2020屆山西省運城市高三上學期期末數學(理)試題(含參考)

1、2020屆山西省運城市高三上學期期末數學(理)試題(含參照答案)2020屆山西省運城市高三上學期期末數學(理)試題(含參照答案)24/242020屆山西省運城市高三上學期期末數學(理)試題(含參照答案)山西省運城市2020屆高三上學期期末數學（理）試題一、單項選擇題1已知會集Mx|ylnx1，Py|yex，則MP（）ABRC1,D0,【答案】D【剖析】分別化簡會集M和P，再求交集即可.【詳解】由題知：Mx|x0，Py|y0，由交集的運算知：MIP(0,).應選：D【點睛】本題主要觀察交集的運算，同時觀察了函數的定義域和值域，屬于簡單題.2已知復數z滿足1iz4i（i為虛數單位），則z（）A22

2、iB22iC12iD12i【答案】B【剖析】化簡復數z4i，獲取代數式z2i，再求共軛復數即可.1i【詳解】4i4i(1i)44ii.z(1i)(1i)21i2z22i.應選：B【點睛】本題主要觀察復數的除法以及共軛復數，同時觀察了計算能力，屬于簡單題.13已知向量A1【答案】Brrrra1,2，向量b3,4，則向量a在b方向上的投影為（）B-1C5D5rrrrab【剖析】依照向量a在b方向上的投影r，帶入數值即可.b【詳解】rrrr向量在方向上的投影ab381.abr(3)2b42應選：B【點睛】本題主要觀察向量的投影，熟記公式是解決本題的要點，屬于簡單題.4若過橢圓x2y21內一點P(3,

3、1)的弦被該點均分，則該弦所在的直線方程為（）94A3x4y130B3x4y50C4x3y150D4x3y90【答案】Ax1x26A，B在橢圓上【剖析】設弦的兩端點為A(x1,y1)，B(x2,y2)，P為AB中點得y2，y12x12y121有164,兩式相減得x12x22y12y220 x22y221164164即(x1x2)(x1x2)(x1x2)(x1x2)0，1643(x1x2)y1y20即82y1y23即x2，x14則k3，且過點P(3,1)，有y13(x3)，442整理得3x4y130應選A點睛：本題觀察橢圓的中點弦問題；中點弦問題是直線和圓錐曲線的地址關系中的典型問題，其主要方法

4、是點差法，可防備較復雜的運算量.點差法的主要步驟是：（1）設點，代入圓錐曲線的方程；（2）作差，利用平方差公式進行整理；（3）獲取直線的斜率和線段中點坐標間的關系.5若sin()3(0,)，則tan2，252A24B21732【答案】A【剖析】化簡sin()3，獲取cos52tan22tan即可.1tan2【詳解】sin()cos3，25由于(0,)，因此tan4.232tan2424tan231tan24.1()273（）56273，又由于5D83(0,)，獲取tan4，再帶入23應選：A【點睛】本題主要觀察了三角函數的引誘公式和同角的三角函數關系以及正切二倍角公式，熟記公式是解決本題的要點

5、，屬于簡單題.6在各項均為正數的等比數列a中，a2，且a，4+2，a成等差數列，記S是數列a的前nn12a5nn項和，則S6（）A62B64C126D128【答案】C3【剖析】a2，a4+2，a5成等差數列，可得a2+a5=2（a4+2），把已知代入解得q再利用求和公式即可得出【詳解】設正數的等比數列an1245254+24的公比為q0，a=2，a，a+2，a成等差數列，a+a=2（a），2q+2q=22q3+2），解得q=2S6=226-1=126.2-1應選C.【點睛】本題觀察了等差數列與等比數列的通項公式及其求和公式，觀察了推理能力與計算能力，屬于中檔題7我國出名數學家華羅庚先生曾說：數

6、缺形時少直觀，形缺數時難入微，數形結合百般好，隔裂分家萬事休，在數學的學習和研究中，常用函數的圖象來研究函數的性質，也常用函數的解x4析式來考慮函數的圖象的特色，如函數fx的圖象大體是4x1ABCD【答案】D【剖析】先有函數的奇偶性，可除掉A、B選項，再取特值求得f(3),f(4)，依照函數的單調性除掉選項C，可得答案.【詳解】4由于函數fxx4(x)4x4f(x)，f(x)4x14x4x11因此函數f(x)不是偶函數，圖像不關于y軸對稱，故除掉A、B選項；又由于f(3)81,f(4)256,f(3)f(4)，而選項C在x0是遞加的，故除掉C63255應選D【點睛】本題觀察了函數的圖像和性質，

7、利用性質取特值判斷圖像是解題的要點，屬于較為基礎題.8，b滿足a1，b1且logablogba10，aba，則執(zhí)行以以下列圖的程序框圖，已知實數ab3輸出是S（）A2B2C3D3【答案】C【剖析】第一化簡logablogba101或logab3.依照abba得：當logab3，獲?。簂ogab33a3，當logab1a33a,b中較小的數，時，解得3時，解得.依照程序框圖知：輸出的為b33b3因此S3.【詳解】由于logablogb10110.a，因此logab33logab5整理得：3(logab)210logab30.1或logab3.解得：logab3又由于abba，因此logaablo

8、gaba.即：balogabblogab.a當logab3時，ba3a3b3b.a331當logab1ba3a33時，b1b.33a3依照程序框圖知：輸出的為a,b中較小的數，因此S3.故答案為：3【點睛】本題主要觀察了指數的換底公式的應用和指數對數之間的互化以及運算，同時觀察了程序框圖中的條件構造，熟練掌握指數，對數的運算是解決本題的要點，屬于中檔題.urrcosx,3，設函數urr39已知向量msinx,cos2x，nfxg，則以下關于函數mn2fx的性質描述錯誤的選項是（）A函數fxC函數fx【答案】C在區(qū)間,上單調遞加B函數fx圖象關于直線x7對稱12212在區(qū)間6,上單調遞減D函數f

9、x圖象關于點(,0)對稱33urr3，獲取f(x)sin(2x)，依次判斷選項即可獲取答案.【剖析】第一化簡fxmgn23【詳解】6fxsinxcosx3cos2x321sin2x3(1cos2x)3222sin(2x).34A選項：由于x2x2，因此.12233則函數fx在區(qū)間12,上單調遞加是正確的.2B選項：f7sin(27)sin31，故B正確.121232C選項：由于x3，因此02x.63函數fx在區(qū)間,3上有增有減，因此C錯誤.6D選項：f3sin(23)sin0，故D正確.3應選：C【點睛】本題主要觀察了三角函數的單調區(qū)間和對稱軸，中心對稱點，同時觀察平面向量數量積公式的應用，熟

10、練掌握公式是解決本題的要點，屬于中檔題.10已知P，A，B，C，D是球O的球面上的五個點，四邊形ABCD為梯形，AD/BC，ABDCAD2，BCPA4，PA面ABCD，則球O的體積為（）A642B162C162D1633【答案】A【剖析】依照已知中的平行關系和長度關系可確定BC中點E為底面梯形的外接圓圓心，依照球的性質可知OE平面ABCD，利用勾股定理構造出關于OE和球的半徑R的方程，解方程求得R，代入球的體積公式可求得結果.【詳解】7取BC中點E，連接AE,DE,BDQAD/BC且AD1BCEC2四邊形ADCE為平行四邊形AEDC，又DC1BCDE1BC22AEDEBEECE為四邊形ABCD

11、的外接圓圓心設O為外接球的球心，由球的性質可知OE平面ABCD作OFPA，垂足為F四邊形AEOF為矩形，OFAE2設AFx，OPOAR則44x2x2，解得：x2R44224球O的體積：V4R364233本題正確選項：A【點睛】本題觀察棱錐外接球體積的求解問題，要點是能夠明確外接球球心的地址，主若是依照球心與底面外接圓圓心連線垂直于底面的性質，經過勾股定理構造方程求得結果.11已知F1，F2為橢圓x2y21的左、右焦點，P是橢圓上異于極點的任意一點，點Q是F1PF24內切圓的圓心，過F1作F1MPQ于M，O為坐標原點，則|OM|的取值范圍為（）A0,1B0,2C0,3D0,23【答案】C8【剖析

12、】第一延長PF2，F1M交于N點，連接OM，依照題意獲取OM1F2N1(PNPF2)1122(0,3).(PF1PF2)F1F2c3.得OM的取值范圍是：22【詳解】延長PF2，F1M交于N點，連接OM，由于點Q是F1PF2內切圓的圓心，因此PQ均分F1PF2.由于F1MPQ，因此PNPFM為F1N的中點.1又由于O為F1F2的中點，因此OM1F2N1(PNPF2)221(PF1PF2)1F1F2c3.22因此OM的取值范圍是：(0,3).應選：C【點睛】本題主要觀察橢圓的定義，同時觀察了三角形內切圓的性質，屬于難題.12若是函數fx的導函數為fx，在區(qū)間a,b上存在x1，x2（ax1x2b）

13、，使得f(x1)f(b)b數gx1x33f(a)，f(x2)x2是區(qū)間0,22f(b)f(a)，則稱fx為區(qū)間a,b上的“雙中值函數”已.知函ba上的“雙中值函數”，則實數m的取值范圍是（）9A4,8B(4,8)C4,)D(,)33333【答案】Bgx1g2g04m.等價于：方程【剖析】第一求導，由題知滿足滿足：gx2032x2mxm40在(0,2)上有兩個不相等的根，利用二次函數的性質即可求出m的范圍.3【詳解】由題知：gxx2mx在區(qū)間0,2上存在x1，x2(0 x1x22)滿足：gx1gx2g2g0420m.3等價于：方程x2mxm40在(0,2)上有兩個不相等的根.3m24(m4)03

14、0m2248則43m.m03342m(m4)03應選：B【點睛】本題主要觀察了新函數的定義，同時觀察了二次函數的性質，等價轉變是解決本題的要點，屬于難題.二、填空題13已知fxlnx2xf1（其中f表示fx的導函數），則f2_【答案】3210【剖析】第一f12f1，將x1帶入求出f11，即可求出fx1x2，再求xxf2即可.【詳解】fx12f1.x令x1，得：f112f1，解得：f11.因此fx12，f2123x2.2故答案為：32【點睛】本題主要觀察導數的求導公式，熟記求導公式是解題的要點，屬于簡單題.14已知平面四邊形ABCD中，BAD120，BCD60，ABAD2，則AC的最大值為_【答

15、案】4【剖析】由題知：四邊形ABCD為圓內接四邊形，AC的最大值為四邊形外接圓的直徑，由正弦定理即可求出AC的最大值.【詳解】由于BAD120，BCD60，因此故AC的最大值為四邊形外接圓的直徑.當AC為四邊形外接圓的直徑時，獲?。篈DCABC90，又由于ABAD2，BCD60，因此ACDACB30.11在VABC中，由正弦定理得：ACAB，解得：AC4.sin90sin30故答案為：4【點睛】本題主要觀察正弦定理得應用，判斷四邊形ABCD為圓內接四邊形是解題的要點，屬于中檔題.15已知數列ana1a582，a2ga481，記數列2為正項的遞加等比數列，的前n項和為anTn，則使不等式2020

16、|1Tn11|1建立的最大正整數n的值是_3an【答案】8【剖析】依照a1a582，求得a11n11)，帶入不等式a2a4a1a581a5，an3.再求出Tn3(1813n2020|1Tn11|1，解不等式即可.3an【詳解】由于數列an為正項的遞加等比數列，由a1a582a11a2a4a1a5，解得a5.8181則q3，ann13.1Tn2(13n)1).113(13n31Tn1111|1.2020|1|12020|13n13an3n整理得：3n8080.使不等式建立的最大整數n為8.故答案為：812【點睛】本題主要觀察了等比數列的性質和等比數列的求和，同時觀察了學生的計算能力，屬于中檔題.

17、16若m1x1（其中m為整數），則稱m是離實數x近來的整數，記作xm.以下關2m2于函數fx|xx|的命題中，正確命題的序號是_函數yfx的定義域為R，值域為0,1；2函數yfx是奇函數；函數yfx的圖象關于直線xkZ）對稱；（k2函數yfx是周期函數，最小正周期為1；函數yfx在區(qū)間1,1上是增函數.22【答案】【剖析】第一獲取fx|xx|xm|，畫出fx的圖像即可找到正確的命題.【詳解】由題知：fx|xx|xm|當m0時，11，fx|x|，2x2當m1時，1x3，fx|x1|，22當m2時，3x5，fx|x2|，22由圖像知：13函數yfx的定義域為R，值域為0,1，偶函數；2圖象關于直線

18、xk(kZ)對稱；周期為1；2在區(qū)間1,1上的單調性是先減后增.2故正確.故答案為：【點睛】本題時新函數定義問題，觀察函數的性質，畫出圖像為解題要點，觀察了學生的數形結合的能力，屬于難題.三、解答題17在ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且a8，ccosAcosB2asinCcosBccosC.（1）求tanB的值；uuuruuur16，求b的值.（2）若ABgCB【答案】（1）2（2）213【剖析】（1）由正弦定理知：a2RsinAc2RsinC化簡ccosAcosB2asinCcosBccosC，得2sinAcosBsinAsinB，即tanB2.22獲取cosB5uuuruu

19、ur8，解得c25，代入（）由tanB，由于ABgCB16，a514b2a2c22accosB即可.【詳解】（1）ccosAcosB2asinCcosBccosC由正弦定理知：a2RsinA，c2RsinCsinCcosAcosB2sinAsinCcosBsinCcosC又sinC0cosAcosB2sinAcosBcosCcosAcosB2sinAcosBcosABcosAcosB2sinAcosBcosAcosBsinAsinB2sinAcosBsinAsinB又sinA0tanB2（2）tanB2cosB55uuuruuur16又ABgCBaccosB16又a8c25由余弦定理知，b2a

20、2c22accosB822028251525b213【點睛】本題第一問觀察了正弦定理和兩角和差公式，第二問觀察了向量的數量積運算和余弦定義，同時考查了學生的計算能力，屬于中檔題.18在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，CF平面ABCD，CFPDE，ABCF2DE2，G為BF的中點.15（1）求證：CGAF；（2）求平面BCF與平面AEF所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）3061AB，CGBF，ABIBFCG平面ABF.即可獲取AF【剖析】（）第一證明CGB，平面ABF，CGAF.（2）以D為坐標原點，DA，DC，DE所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，分

21、別求出平面AEF和平面BCF的法向量，帶入公式求解即可.【詳解】（1）CF平面ABCD，AB平面ABCD，CFAB.又四邊形ABCD是正方形，ABBC.BCICFC，AB平面BCF.CG平面BCF，CGAB.又BCCF2，G為BF的中點，CGBF.ABIBFB，CG平面ABF.AF平面ABF，CGAF.（2）CF平面ABCD，CFPDE，DE平面ABCD.以D為坐標原點，DA，DC，DE所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系.16以以下列圖：則D0,0,0，A2,0,0，C0,2,0，E0,0,1F0,2,2.uuuruuuruuur0,2,0AE2,0,1，EF0,2,1，DC.

22、rx,y,z為平面AEF的法向量，設nvuuuv02xz0則vuuuv，得z，nEF02y0令xr1,1,2.1，則nuuur0,2,0為平面BCF的一個法向量，由題意知DCruuurruuur26ngDC，cosn,DCruuur626|n|DC|平面BCF與平面AEF所成角的正弦值為1(6)230.66【點睛】本題第一問觀察線線垂直，先證線面垂直時解題要點，第二問觀察二面角，建立空間直角坐標系是解題要點，屬于中檔題.19設Sn為等差數列an的前n項和，且a215，S565.（）求數列an的通項公式；（）設數列bn的前n項和為Tn，且TnSn10，求數列bn的前n項和Rn.【答案】（）ann

23、218n10,1n92n19；（）Rn18n152,n10n217【剖析】（）將a2和S5利用a1和d來表示，構造方程組解得a1和d，依照等差數列通項公式求得結果；（）由等差數列前n項和公式求得Sn，可獲取Tn，依照b1T1和bnTnTn1可得bn；根據通項公式可知當1n9時，bn0；當n10時，bn0，從而可得：1n9時RnTn；n10時RnTn2T9，從而求得結果.【詳解】a2a1d15（）設等差數列an的公差為d，則：S55a154d652a117ana1n1d172n12n19解得：2d（）由（）得：Snna1ann218n2Tnn218n10當n1時，b1T17當n2且nN*時，bn

24、TnTn12n19經考據b117bn7,n12n19,n2當1n9時，bn0；當n10時，bn0當1n9時，Rnb1b2bnb1b2bnn218n10當n10時，Rnb1b2bnb1b2b9b10b11bn2bbbbbbbbbT2Tn218n1521291291011nn9綜上所述：Rnn218n10,1n9n218n152,n10【點睛】18本題觀察等差數列通項公式的求解、含絕對值的數列的前n項和的求解.求解含絕對值的數列的前n項和的要點是判斷出數列中各項的符號，從而可去掉絕對值符號，將問題轉變?yōu)橐话銛盗星皀項和的求解.20已知函數f(x)exsinx.求函數f(x)的單調區(qū)間；若是關于任意

25、的x0,，f(x)kx總建立，求實數k的取值范圍.2【答案】（1）f(x)的單調遞加區(qū)間為(2k,2k3)，單調遞減區(qū)間為3744(2kZ)；（2）(,1,2k)(k44【剖析】【詳解】試題剖析：求出函數的導數令其大于零得增區(qū)間，令其小于零得減函數；令g(x)f(x)kxexsinxkx，要使f(x)kx總建立，只需x0,時g(x)min0，對議論,2利用導數求的最小值.試題剖析：(1)由于f(x)exsinx，因此f(x)exsinxexcosxex(sinxcosx)2exsin(x4).當x(2k,2k)，即x(2k,2k3)時，f(x)0；44347當x(2k,2k2)，即x(2k,2

26、k)時，f(x)0.4344因此f(x)的單調遞加區(qū)間為(2k4,2k)(kZ)，4單調遞減區(qū)間為(2k3,2k7)(kZ).44(2)令g(x)f(x)kxexsinxkx，要使f(x)kx總建立，只需x0,時g(x)min0.2對g(x)求導得g(x)ex(sinxcos)xk，令h(x)ex(sinxcosx)，則h(x)2excosx0，(x(0,)2因此h(x)在0,上為增函數，因此h(x)1,e2.2對分類議論：19當k1時，g(x)0恒建立，因此g(x)在0,上為增函數，因此g(x)ming(0)0，即2g(x)0恒建立；當1ke2時，g(x)0在上有實根x0，由于h(x)在(0

27、,)上為增函數，因此當x(0,x0)時，2g(x)0，因此g(x0)g(0)0，不切合題意；當k2時，g(x)0恒建立，因此g(x)在(0,)上為減函數，則g(x)g(0)0，不切合題e2意.綜合可得，所求的實數的取值范圍是(,1.【考點】利用導數求函數單調區(qū)間、利用導數求函數最值、構造函數.21過x軸上動點Aa,0引拋物線yx21的兩條切線AP，AQ，其中P，Q為切線.（1）若切線AP，AQ的斜率分別為k1和k2，求證：k1gk2為定值，并求出定值；（）當SAPQuuuruuuruuur最小時，求APAQ的值.2|PQ|g1k1gk2為定值-4（29【答案】（）證明見解析，）2ykxa2kx

28、1ka0，則k1，k2是方程k24ka40的解，【剖析】（1）聯立x2，得xy1故k1gk24，即k1gk2為定值4.SAPQ（2）要使uuur最小，就是使得A到直線PQ的距離最小，第一求出直線PQ的方程，利用點到直|PQ|線公式和基本不等式獲取：A到直線PQ的距離最小值時a21，再聯立22uuuruuur，x1x22a，x1x21，帶入APAQ即可.x2ax10g【詳解】（1）設過Aa,0與拋物線yx21相切的直線的斜率是k，y2ax2yx21獲取20則該切線方程為：ykxa.由ykxa，得x2kx1ka0.yx21k24ka1k24ka40.則k1，k2是方程k24ka40的解，故k1gk

29、24，即k1gk2為定值4.SAPQ（2）要使uuur最小，就是使得A到直線PQ的距離最小.|PQ|設P(x1,y1)，Q(x2,y2)，由題知：y2x，kAP2x1.故切線AP的方程為：yy12x1(xx1).則y12x1(ax1)2x1a2x122x1a2(y11)，整理得：y12ax12.同理得：y22ax22.因此kPQy2y12ax22(2ax12)2a.x2x1x2x1直線PQ的方程為y2ax2.設A到直線PQ的距離為d，則2a2214a21314a213)d1g4a21(4a24a2221124a21334a212當且僅當4a213即a21時取等號4a21221由y2ax2得x22ax10yx21則x1x22a，x1x21uuuruuurgx1ax2ay1y2x1ax2a2ax122ax22APAQ14a2x1x23ax1x2a2414a23ag2a4a23a239.2【點睛】本題主要觀察直線與拋物線的地址關系，同時觀察了利用導數思想求切線，基本不等式求最值的思想，屬于難題.x23t22在平面直角坐標系xOy中，直線l的參數方程為5（t為參數），它與曲線y24t5C：（y2）2x21交于A、B兩點（1）求|AB|的長