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2020学年福建省龙岩一中高三（上）期中数学试卷（文科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.复数在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】直接由复数的乘法运算化简，求出z对应点的坐标，则答案可求【详解】复数.对应的点为，位于第四象限.故选D.【点睛】本题考查复数代数形式的乘法运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题2.已知，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】所以x1,则，所以 则 ， 故选B3.若x，y是正数，且，则xy有A. 最小值16B. 最小值C. 最大值16D. 最大值【答案】A【解析】由均值不等式可得所以，当且仅当时取等号，故选A.4.设m，n为两条不同的直线，为平面，则下列结论正确的是A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】A，若mn，m时，可能n或斜交；B，mn，mn或n；C，mn，mn或m；D，mn，mn；【详解】对于A，若，时，可能或斜交，故错；对于B，或，故错；对于C，或，故错；对于D，正确；故选：D【点睛】本题考查了空间点、线、面的位置关系，熟记线面平行的判定与性质，线面垂直的判定与性质是关键，属于基础题5.若，则a，b，c的大小关系是A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：利用指数函数与对数函数的单调性即可得出.解析： ， ， .则的大小关系是.故选：D.点睛：对数函数值大小的比较一般有三种方法：单调性法，在同底的情况下直接得到大小关系，若不同底，先化为同底中间值过渡法，即寻找中间数联系要比较的两个数，一般是用“0”，“1”或其他特殊值进行“比较传递”图象法，根据图象观察得出大小关系6.已知点在不等式组表示的平面区域上运动，则的取值范围是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义进行求解即可【详解】作出不等式组表示的平面区域，得到如图的及其内部，其中，设，将直线l：进行平移，观察x轴上的截距变化，可得当l经过点C时，z达到最小值；l经过点A时，z达到最大值，即的取值范围是故选：A【点睛】本题主要考查线性规划的基本应用，利用z的几何意义是解决线性规划问题的关键，注意利用数形结合来解决7.已知在R上是偶函数，且满足，当时，则A. 8B. 2C. D. 50【答案】B【解析】【分析】利用函数的周期性以及函数的解析式，转化求解即可【详解】在R上是偶函数，且满足，故周期为3当时，则故选：B【点睛】本题考查函数的周期性以及函数的奇偶性的应用，利用函数的解析式求解函数值，考查计算能力8.下列命题错误的是A. 命题“若，则”的逆否命题为“若x，y中至少有一个不为0，则”B. 若命题，则：，C. 中，是的充要条件D. 若向量，满足，则与的夹角为钝角【答案】D【解析】【分析】对A,由逆否命题判断即可；对B,由特称命题的否定判断即可；对C,由三角恒等变换和三角形内角的大小关系判断即可；对D，求出的充要条件，即可判断【详解】依据命题“若p，则q”的逆否命题是“若，则”，可知：命题“若，则”的逆否命题为“若x，y中至少有一个不为0，则”可判断出A正确B.依据命题的否定法则：“命题：，”的否定应是“，”，故B是真命题C. ABC中，由正弦定理可得：，sinAsinB，可得ab是AB的充要条件，因此正确；D.由向量，的夹角，向量与的夹角不一定是钝角，亦可以为平角，可以判断出D是错误的故选：D【点睛】本题考题命题的真假判断，熟记四种命题，特称命题的否定，区分向量数量积与夹角的关系是关键，是易错题9.函数的图象大致为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】确定函数是奇函数，利用 ，即可得出结论【详解】由题意， ，函数是奇函数，故选：B【点睛】本题考查函数的奇偶性，考查函数的图象，比较基础10.如图是一个棱锥的正视图和侧视图，则该棱锥的俯视图可能是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据已知中的正视图和侧视图，分析出俯视图可能出现的情况，可得答案【详解】若几何体为三棱锥，由其正视图和侧视图可知，其底面在下方，且为直角三角形，C符号要求；若几何体为四棱锥，由其正视图和侧视图可知，其底面在下方，且为正方形，对角线应从左上到右下，不存在满足条件的答案；故选：C【点睛】本题考查的知识点是简单空间图形的三视图，空间想象能力，难度不大，属于基础题11.在中，有正弦定理：定值，这个定值就是的外接圆的直径如图2所示，中，已知，点M在直线EF上从左到右运动点M不与E、F重合，对于M的每一个位置，记的外接圆面积与的外接圆面积的比值为，那么A. 先变小再变大B. 仅当M为线段EF的中点时，取得最大值C. 先变大再变小D. 是一个定值【答案】D【解析】【分析】设DEM的外接圆半径为R1，DMF的外接圆半径为R2，由正弦定理得R1，R2，结合DEDF，sinDMEsinDMF，得1，由此能求出结果【详解】设的外接圆半径为，的外接圆半径为，则由题意，点M在直线EF上从左到右运动点M不与E、F重合，对于M的每一个位置，由正弦定理可得：，又，可得：，可得：故选：D【点睛】本题考查正弦定理的应用，考查三角形的外接圆、正弦定理等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题12.已知函数，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将原问题转化为函数单调性的问题，然后求解实数的取值范围即可.【详解】不等式即，结合可得恒成立，即恒成立，构造函数，由题意可知函数在定义域内单调递增，故恒成立，即恒成立，令，则，当时，单调递减；当时，单调递增；则的最小值为，据此可得实数的取值范围为.本题选择D选项.【点睛】本题主要考查导函数研究函数的性质，导函数处理恒成立问题，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.在等差数列中,已知,则 _.【答案】【解析】依题意,所以.或:.【考点定位】考查等差数列的性质和通项公式。14.已知向量，若向量在方向上的投影为3，则实数_【答案】【解析】【分析】由投影的定义列m的关系式，解出m即可【详解】根据投影的概念：；故答案为：【点睛】本题考查投影的概念，两向量夹角余弦公式的坐标运算，数量积的坐标运算，根据向量坐标求其长度，是基础题15.2020年4月4日，中国诗词大会第三季总决赛如期举行，依据规则，本场比赛共有甲、乙、丙、丁、戊五位选手有机会问鼎冠军，某家庭中三名诗词爱好者依据选手在之前比赛中的表现，结合自己的判断，对本场比赛的冠军进行了如下猜测：爸爸：冠军是甲或丙；妈妈：冠军一定不是乙和丙；孩子：冠军是丁或戊比赛结束后发现：三人中只有一个人的猜测是对的，那么冠军是_【答案】丙【解析】分析：利用反推法，逐一排除即可.详解：如果甲是冠军，则爸爸与妈妈均猜对，不符合；如果乙是冠军，则三人均未猜对，不符合；如果丙是冠军，则只有爸爸猜对，符合；如果丁是冠军，则妈妈与孩子均猜对，不符合；如果戊是冠军，则妈妈与孩子均猜对，不符合；故答案为：丙点睛：本题考查推理的应用，解题时要认真审题，注意统筹考虑、全面分析，属于基础题16.已知矩形ABCD，E、F分别是BC、AD上的点，且，现沿EF将平面ABEF折起，使平面平面EFDC，则三棱锥的外接球的表面积为_【答案】【解析】【分析】由已知画出图形，找出三棱锥BFEC的外接球的球心，求解三角形得三棱锥BFEC的外接球的半径，代入球的表面积公式求解【详解】如图，由已知，可得是边长为2的正三角形，且，在平面折叠后中，取外心为K，EF中点G，连接GK，则，连接CG，取的外心为H，过H作平面ECDF，且使，则O为三棱锥的外接球的球心在中，由，得，则，的外接圆的半径则，即，三棱锥的外接球的半径，则三棱锥的外接球的表面积为，故答案为：【点睛】本题考查几何体的外接球的体积的求法，关键是球的半径的求解，考查计算能力，是中档题三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知函数求函数的最小正周期和图象的对称轴方程；求函数在区间上的值域【答案】，对称轴方程为：；【解析】【分析】（）首先根据三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数的周期和对称轴方程（）直接利用函数的定义域求出函数的值域【详解】已知函数， 则函数的最小正周期为：令，解得：，则函数的对称轴方程为：由于：，则：，所以：，故函数的值域为：【点睛】本题考查的知识要点：正弦型函数的性质对称轴和周期的应用，三角函数关系式的恒等变换，利用函数的定义域求函数的值域，熟记三角函数公式，准确化简是关键，是中档题18.等差数列的前n项和为，且，数列满足求；设，求数列的前n项和【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）利用等差数列的通项公式及其前项和公式即可得出；（2）利用递推关系与裂项求和即可得出前项和.试题解析：（1）设等差数列的公差为，由,得,解得,所以.（2）由（1）得, 所以时, -得,又也符合式 ,所以,所以,所以.考点：1.数列求和；2.等差数列的通项公式.19.在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且求角B的大小；点D满足，且线段，求的取值范围【答案】(1) ;(2) .【解析】试题分析：（1）由，根据正弦定理可得，化简后利用余弦定理可得，从而可得结果；（2）在中由余弦定理知：，再由基本不等式即可得结果.试题解析：（1），由正弦定理得，即，又，（2）在中由余弦定理知：，即，当且仅当，即，时取等号，所以的最大值为4故的范围是.【方法点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及基本不等式求最值，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 除了直接利用两定理求边和角以外，恒等变形过程中，一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.20.如图，四棱锥中，平面，为线段上一点，为的中点（I）证明平面；（II）求四面体的体积.【答案】()证明见解析；().【解析】试题分析：（）取的中点，然后结合条件中的数据证明四边形为平行四边形，从而得到，由此结合线面平行的判断定理可证；（）由条件可知四面体N-BCM的高，即点到底面的距离为棱的一半，由此可顺利求得结果试题解析：（）由已知得，取的中点，连接，由为中点知，.又，故平行且等于，四边形为平行四边形，于是.因为平面，平面，所以平面.（）因为平面，为的中点，所以到平面的距离为.取的中点，连结.由得，.由得到的距离为，故.所以四面体的体积.【考点】直线与平面间的平行与垂直关系、三棱锥的体积【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求三棱锥的体积关键是确定其高，而高的确定关键又找出顶点在底面上的射影位置，当然有时也采取割补法、体积转换法求解21.已知函数，a，当时，讨论函数的单调性；当，时，记函数的导函数的两个零点分别是和，求证：【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）先确定函数的定义域，再求导，f（x），然后由f（x）0，得到单调增区间，由f（x）0，得到单调减区间在解不等式时，需对参数a进行分类讨论；（2）根据条件，可知，是方程2x2bx+10得两个根，故记g（x）2x2bx+1，由于b3时，g（1）3b0，故，（，+）再利用进行化简消元，得f（）f（）令，构造新的函数，然后利用导数判断函数h（t）在在上单调递减,，故h（t）h（），即【详解】时，函数，时，则时，此时函数单调递增；时，此时函数单调递减时，此时函数在上单调递增；时，则函数在上单调递增；在上单调递减；在上单调递增时，则函数在上单调递增；在上单调递减；在上单调递增当，时，令，可得：，可知：函数在上单调递减，在上单调递增，时，；由，可得，于是令函数在上单调递减，,即【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，以及不等式的证明解题过程中运用了等价转化方法、分类讨论的思想方法，还考查了学生构造函数解决问题的能力和计算能力，属于难题22.在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立坐标系已知曲线C：，过点且倾斜角为的直线l与曲线C分别交于M，N两点写出曲线C的直角坐标方程和直线l的参数方程；若，成等比数列，求a的值【答案】（1），为参数）；（2）1.【解析】【分析】（1）利用极坐标转化为普通方程求解（2）把参数表达式代入曲线C得出普通方程，利用韦达定理求解得出即可【详解】（1）可变为，曲线的直角坐标方程为 直线的参数方程为为参数）为参数）.（2）将直线的参数表达式代入曲线得, 又， 由题意知：，代入解得【点睛】本题考查了参数，极坐标方程的运用，转化为普通方程求解，属于基础题23.设函数若的解集为，求实数a的值；当时，若存在，使得不等式成立，求实数m的取值范围【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）通过讨论a的符号，求出a的值即可；（2）令h（x）=f（2x+1）f（x1），通过讨论x的范围，得到函数的单调性，求出h（x）的最小值，从而求出m的范围即可【详解】（1）即， ,当时，即，无解,当时，令，解得,综上：.（2）当时，令 ,当时，有最小值，即,存在，使得不等式成立，等价于，即，所以.【点睛】求解含参数的不等式存在性问题需要过两关：第一关是转化关，先把存在性问题转化为求最值问题；不等式的解集为R是指不等式的恒成立问题，而不等式的解集为的对立面也是不等式的恒成立问题，此两类问题都可转化为最值问题，即f(x)f(x)max，f(x)a恒成立af(x)min.第二关是求最值关，求含绝对值的函数最值时，常用的方法有三种：利用绝对值的几何意义；利用绝对值三角不等式，即|a|b|ab|a|b|；利用零点分区间法
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