與內切球的半徑比為_【答案】【解析】【分析】將三棱錐放在長方體中，外接球半徑即為長方體對角線的一半，內切球的半徑利用等體法進行求解.【詳解】以，為過同一頂點的三條棱，作長方體，由，可知此長方體即為正方體.設外接圓半徑為，則，設內切圓半徑為，則內切圓的圓心到四個面的距離均為，由，解得 所以，故答案為：【點睛】本題主要考查了多面體的內切球外接球問題、等體法求距離，考查了學生的空間想象能力，屬于中檔題.四、解答題：共82分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.18.在中，分別為線段，上的點，.（1）求；（2）求的長度.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先畫出大致

12、圖像，在三角形中由正弦定理可得，進而求出，結合三角形內角特點即可求解；（2）由（1）的結論可得，為等腰三角形，求出，再由相似三角形可求，對采用余弦定理即可求解；【詳解】（1）在中：，所以，在中由正弦定理知：，又因為為鈍角，所以.（2）因為，所以，又因為，所以，即，在中由余弦定理知：，.【點睛】本題考查等腰三角形性質，正弦定理，余弦定理解三角形，屬于基礎題19.如圖，在四棱錐中，底面為梯形，面面，為的中點.（1）求證：；（2）在線段上是否存在一點，使得面？若存在，請證明你的結論；若不存在，請說明理由.【答案】（1）證明見解析；（2）存在，證明見解析【解析】【分析】（1）可作中點，連接，通過底面梯

13、形的性質可證四邊形為正方形，求出邊，通過勾股定理可證，再結合面面，面面，可證面，得到，即可得證；（2）可將問題轉化，在底面找一點使得，即可求證；【詳解】（1）取中點，連接，且，且，所以四邊形為平行四邊形，又，所以四邊形為正方形.在中，因為，所以，在中，因為，所以，因為，所以，因為面，面面，面面，所以面，因為面，所以.（2）線段上存在一點，滿足，即為中點時，面，證明如下：連結，為的中點，為中點，又，所以，面，面，面.【點睛】本題考查線面垂直的性質，線線垂直的證明，由線面平行需找滿足條件的點，屬于中檔題20.已知數列滿足：，.（1）證明：數列為等比數列；（2）證明：數列為等差數列；（3）若數列的前

14、項和為，數列的前項和為，數列的前項和為，證明：.【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）證明見解析【解析】【分析】（1）直接利用，由代換即可求證；（2）由（1）得，則，通過定義即可求證；（3）由題可求，由等比數列前項和公式可求，由等差數列前項和公式可求，則，結合裂項公式可求，通過放縮即可求證；【詳解】（1）因為，又因為，所以是首項為1，公比2的等比數列.（2）由（1）得：，所以，所以，所以是公差為1的等差數列.（3）由（2）知：，因為，所以，所以，所以.【點睛】本題考查等差數列，等比數列的證明，等差數列，等比數列通項公式，前項和公式，裂項相消法，放縮法等的應用，綜合性強，但難度不大，

15、屬于中檔題21.圖1是由菱形，平行四邊形和矩形組成的一個平面圖形，其中，將其沿，折起使得與重合，如圖2（1）證明：圖2中的平面平面；（2）求圖2中點到平面距離；（3）求圖2中二面角的余弦值【答案】(1)證明見解析 (2)1 (3) 【解析】【分析】（1）證出、，利用線面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理即可證出.（2）證出，由（1）可得平面，求出即可求出點到平面的距離. （3）以為坐標原點，分別以、為、軸建立空間直角坐標系，求出平面的法向量與平面的法向量，利用向量的夾角即可求出.【詳解】（1）由題知，在中，所以又在矩形中，且，所以平面又因為平面，所以平面平面（2）由（1）知：平面，所以因為菱

16、形中的，所以為等邊三角形，所以在中，所以在中，又因為平面平面，且平面平面，所以平面又因為平面，所以點到平面距離為（3）以為坐標原點，分別以、為、軸建立空間直角坐標系，所以，由（1）知平面的法向量為，設平面的法向量，因為，由，得，取得，所以，即二面角的余弦值為【點睛】本題主要考查了面面垂直的判定定理、點到面的距離以及用空間向量求二面角，考查了學生的推理能力和計算能力，屬于中檔題.22.已知函數.（1）求函數的極值；（2）若，求的值.【答案】（1）時，無極值；當時，極大值，無極小值；（2）1【解析】【分析】（1）先求導，得，再分為和兩種情況具體討論，進一步確定函數的極值；（2）由（1）可判斷當時，

17、不滿足所求條件，當時，則所求問題轉化為：，可構造函數，得，令得，可判斷在處取到最小值，且，故求得；【詳解】（1）由題知：，當時，在上單調遞減，所以無極值，當時，得，當時，所以在上單調遞增；當時，所以在上單調遞減；所以在時取得極大值，綜上：時，無極值；當時，有極大值，無極小值.（2）若恒成立，由（1）知當時，在上單調遞減，又因為，時，時，所以時，不存在符合題意的值，若時，由（1）知：若恒成立，只需，令，則，得，當時，所以在上單調遞減；當時，所以在上單調遞增；且，因此.【點睛】本題考查利用含參導數分類討論求極值，恒成立問題的等價轉化，構造函數法求解參數取值，屬于中檔題23.已知自變量為的函數的極大值點為，為自然對數的底數.（1）若，證明：有且僅有2個零點；（2）若，為任意正實數，證明：.【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析【解析】【分析】（1）當時，求導得，令，再次求導，可判斷在單調遞減，又，故在上單調遞增；在上單調遞減；求得，再判斷，結合零點存在定理判斷，有且僅有2個