【数学】湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2020届高三上学

2023年12月31日发(作者：教育心得)

湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2020届高三上学期期中考试数学试题（文）

一、选择题：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.已知复数z满足5

212i1i，则z( )

zB.

A.

32

2C.

10

2D.

3

【答案】C

【解析】因为12i1i,

z所以z12i,

1i所以|z||故选:C

12i|12i|14510.

|1i|1i|21122.若函数fx11x与gxlnx1的定义域分别为M和N，则MB.

x1x1

D.

x1x1

N（

）

A.

x1x1

C.

x1x1

【答案】A

【解析】函数f(x)1的定义域Mx|x1

1x函数g(x)ln(1x)的定义域Nx|x1

故MNx|1x1

故选：A．

13.已知a，blog10.2，cab，则a、b、c的大小关系为（

）

330.2A.

abc

C.

acb

【答案】B

B.

cab

D.

bca

10.2【解析】由题意可知：a30,1，blog10.2log131133，

0.2b因为cab13，a0,1，b1，

所以ca，

即cab，

故选:B.

4.已知等差数列an的前3项和为30，后3项和为90，且前n项和为200，则n（

A. 9 B. 10 C. 11 D. 12【答案】B

【解析】依题意，a1a2a330，an2an1an90，

所以a1a2a3an2an1an3(a1an)120，

所以a1an40，

所以Sa1ann2002n20n，解得n10．

故选：B．

5.函数fxln1x1x的大致图像为（

）

A. B.

C. D.

【答案】D

）

【解析】函数fxln排除B和C；

1x11的定义域为{x|x1}，当x时，f()ln30，

1x22当x2时，f(2)ln30，排除A.

故选：D.

12a,0an4n26.设数列an前n项和为Sn，已知a1，an1，则S2020（

）

152a1,a1nn2A. 1009

【答案】C

【解析】由已知得：a1B.

5048

5C. 1010 D.

5054

543124,a2,a3,a4,a5.......T4，

55555S2020505(a1a2a3a4)50521010.

故选：C.

7.已知0,，且sinA.

3，则tan（

）

45C.

1

7B. 7

1或－7

7D.

1或7

7【答案】D

2343【解析】已知0,，且sin，当0,，∴cosα＝1＝，

552531sin3447；

，∴tan则tan341tantancos41144tantan2sin343，

当,，∴cosα＝1＝，则tan5cos42531144；

∴tan341tantan11744tantan

综上：tan故选：D

1或7

478.若非零向量a、b满足ab且2abb，则a与b的夹角为（

）

A.

π

6B.

π

3C.

2π

3D.

5π

6【答案】C

【解析】设a与b的夹角为，

2由已知得：2abb，2abb0，则2abb0，

12ab，2cos10，cos，解得.

32故选：C.

9.古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形是阿基米德最引以为自豪的发现．现有一底面半径与高的比值为1:2的圆柱，则该圆柱的体积与其内切球的体积之比为（

）

A.

4

3B.

3

2C. 2 D.

8

3【答案】B

【解析】设球的半径为R，

则圆柱的底面半径为R，高为2R，

4V圆柱R22R2R3，V球R3．

3V球V圆柱2R33432．

R3故选：B．

10.已知O、A、B为平面内三点，满足OAOB5，点C在直线AB上，且OCmin3，

则tOAOBtR的最小值为（

）

A.

24

5B. 4 C.

16

5D.

12

5【答案】A

【解析】因为OAOB5，所以OAB为等腰三角形，

当OCAB时，OC取得最小值3，

此时，cosAOC22372，cosAOBcos2AOC2cosAOC1，

5252tOAOBt2OA2tOAOBOB25t22t25(27576时，tOAOB取得最小值，

252524.

所以tOAOB的最小值为57)2525t214t25，

25当t故选：A.

c，11.已知ABC的内角A、B、b、且cosB3sinBC的对边分别为a、点D是ABC的重心，AD3，则ABC的外接圆半径为（

）

A.

bcb3，，a3 B. 3 C.

33

2D.

6

【答案】A

【解析】由已知得：cosB3sinBbc，

a利用正弦定理可得sinA(cosB3sinB)sinBsinC，

3sinAsinBsinBcosAsinB，又sinB0，所以3sinAcosA1，

1sinA,A，

623点D是ABC的重心，

AD22211ABACADABAC2ABAC3，

392化简得AB3AB180，解得AB3，

所以ABC是等边三角形，则ABC的外接圆半径为2R323，R=3.

32故选：A.

12.已知函数y121x的图象在点x0,x02处的切线为直线l，若直线l与函数ylnx，22x0,1的图象相切，则x0必满足条件（

）

A.

0x01

C.

B.

1x02

D.

2x03

3x02

【答案】D

【解析】函数y121x的图像在点x0,x02处的切线的斜率kx0，

22x02x02所以切线方程：yx0xx0即yx0x；

22ylnx，x0,1设切点为m，lnm，切线的斜率k所以切线方程：ylnm1；

m11xm，即yxlnm1，m0,1

mm若直线l与函数ylnx，x0,1的图像相切，

1x0mx02则方程组有解，所以lnx010有解，

22x0lnm12x2构造函数f(x)lnx1，x1，

2x2显然f(x)lnx12且f(3)所以x0故选：D.

1,上单调递增，

3ln310；f(2)2ln210；

23,2.



二、填空题：

13.曲线yx2ex0在点0,2处的切线方程为________.

【答案】xy20

【解析】yx2e，y(x1)ex，

x令x=0，y1，切线斜率为-1，

所以曲线在点0,2处的切线方程为xy20.

故答案为：xy20

14.若函数fxmx2lnxx在定义域内有递减区间，则实数m的取值范围是________．

【答案】m1

81，(x0)

x【解析】根据题意，函数f(x)mx2lnxx，其导数f(x)2mx1若函数f(x)mx2lnxx在定义域内存在单调递减区间，

则f(x)2mx1若f(x)2mx110在(0,)上有解；

x111111110，变形可得m(2)()2，

x2xx2x2811121则m()在(0,)上能成立，

2x28设t，则t0，则()(t)，

2x282288x则必有m1，

81；

8故m的取值范围为m故答案为：m1．

8π15.已知函数fxsin2x，其中为实数，若fx≤f对xR恒成立，且3

πff，则fx的单调递增区间是________．

2【答案】2k,k(kZ)

632π1，

【解析】由fx≤f对xR恒成立可得，fsin333则2k，即k(kZ)，

6325π又ff，即sin(k)sink，

66252k(kZ)，

65)

所以fxsin2x=sin(2x652k(kZ)，

令2k2x2622kxk(kZ)，

解得36易得k为奇数，则所以52k,k(kZ).

fxsin2x的单增区间是6632k,k(kZ).

63故答案为：16.若m、n表示直线，、、表示不同平面，下列四个命题：

①m，n，mn，则；

②m，n，mn，则；

③④m，n，mn，则∥；

m，n与、所成的角相等，则mn.

其中真命题的有________.（请填入编号）

【答案】②

【解析】①若m，n，mn，如图，则与不一定垂直，①错误；

②若m，n，mn，则，②正确；

③三棱柱的三个侧面分别记为、、，交，③错误；

④当直线m与n平行时，直线m与两平面、所成的角也相等均为0，④错误.

【点睛】本题考查空间中线面、线线关系和面面关系，要证明一个结论是错误的只需举出反例即可，属于基础题.

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，每个试题考生都必须作答.

17.设命题p：不等式x5x1a25a对xR恒成立；命题q：方程ax26xa80有两个不同的正根.当命题p和命题q不都为假命题时，求实数a的取值m，n，mn，但与相范围.

解：∵x5x16，∴a25a60，解得1a6；

∵方程ax26xa80有两不同正根，∴a0，利用判别式和韦达定理可得：

364aa806解得8a9，

x1x20aa8xx012a∵pq为真，∴a1,68,9.

18.已知正项等差数列{an}满足a2a59，a3a420，等比数列{bn}的前n项和Sn满足Sn2nc，其中c是常数．

（1）求c以及数列{an}、{bn}的通项公式；

（2）设cnanbn，求数列{cn}解：（1）前n项和Tn．

数列{an}为正项等差数列，公差d0，

a2a5a3a49，又a3a420，

a34，a45，可得d1，即可得ann1；

Sn2nc①

当n1时，b12c，

当n2时，Sn12n1c②

①②即可得bn2n1，n2，又{bn}为等比数列，

b12012c，即可得c1，bn2n1，nN*；

（2）由题意得cn(n1)2n1，

Tn220321(n1)2n1，③

2Tn221n2n1(n1)2n，④

③④可得：Tn222212n12(12n1)(n1)22(n1)2nn2n．

12nTnn2n．

19.在三角形ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，且sinB（1）求角B的大小；

（2）若b3，求ABC面积的最大值．

3cosBsinB3．

23312sin2Bcos2B1，

解：（1）由题意得3sinBcosBsinB，化简得222∴sin2B1，即可得2B，∴B；

6623a2c231

（2）∵b3，B，由余弦定理得cosB2ac23即可得a2c23ac2acac3

，∴S△ABC当ac3时等号成立.

20.如图，已知四棱锥PABCD底面为菱形，且ABC11333

acsinB32224π，E是DP中点．

3

（1）证明：PB平面ACE；

（2）若APPB2，ABPC2，求三棱锥CPAE的体积．

（1）证明：连接BD交AC于F，连接EF

∵四边形ABCD为菱形，∴F为AC中点，那么EF∥PB

又∵EF平面ACE，PB平面ACE∴PB∥平面ACE；

（2）解：由勾股定理易知AP⊥BP且△ABC为正三角形，

1∵E为DP中点，∴VCPAEVPACD，

2取AB中点M，连接PM、CM，由几何性质可知PM＝1，CM3，

又∵PC＝2，∴PC2＝PM2＋MC2，即PM⊥MC，∵PM⊥AB，

∴PM⊥平面ABCD，

11313∴VPACD123，∴VCPAEVPACD．

3232621.为庆祝建国70周年，某高中准备设计一副宣传画，要求画面面积为4840cm2，画面高与宽的比为aa1，画的上下部分各留出5cm的空白，左右部分各留出8cm的空白.

（1）当a2时，该宣传画的高和宽分别为多少？

5

（2）如何确定画面的高与宽，使得宣传画所用纸张面积最小，并求出此时a的值.

解：（1）设画面的高为2x cm，宽5x cm，由题意得10x24840，解得x22，

∴该画的高为：441054 cm，

宽为：11016126 cm；

（2）设画面的高为x cm，则宽为4840484016

cm，根据题意得Sx10xx500016x48400484005000216x6760

xx当且仅当16x∴a555.

8884840484088，

即x55时等号成立，此时宽为xx22.设函数f(x)axsinx,x(0,（1）若函数fx在0,2),a为常数

上是单调函数，求a的取值范围；

2（2）当a1时，证明f(x)13x.

6解：（1）由fxaxsinx得导函数fxacosx，其中0cosx1.

当a1时，fx0恒成立，

故fxaxsinx在0,上是单调递增函数，符合题意；

2当a0时，fx0恒成立，

故fxaxsinx在0,上是单调递减函数，符合题意；

2当0a1时，由fxacosx0得cosxa，

则存在x00,，使得cosx0a.

2当0xx0时，fx00，当x0x2时，

fx00，所以fx在0,x0上单调递减，在x0,上单调递增，

2故fx在0,上是不是单调函数，不符合题意.

2综上，a的取值范围是,01,.

（2）由（1）知当a1时，fxxsinxf00，

xx即sinxx，故sin2.

22令gxfx2131xaxsinxx3,x0,，

66221x1x1则gxacosxx2a12sin2x2a12x2a1，

22222当a1时，gxa10，所以gx在0,从而gxg00，即fx

上是单调递减函数，

213x.

6