山东省青岛市2020届高三上学期期末考试 数学(带答案)

高三教学质量检测数学试题2020．01本试卷分第I 卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，将第I 卷选择题的正确答案选项填涂在答题卡相应位置上，考试结束，将答题卡交回．考试时间120分钟，满分150分． 注意事项：1．答卷前，考生务必将姓名、座号、准考证号填写在答题卡规定的位置上．2．第I 卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．答案不能答在试题卷上．3．第Ⅱ卷答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试题卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带．不按以上要求作答的答案无效．第I 卷(选择题 共60分)一、选择题：(本大题共8小题，每小题5分，共40分．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2,i z z 在复平面内对应的点分别为()()11221,1,0,1z Z Z z =，则 A ．1i +B ．1i -+C ．1i --D ．1i -2．设a R ∈，则“sin cos αα=”是“sin 21α=”的 A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件3．向量a b r r ，满足()()1,2,2a b a b a b ==+⊥-u u r u u r r r r r，则向量a b r r 与的夹角为A ．45oB ．60oC ．90oD ．120o4．已知数列{}n a 中，372,1a a ==．若1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，则5a = A ．23B ．32C ．43D ．345．已知点()2,4M 在抛物线()2:20C y px p =>上，点M 到抛物线C 的焦点的距离是A ．4B ．3C ．2D ．16．在ABC ∆中，2,20AB AC AD AE DE EB x AB y AC +=+==+u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r，若，则A ．2y x =B ．2y x =-C ．2x y =D ．2x y =-7．已知双曲线()2222:1,0,0x y C a b a b -=>>的左、右焦点分别为12,F F O ，为坐标原点，P 是双曲线在第一象限上的点，()21212=2=2,0,PF PF m m PF PF m >⋅=u u u u r u u u u r u u u r u u u u r，则双曲线C 的渐近线方程为A ．12y x =±B ．2y x =±C ．y x =±D ．2y x =±8．已知奇函数()f x 是R 上增函数，()()g x xf x =则A. 233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭B ．233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭C. 23323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭D. 23323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的0分。

9．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，则下列四个命题正确的是： A ．直线BC 与平面11ABC D 所成的角等于4πB ．点C 到面11ABCD 的距离为22C ．两条异面直线11D C BC 和所成的角为4π D ．三棱柱1111AA D BB C -外接球半径为3210．要得到cos 2y x =的图象1C ，只要将sin 23y x π⎛⎫=+⎪⎝⎭图象2C 怎样变化得到?A ．将sin 23y x π⎛⎫=+⎪⎝⎭的图象2C x 沿轴方向向左平移12π个单位 B ．sin 23y x π⎛⎫=+⎪⎝⎭的图象2C x 沿轴方向向右平移1112π个单位 C ．先作2C x 关于轴对称图象3C ，再将图象3C x 沿轴方向向右平移512π个单位 D ．先作2C 关于x 轴对称图象3C ，再将图象3C x 沿轴方向向左平移12π个单位 11．已知集合()(){}=,M x y y f x =，若对于()()1122,,,x y M x y M ∀∈∃∈，使得12120x xy y +=成立，则称集合M 是“互垂点集”．给出下列四个集合：(){}21,1M x y y x ==+；(){}2,1M x y y x ==+；(){}3,xM x y y e ==；(){}4,sin 1M x y y x ==+．其中是“互垂点集”集合的为A ．1MB ．2MC ．3MD ．4M12．德国著名数学家狄利克雷(Dirichlet ，1805～l859)在数学领域成就显著．19世纪，狄利克雷定义了一个“奇怪的函数” ()1,0,R x Qy f x x C Q∈⎧==⎨∈⎩其中R 为实数集，Q 为有理数集．则关于函数()f x 有如下四个命题：A ．函数()f x 是偶函数B ．()()()121212,,R x xC Q f x x f x f x ∀∈+=+恒成立C ．任取一个不为零的有理数T ，()()f x T f x +=对任意的x R ∈恒成立D ．不存在三个点()()()()()()112233,,,A x f x B x f x C x f x ，，，使得△ABC 为等腰直角三角形其中真命题的个数是__________________．第II 卷(非选择题 共90分)三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知直线2202x y a y -+=+=与圆O ：x 相交于A ，B 两点(O 为坐标原点)，且AOB ∆为等腰直角三角形，则实数a 的值为__________；14．已知直线2y x =+与曲线()ln y x a =+相切，则a 的值为_________；l5．2019年7月，中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录，标志着中华五千年文明史得到国际社会认可．良渚古城遗址是人类早期城市文明的范例，实证了中华五千年文明史．考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一规律．已知样本中碳14的质量N 随时间t(单位：年)的衰变规律满足573002TN N -=⋅(0N 表示碳14原有的质量)，则经过5730年后，碳14的质量变为原来的__________；经过测定，良渚古城遗址文物样本中碳14的质量是原来的3172至，据此推测良渚古城存在的时期距今约在5730年到__________年之间．(参考数据：lg2≈0.3，lg 7≈0.84，lg 3≈0.48)(本题第一空2分，第二空3分)16．已知ABC ∆的顶点A ∈平面α，点B ，C 在平面α异侧，且23AB AC ==，AB ，AC 与α所成的角分别为36ππ，，则线段BC 长度的取值范围为___________． 四、解答题：本题共6小题，共70分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

l7．(本小题满分10分)已知()()2cos sin 3cos 3f x x x x =-+ (I)求函数()f x 的最小正周期及单调递减区间； (II)求函数()f x 在区间,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦的取值范围．18．(本小题满分12分)在ABC ∆，,,a b c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且()2228sin 3ab C b c a =+-，若10,5a c ==．(I)求cosA(Ⅱ)求ABC ∆的面积S ．19．(本小题满分l2分)设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知111,21,n n a S S n N *+=-=∈．(I)证明：{}1n S +为等比数列，求出{}n a 的通项公式； (Ⅱ)若n nn b a =，求{}n b 的前n 项和n T ，并判断是否存在正整数n 使得1250n n T n -⋅=+成立?若存在求出所有n 值；若不存在说明理由．20．(本小题满分12分)《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵(qian du)；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖膈(bie nao)指四个面均为直角三角形的四面体．如图在堑堵111ABC A B C -中，AB AC ⊥．(I)求证：四棱锥11B A ACC -为阳马；(Ⅱ)若12C C BC ==，当鳖膈1C ABC -体积最大时，求锐二面角11C A B C --的余弦值．21．(本小题满分12分)给定椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>，称圆心在原点O ，半径为22a b +的圆是椭圆C 的“卫星圆”.若椭圆C 的离心率2，点()2,2在C 上． (I)求椭圆C 的方程和其“卫星圆”方程；(Ⅱ)点P 是椭圆C 的“卫星圆”上的一个动点，过点P 作直线12,l l ，使得12,l l ， 与椭圆C 与椭圆C 都只有一个交点，且12,l l ，分别交其“卫星圆”于点M ，N ，证明：弦长MN 为定值．22．(本小题满分12分)已知函数()()()ln 2sin ,f x x x x f x f x '=-+为的导函数． (I)求证：()()0f x π'在，上存在唯一零点； (Ⅱ)求证：()f x 有且仅有两个不同的零点高三数学试题参考答案 2020.01一、选择题题号1 2 3 4 5 6 7 8 9111 12 答案D C C C A D D B A BDA BCBDCD二、填空题13. 2± 14. 3 15. 12，6876 16. 7,13⎡⎣ 三、解答题17. 解: (Ⅰ) 由题意，化简得2()2cos sin 3(2cos 1)f x x x x =--sin 23x x =2sin(2)3x π=-所以 函数()f x 的最小正周期π. ………………………………………3分sin y x =Q 的减区间为32,2,22k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦由3222232k x k πππππ+≤-≤+得5111212k x k ππππ+≤≤+ 所以 函数()f x 的单调递增区间为511,,1212k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦. ······················6分 （Ⅱ）因为,02x π⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦Q ，所以42,333x πππ⎡⎤-∈--⎢⎥⎣⎦. 所以22sin(2)33x π-≤-所以 函数()f x 在区间,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的取值范围是3⎡-⎣.····························10分 18. 解:由题意得2228sin 3()22ab C b c a bc bc+-=由余弦定理得:4sin 3cos a CA c= 由正弦定理得4sin 3cos A A =所以3tan 4A =ABC ∴∆中, 4cos 5A =············································································6分 (Ⅱ)由余弦定理2222cos a b c bc A =+-得28150b b -+=解得3b =或5b =····················································································9分 3tan 4A =Q ,3sin 5A ∴=由1sin 2S bc A =⋅得152S =或92S =······················································12分 19. 解: (Ⅰ) 121n n S S +-=Q112(1)n n S S +∴+=+*n N ∈{}1n S ∴+为等比数列··················································2分112S +=Q ，公比为212n n S ∴+=，21n n S =-1121n n S --∴=-，当2n ≥时，112n n n n a S S --=-=，11a =也满足此式 12n n a -∴=···························································5分(Ⅱ) 12n n n n nb a -== 01112222n n n T -=++⋅⋅⋅+ 121122222n n n T =++⋅⋅⋅+两式相减得：011111122222222n n n n n n T -+=++⋅⋅⋅+-=- 1242n n n T -+=-··························································9分代入1250n n T n -⋅=+得2260n n --=·····································10分 令()226x f x x =--(1)x ≥，()2ln 210x f x '=->在[)1,x ∈+∞成立，()226x f x x ∴=--(1,)x ∈+∞为增函数；·····························································11分 有(5)(4)0f f ⋅<，所以不在正整数n 使得1250n n T n -⋅=+成立.················12分20. 解：(Ⅰ) 1A A ⊥Q 底面ABC ，AB ⊂面ABC1A A AB ∴⊥································2分又AB AC ⊥，1A A AC A =IAB ∴⊥面11ACC A ，····························4分 又四边形11ACC A 为矩形∴四棱锥11B A ACC -为阳马······················5分(Ⅱ) AB AC ⊥Q ,2BC =，224AB AC ∴+= 又1A A ⊥Q 底面ABC ，111132C ABC V C C AB AC -∴=⋅⋅⋅221123323AB AC AB AC +=⋅⋅≤⋅= 当且仅当2AB AC ==113C ABC V AB AC -=⋅⋅取最大值···················7分 AB AC ⊥Q ，1A A ⊥底面ABC∴以A 为原点，建立如图所示空间直角坐标系·····8分(2,0,0)B ,2,0)C ,1(0,0,2)A1(2,0,2)A B =-uuu r ,(2,2,0)BC =-uu u r ,112,0)A C =uuu u r设面1A BC 的一个法向量1111(,,)n x y z =u r由11100n A B n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r uuu r u r uu u r得1(22,1)n =ur ····························9分 同理得2(2,0,1)n =u u r······································10分 12121215cos ,||||n n n n n n ⋅∴<>==⋅u r u u ru r u u r u r u u r二面角11C A B C --15·······················12分AA 1 ABC AC 1xyZ21. 解：(Ⅰ)由条件可得: 2222421c a a b ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩ 解得22,2a b ==所以椭圆的方程为22184x y +=，··············································3分 卫星圆的方程为2212x y += ················································4分 （II ）①当12,l l 中有一条无斜率时，不妨设1l 无斜率，因为1l 与椭圆只有一个公共点，则其方程为22x =22x =- 当1l 方程为22x =1l 与“卫星圆”交于点(22,2)和(22,2)-， 此时经过点(22,2)(22,2)-且与椭圆只有一个公共点的直线是 2y =或2y =-，即2l 为2y =或2y =-，12l l ∴⊥∴线段MN 应为“卫星圆”的直径，∴||43MN =····························7分② 当12,l l 都有斜率时，设点),(00y x P ，其中220012x y +=，设经过点),(00y x P 与椭圆只有一个公共点的直线为00)(y x x t y +-=,则，0022()184y tx y tx x y =+-⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 得到2220000(12)4()2()80t x t y tx x y tx ++-+--=，·····9分 2220000(648)163280x t x y t y ∴∆=-++-=····································10分2200122200328328(12)1648648y x t t x x ---∴⋅===---·································11分 所以121-=⋅t t ，满足条件的两直线12,l l 垂直.∴线段MN 应为“卫星圆”的直径，∴||43MN =综合①②知：因为12,l l 经过点),(00y x P ，又分别交其准圆于点MN ，且12,l l 垂直，所以线段MN 准圆220012x y +=的直径，||=43MN ∴················12分 22. 解:（1）设x xx f x g cos 211)()(+-='=， 当),0(π∈x 时，01sin 2)(2<--='x x x g ···················································· 2分 所以)(x g 在),0(π上单调递减，·································································· 3分 又因为012)2(,0113)3(<-=>+-=ππππg g 所以)(x g 在(,)32ππ上有唯一的零点α，所以命题得证 ···································· 6分 （2）1°由（1）知：当),0(α∈x 时，0)(>'x f ，)(x f 在),0(α上单调递增；当),(πα∈x 时，0)(<'x f ，)(x f 在),(πα上单调递减； ······························· 7分 所以)(x f 在(0,)π上存在唯一的极大值点()32ππαα<< 所以022222ln )2()(>->+-=>ππππαf f ··············································· 8分 又因为22221111()22sin 220f e e e e =--+<--+< 所以)(x f 在(0,)α上恰有一个零点 ······························································ 9分 又因为02ln )(<-<-=ππππf所以)(x f 在(,)απ上也恰有一个零点 ··························································· 9分 2°当[,2)x ππ∈时，sin 0x ≤，()ln f x x x ≤-设()ln h x x x =-，011)(<-='xx h 所以)(x h 在[,2)ππ上单调递减，所以0)()(<≤πh x h所以当[,2)x ππ∈时，()()()0f x h x h π≤≤<恒成立所以)(x f 在[,2)ππ上没有零点. ······························································ 10分3°当[2,)x π∈+∞时，2ln )(+-≤x x x f设()ln 2x x x ϕ=-+，1()10x xϕ'=-< 所以()x ϕ在[2,)π+∞上单调递减，所以()(2)0x ϕϕπ≤<所以当[2,)x π∈+∞时，()()(2)0f x x ϕϕπ≤≤<恒成立所以)(x f 在[2,)π+∞上没有零点.综上，)(x f 有且仅有两个零点． ······························································· 12分。