福建省莆田市莆田第七中学2020届高三数学上学期期中试题文【含解析】

1、福建省莆田市莆田第七中学2020届高三数学上学期期中试题 文（含解析）一、单选题（每小题5分）1.集合的子集个数是（ ）A. 1B. 2C. 4D. 8【答案】C【解析】【分析】先化简集合A,再求集合A的子集的个数.【详解】因为，所以其子集个数是. 故选C.【点睛】本题主要考查集合的化简和子集的个数的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.2.函数的定义域是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求的定义域，只要注意分母不为0，偶次方根大于等于0，然后解不等式组即可.【详解】因为，所以，解得或，答案选C.【点睛】本题考查定义域问题，注意对不等式组进行求解即可，属于简单题.3

2、.已知，则，的大小关系是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意比较所给的数与0,1的大小即可.【详解】由指数函数的性质可知，由对数函数的性质可知，据此可得.本题选择C选项.【点睛】对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较这就必须掌握一些特殊方法在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确当底数与指数都不相同时，选取适当的“媒介”数（通常以“0”或“1”为媒介），

3、分别与要比较的数比较，从而可间接地比较出要比较的数的大小4.ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c已知，a=2，c=，则C=A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】试题分析：根据诱导公式和两角和的正弦公式以及正弦定理计算即可详解：sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，sinB+sinA（sinCcosC）=0，sinAcosC+cosAsinC+sinAsinCsinAcosC=0，cosAsinC+sinAsinC=0，sinC0，cosA=sinA，tanA=1，A，A= ，由正弦定理可得，a=2，c=，sinC= ，ac，C=，故选B点睛：本题主

4、要考查正弦定理及余弦定理应用，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. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,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.5.若函数，且， 的最小值是，则的单调递增区间是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】本题首先要对三角函数进行化简，再通过 的最小值是推出函数的最小正周期，然后得出的值，最后得出函数的单调递增区间【详解】 再由， 的最小值是可知

5、，的单调递增区间为， 【点睛】本题需要对三角函数公式的运用十分熟练并且能够通过函数图像的特征来求出周期以及增区间6.已知数列的前项和为，若（，且）且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出，由题得，所以是以为首项，2为公比的等比数列，得，再求的值.【详解】由及（，且），得，所以，所以. 因为，所以，则数列是以为首项，2为公比的等比数列. 所以. 则，即. 故选B.【点睛】本题主要考查等比数列性质的判定和通项的求法，考查数列的前n项和和的关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力.7.在中，角，的对边分别为，向量，若，则一定是（ ）A. 锐角三角形B. 等腰三

6、角形C. 直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形【答案】D【解析】【分析】由和正弦定理得到，所以或，化简即得解.【详解】因，所以，所以，由正弦定理可知，所以. 又，且，所以或，所以或，则是等腰三角形或直角三角形，故选D.【点睛】本题主要考查正弦定理边角互化和三角形形状的判定，考查平面向量垂直的坐标表示，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.8.若向量，则与共线的向量可以是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先利用向量坐标运算求出向量,然后利用向量平行的条件判断即可.【详解】故选B【点睛】本题考查向量的坐标运算和向量平行的判定,属于基础题,在解题中要注意横坐标与横

7、坐标对应,纵坐标与纵坐标对应,切不可错位.9.九章算术是我国古代第一部数学专著，它有如下问题：“今有圆堡我，周四丈八尺，高一丈一尺.问积几何？”意思是“今有圆柱体形的土筑小城堡，底面周长为4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是多少？”（注：1丈=10尺，取）（ ）A. 704立方尺B. 2112立方尺C. 2115立方尺D. 2118立方尺【答案】B【解析】分析】根据题意，由底面圆周长，得到底面圆半径，再由体积公式求出其体积.【详解】设圆柱体底面圆半径，高为，周长为.因为，所以，所以 （立方尺）.故选B项.【点睛】本题考查圆柱的底面圆半径、体积等相关计算，属于简单题.10.已知，若，则的值为（ ）

8、A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】运用平面向量数量积的坐标表示公式，结合，可以求出，结合，根据同角三角函数的关系式，可以求出，最后利用两角和的正切公式求出的值.【详解】，所以.因为，所以，所以，所以.【点睛】本题考查了平面向量数量积的坐标表示公式，考查了同角的三角函数关系式，考查了两角和的正切公式，考查了数学运算能力.11.已知实数，满足，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】令，得到关于的二元一次方程组，解这个方程组，求出关于的式子，利用不等式的性质，结合的取值范围，最后求出的取值范围.【详解】解：令，,则又，因此，故本题选B.【点睛】本题考查

9、了利用不等式的性质，求不等式的取值范围问题，利用不等式同向可加性是解题的关键.12.若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】试题分析：，函数在区间单调递增，在区间上恒成立，而在区间上单调递减，的取值范围是故选D考点：利用导数研究函数的单调性.二、填空题（每小题5分，共20分）13.在ABC中，D是BC的中点，AD8，BC20，则的值为 【答案】36【解析】试题分析：由题意在ABC中，D是BC的中点，结合向量加减运算可得：，则考点：向量的运算14.已知等差数列是递增数列，是的前n项和，若是方程的两个根，则的值为_【答案】24【解析】因为是

10、方程的两个根且是递增数列，所以解得，所以，故填.点睛：数列问题是高考中的重要问题，主要考查等差等比数列的通项公式和前项和，主要利用解方程得思想处理通项公式问题，利用分组求和、裂项相消、错位相减法等方法求数列的和在利用错位相减求和时，要注意提高运算的准确性，防止运算错误15.已知正数满足则的最小值为_【答案】【解析】【分析】将变形为后，可将变形为，展开并用基本不等式求解即可.【详解】由题可知：，故=当且仅当x=y时取得等号【点睛】本题考查了 “乘1法”和基本不等式求最值，考查了变形的能力，计算能力，是中档题.16.在棱长为1的正方体中，点是对角线上的动点（点与不重合），则下列结论正确的是_.存在

11、点，使得平面平面；存在点，使得平面；的面积不可能等于；若分别是在平面与平面的正投影的面积，则存在点，使得.【答案】【解析】【分析】逐项分析.【详解】如图当是中点时，可知也是中点且，所以平面，所以，同理可知，且，所以平面，又平面，所以平面平面，故正确；如图取靠近的一个三等分点记为，记，因为，所以，所以为靠近的一个三等分点，则为中点，又为中点，所以，且，所以平面平面，且平面，所以平面，故正确；如图作，在中根据等面积得：，根据对称性可知：，又，所以是等腰三角形，则，故错误；如图设，在平面内的正投影为，在平面内的正投影为，所以，当时，解得：，故正确.故填：.【点睛】本题考查立体几何的综合问题，难度较难

12、.对于判断是否存在满足垂直或者平行的位置关系，可通过对特殊位置进行分析得到结论，一般优先考虑中点、三等分点；同时计算线段上动点是否满足一些情况时，可以设动点和线段某一端点组成的线段与整个线段长度的比值为，然后统一未知数去分析问题.三、解答题（共70分）17.已知集合，.（1）若，求；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）由题意，代入，得到集合，利用交集的运算，即可得到答案；（2）由题意，集合，分和两种情况讨论，即可得到答案.【详解】（1）由题意，代入，求得结合，所以.（2）因为当，解得，此时满足题意.，则则有，综上：或.【点睛】本题主要考查了集合的运算，以及利

13、用集合之间的包含关系求解参数问题，其中解答中熟记集合的交集的运算，以及合理分类讨论求解是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.18.已知函数的图象的一部分如图所示.（1）求的解析式；（2）当时，求函数的值域.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）从图像可以看出，此函数的最大和最小值分别为2和-2，则，算出周期可以解出的值，最后代入最高点，依据的取值范围求出结果.（2）通过的取值范围，求出的取值范围，从图像中解出值域.【详解】（1）由图可知，又可得，代入最高点，可知，又，故.（2）由可得，故正弦函数.【点睛】1、从图像求解三角函数解析式时首先可以由最大值剪最小值除以2求出

14、A的值；2、求解时一般先由图像算出周期后得到；3、求解时要注意只能够代入最高或最低值所在的点，否则其它点代入得到的值并不唯一.19.已知、为的三内角，且其对边分别为、，若（1）求角的大小； （2）若，求的面积【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）已知等式左边利用两角差的余弦函数公式化简，求出的值，确定出的度数，即可求出的度数；（2）利用余弦定理列出关系式，再利用完全平方公式变形，将与的值代入求出的值，再由的值，利用三角形面积公式即可求出三角形的面积.【详解】(1)cosBcosCsinBsinC， cos(BC).ABC，cos(A).cosA.又0A，A. (2)由余弦定理，得a2b

15、2c22bccosA.则(2)2(bc)22bc2bccos.12162bc2bc()bc4.SABCbcsinA4.【点睛】本题主要考查余弦定理、特殊角的三角函数以及三角形面积公式的应用，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.20.已知数列为递增的等差数列，其中，且成等比数列（1）求的通项公式；（2）设记数列的前n项和为，求使得成立的m的最小正整数【答案】（1）；（2）2.【解析】分析】（1）利用待定系数法，设出首项和公差，依照题意列两个方程

16、，即可求出的通项公式；（2）由，容易想到裂项相消法求的前n项和为，然后，恒成立问题最值法求出m的最小正整数【详解】（1）在等差数列中，设公差为d0，由题意，得，解得ana1+（n1）d1+2（n1）2n1；（2）由（1）知，an2n1则，TnTn+1Tn0，Tn单调递增，而，要使成立，则，得m，又mZ，则使得成立的m的最小正整数为2【点睛】本题主要考查等差、等比数列的基本性质和定义，待定系数法求通项公式，裂项相消求数列的前n项和，以及恒成立问题的一般解法，意在考查学生综合运用知识的能力21.如图1，在梯形中，过，分别作的垂线，垂足分别为，已知，将梯形沿，同侧折起，使得平面平面，平面平面，得到图

17、2.（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）见证明；（2）【解析】【分析】（1）设，取中点，连接，证得，且，得到四边形为平行四边形，得出，利用线面平行的判定定理，即可证得平面.（2）证得，得到点到平面距离等于点到平面的距离，再利用锥体的体积公式，即可求解.【详解】（1）设，取中点，连接，四边形为正方形，为中点，为中点，且，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面平面，平面平面，同理，平面，又，且，四边形为平行四边形，平面，平面，平面.（2）因为，平面，平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离.三棱锥的体积公式，可得.【点睛】本题主要考查了线面位置关系的判定与证明，以及三棱

18、锥的体积的计算，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，以及合理利用等体积法求解三棱锥的体积，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题22.已知aR，函数f(x)(x2ax)ex(xR)(1)当a2时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(1，1)上单调递增，求a的取值范围【答案】（1）见解析（2），+）【解析】【分析】（1）求出a=2的函数f（x）的导数，令导数大于0，得增区间，令导数小于0，得减区间；（2）求出f（x）的导数，由题意可得f（x）0在（1，1）上恒成立，即为ax2+（a2）x0，即有x2（a2）xa0，再由二次函数的图象和性质，得到不等式组，即可解得a的范围【详解