甘肃省天水市第一中学2020届高三上学期第四次段考数学（文）试题

甘肃省天水市第一中学2020届高三上学期第四次段考数学（文）试题

天水一中2020届2019-2020学年度第一学期第四次考试 数学文科试题 一、选择题（每题5分，共60分）‎ ‎1.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 是函数的定义域，是不等式的解集，分别求出后再由集合的运算法则计算．‎ ‎【详解】由题意，，‎ ‎，‎ ‎∴．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算，解题时需先确定集合中的元素，然后才可能利用集合运算法则计算．‎ ‎2.以下四个命题：‎ ‎①“若，则”的逆否命题为真命题 ‎②“”是“函数在区间上为增函数”的充分不必要条件 ‎③若为假命题，则，均为假命题 ‎④对于命题：，，则为：，‎ 其中真命题的个数是（ ）‎ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①由原命题与逆否命题同真同假即可判断；‎ ‎②由函数在区间上为增函数”，则，即可判断；‎ ‎③由若为假命题，则，至少有一个为假命题即可判断出正误；‎ ‎④由的定义即可判断出正误；‎ ‎【详解】对于①，由于原命题“若，则”为真命题，即逆否命题也为真命题，故①对；‎ 对于②，“”是“函数在区间上为增函数”为真命题，但“函数在区间上为增函数”，则，故②对；‎ 对于③，若为假命题，则，至少有一个为假命题即可，故③错；‎ 对于④， 对于命题：，，由的定义可知：，，故④对；‎ 故选C ‎【点睛】本题考查了简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.‎ ‎3.已知，，，则，，的大小关系是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：分别判断出a，b，c的大致范围，即可比较出它们的大小.‎ 详解：，，.‎ ‎.‎ 故选：B.‎ 点睛：(1)比较幂、对数的大小可以利用数形结合和引入中间量利用函数单调性两种方法．‎ ‎(2)解题时要根据实际情况来构造相应的函数，利用函数单调性进行比较，如果指数相同，而底数不同则构造幂函数，若底数相同而指数不同则构造指数函数，若引入中间量，一般选0或1.‎ ‎4.函数f(x)=Asin(ωx+φ)，（A，ω＞0，|φ|＜π）的部分图象如图，则f(x)=（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图知，得到A=2，，求出T，根据周期公式求出ω，又y= f(x)的图象经过，代入求出φ，从而得到解析式．‎ ‎【详解】由图知，A=2，，又ω＞0，‎ ‎∴T==，∴ω=4，‎ 又y= f(x)的图象经过，‎ ‎∴，k∈Z，‎ ‎∴φ=2kπ+，k∈Z，‎ 又|φ|＜π，∴φ=，‎ ‎∴.‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式，考查识图能力与运算能力，属中档题．‎ ‎5.已知F1、F2为椭圆的两个焦点，过F1的直线交椭圆于A，B两点，若，则|AB|= ( )‎ A. 6 B. ‎7 ‎C. 5 D. 8‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用椭圆的定义，可得三角形ABF2的周长为‎4a=20，再由周长，即可得到AB的长．‎ ‎【详解】椭圆=1的a=5，‎ 由题意的定义，可得，|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=‎2a，‎ 则三角形ABF2的周长为‎4a=20，‎ 若|F‎2A|+|F2B|=12，‎ 则|AB|=20﹣12=8．‎ 故答案为D ‎【点睛】本题考查椭圆的方程和定义，考查运算能力，属于基础题．‎ ‎6.定义在上的奇函数满足：当时，，则函数的零点的个数是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时，先利用零点判定定理进行判断，然后结合奇函数的性质进行判断即可．‎ ‎【详解】当时，，‎ 结合指数与对数函数的单调性可知，在上单调递增，‎ ‎（1），时，，‎ 则在上有唯一的零点，‎ 因为奇函数的图象关于原点对称，故当时也有唯一零点，且，‎ 综上可得，程的实根个数为3个.‎ 故选C ‎【点睛】‎ 本题主要考查了函数零点个数的判断，考查了指数对数函数的图象性质，零点判定定理及奇函数性质的应用是求解的关键．‎ ‎7.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中b=1，=，若A=2B，则△ABC的周长为（ ）‎ A. 3 B. ‎4 ‎C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理化简已知可得b2+c2-a2=bc，利用余弦定理可求cosA=，结合范围A∈(0，π)，可求A，根据已知可求B，利用三角形内角和定理可求C，根据正弦定理可求a，c的值，即可得三角形的周长．‎ ‎【详解】∵=，‎ ‎∴由正弦定理可得=，整理可得b2+c2-a2=bc，‎ ‎∴cosA===，‎ ‎∵A∈(0，π)，∴A=，‎ ‎∵A=2B，∴B=，C=π-A-B=，‎ ‎∵b=1，∴，解得a=，c=2，‎ ‎∴△ABC的周长为．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形内角和定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属基础题．‎ ‎8.已知，若不等式恒成立，则的最大值为（ ）‎ A. 9 B. ‎12 ‎C. 16 D. 20‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可左右同乘，再结合基本不等式求解即可 ‎【详解】，，‎ ‎ ，当且仅当时，等号成立，故 故选C ‎【点睛】本题考查基本不等式求最值，属于基础题 ‎9.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的各个侧面中最大的侧面的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图还原出三棱锥的直观图，求出三棱锥的各个侧面面积即可求出侧面面积的最大值．‎ ‎【详解】由三棱锥的三视图可知，三棱锥的直观图（如下图），可在边长为的正方体中截取， ‎ 由图可知，，，‎ 所以侧面，‎ 侧面，‎ 侧面 故侧面的面积最大值为 ‎ 故选B ‎【点睛】本题考查三视图还原直观图，考查学生的空间想象能力，属于中档题．‎ ‎10.函数的图像大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数为偶函数去掉A,B，再根据函数值去掉C.‎ ‎【详解】令，则，函数为偶函数，排除AB选项；‎ 当时， ，而，则，‎ 排除选项C.‎ 本题选择D选项.‎ ‎【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：‎ ‎(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置，从函数的值域，判断图象的上下位置；‎ ‎(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；‎ ‎(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；‎ ‎(4)从函数特征点，排除不合要求的图象.‎ ‎11.已知双曲线的左、右焦点分别为，若双曲线的左支上存在一点，使得与双曲线的一条渐近线垂直于点，且，则此双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用与双曲线的一条渐近线垂直于点可求出的坐标，再利用求出的坐标（用表示），将的坐标代入双曲线的方程后可求离心率.‎ ‎【详解】‎ 双曲线的渐近线为，取一条渐近线为，‎ 则直线，‎ 由得 ，故.‎ 因为，故，从而，‎ 所以 ，将的坐标代入双曲线的方程可以得到：‎ ‎，化简可得，所以，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】圆锥曲线中的离心率的计算，关键是利用题设条件构建关于的一个等式关系．而离心率的取值范围，则需要利用坐标的范围、几何量的范围或点的位置关系构建关于的不等式或不等式组．‎ ‎12.已知函数在区间上是减函数，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 题目条件等价于只需在区间上恒成立即可，转化为根据不等式恒成立求参数范围，利用分离参数求解.‎ ‎【详解】由题：函数在区间上是减函数，‎ ‎，不可能为常数函数，‎ 只需在区间上恒成立即可，‎ 即，令，‎ 只需恒成立，‎ ‎，‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】此题考查根据函数的单调性求参数的范围，转化为处理导函数的关系，解决不等式恒成立求参数范围的问题.‎ 二、填空题（每题5分，共20分）‎ ‎13.已知向量，，，则|______.‎ ‎【答案】3.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先通过及，求出的值，‎ 再由即可求得.‎ ‎【详解】∵，∴，，，∴，‎ ‎∴，∴.‎ 故答案为3.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的运算问题，综合性稍强，属基础题.‎ ‎14.已知实数，满足不等式组且的最大值为_____．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出不等式组对应的可行域，平移动直线可得的最大值．‎ ‎【详解】不等组对应的可行域如图所示，‎ 当动直线过是有最大值，由 得，故，此时，填3．‎ ‎【点睛】二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二元函数的几何意义，比如表示动直线的横截距的三倍 ，而则表示动点与的连线的斜率．‎ ‎15.已知直线l：x＋ay－1＝0(a∈R)是圆C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的对称轴．过点A(－4，a)作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|＝________.‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出圆的标准方程可得圆心和半径，由直线l：x+ay﹣1＝0经过圆C的圆心（2，1），求得a的值，可得点A的坐标，再利用直线和圆相切的性质求得|AB|的值．‎ ‎【详解】∵圆C：x2+y2﹣4x﹣2y+1＝0，即（x﹣2）2+（y﹣1）2 ＝4，‎ 表示以C（2，1）为圆心、半径等于2的圆．‎ 由题意可得，直线l：x+ay﹣1＝0经过圆C的圆心（2，1），‎ 故有2+a﹣1＝0，∴a＝﹣1，点A（﹣4，﹣1）．‎ ‎∵AC2，CB＝R＝2，‎ ‎∴切线的长|AB|6．‎ 故答案为6．‎ ‎【点睛】本题主要考查圆的切线长的求法，直线和圆相切的性质的合理运用，关键由圆的对称轴可知直线经过圆心求出a值.‎ ‎16.若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则________.‎ ‎【答案】1或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别设出直线与两曲线的切点坐标，求出导数值，得到两切线方程，由两切线重合得斜率和截距相等，从而求得切线方程的答案．‎ ‎【详解】设与和的切点分别为，由导数的几何意义可得，曲线在在点处的切线方程为，即，曲线在点处的切线方程为，即，则，解得，或，所以或．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查计算能力，是中档题．‎ 三、解答题（共70分）‎ ‎17.已知等差数列的前项和为，且，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出，即得数列的通项；（2）利用分组求和求出数列的前项和.‎ ‎【详解】（1）由题得，‎ 解之得，‎ 所以，‎ 所以数列的通项公式为.‎ ‎（2）由题得，‎ 所以数列的前项和，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式基本量的计算，考查等差数列的通项的求法，考查数列求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎18.已知向量，，.‎ ‎（1）求函数的最小正周期及单调递减区间；‎ ‎（2）记的内角的对边分别为.若，，求的值．‎ ‎【答案】（1）最小正周期为，单调递减区间为；（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由向量的数量积的运算公式和三角恒等变换的公式化简可得，再结合三角函数的性质，即可求解．‎ ‎（2）由（1），根据，解得，利用正弦定理，求得，再利用余弦定理列出方程，即可求解．‎ ‎【详解】（1）由题意，向量，，‎ 所以 ‎，‎ 因为，所以函数的最小正周期为，‎ 令，解得，‎ 所以函数的单调递减区间为．‎ ‎（2）由（1）函数的解析式为，‎ 可得，解得，‎ 又由，根据正弦定理，可得，‎ 因为，所以，所以为锐角，‎ 所以，‎ 由余弦定理可得，可得，‎ 即，解得或．‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算，三角恒等变换的应用，以及正弦定理和余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键．通常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.‎ ‎19.如图，是平行四边形，平面，，，，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求四面体的体积.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知条件推导出平面平面,由此能证明平面;‎ ‎（2）利用等体积法,根据椎体体积公式算出的体积.‎ ‎【详解】（1）证明：，平面，平面 平面.同理可证平面. ‎ ‎，平面平面.‎ 平面，平面·‎ ‎（2）平面，，‎ 即，·‎ 在中，，，‎ ‎·‎ 故四面体的体积为 ‎【点睛】本题求证线面平行并求三棱锥的体积,着重考查了空间直线与平面平行的判定、平面与平面平行的判定与性质和椎体的体积公式等知识,属于中档题.‎ ‎20.已知抛物线，过其焦点的直线与抛物线相交于、两点，满足.‎ ‎（1）求抛物线的方程；‎ ‎（2）已知点的坐标为，记直线、的斜率分别为，，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，消去，利用韦达定理并结合条件可求出实数的值，由此得出抛物线的方程；‎ ‎（2）由（1）得出直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，并列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理得出关于的表达式，可得出的最小值.‎ ‎【详解】（1）因为直线过焦点，设直线的方程为，‎ 将直线的方程与抛物线的方程联立，消去得，‎ 所以有，，，因此，抛物线的方程；‎ ‎（2）由（1）知抛物线的焦点坐示为，设直线的方程为，‎ 联立抛物线的方程，所以，，‎ 则有，，‎ 因此 ‎.‎ 因此，当且仅当时，有最小值.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线方程的求解，同时也考查了直线与抛物线中的最值问题的求解，对于直线与抛物线的综合问题，一般将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理设而不求法进行计算，计算量较大，考查方程思想的应用，属于中等题.‎ ‎21.(本小题满分12分)‎ 已知函数（其中a是实数）．‎ ‎（1）求的单调区间；‎ ‎ （2）若设，且有两个极值点 ，，求取值范围．（其中e为自然对数的底数）．‎ ‎【答案】（1）详见解析（2） ，‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：(1)求出的定义域，，由此利用导数性质和分类讨论思想能求出的单调区间.‎ ‎(2)推导出，令，，则恒成立，由此能求出的取值范围 试题解析：（1） (其中是实数)，‎ 定义域，，‎ 令，=-16,对称轴，，‎ 当=-160，即-4时，，‎ 函数的单调递增区间为，无单调递减区间，‎ 当=-160,即或 若，则恒成立，‎ ‎ 单调递增区间为，无单调递减区间．‎ 若4，令，得 ‎=，=，‎ 当(0,)(,+时，当（）时，‎ 的单调递增区间为（0，），（），单调递减区间为（）‎ 综上所述当时，的单调递增区间为，无单调递减区间，‎ 当时，的单调递增区间为（0，）和（），单调递减区间为（）‎ ‎(2)由(1)知，若有两个极值点，则4，且，，又，，，，‎ 又，解得，‎ 令， 则恒成立 在单调递减，，‎ 即 故的取值范围为 点睛：在含有参量的导数求单调区间需要进行分类讨论，将所有的情况讨论完整．在求范围时往往要把参量消去，然后根据范围求出结果．‎ 选做：共10分，请生在第22，23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎22.在直角坐标系中，直线，圆,以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系．‎ ‎（1）求，的极坐标方程；‎ ‎（2）若直线的极坐标方程为，设的交点为，求的面积．‎ ‎【答案】(1),；(2)．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）将代入的直角坐标方程，化简得，；（2）将代入，得得， 所以，进而求得面积为.‎ 试题解析：‎ ‎（1）因为，所以的极坐标方程为，‎ 的极坐标方程为 ‎（2）将代入 得得， 所以 因为的半径为1，则的面积为 考点：坐标系与参数方程.‎ ‎23.设函数．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若，求实数m的取值范围．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用零点分段讨论法，把绝对值符号去掉可得解集；‎ ‎（2）先求的最小值，然后求解绝对值不等式即可.‎ ‎【详解】（1）当时，．‎ 当时，，解得；‎ 当时，，‎ 无解．‎ 当时，，‎ 解得；‎ 综上，原不等式的解集为．‎ ‎（2）∵ ‎ 当且仅当等号成立 ‎∴，‎ ‎∴或，‎ 即或，‎ ‎∴实数m的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，绝对值不等式的求解一般转化为分段函数求解，不等式有关的最值常用来实现，侧重考查数学运算的核心素养.‎