内蒙古自治区巴彦淖尔市2020届高三上学期期末考试数学试题

内蒙古自治区巴彦淖尔市2020届高三上学期期末考试数学试题

‎2019-2020学年非凡吉创高三年级1月调研考试 数学（文）卷 注意事项：‎ ‎1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等信息填写在答题卡上.‎ ‎2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，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，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.‎ ‎3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.‎ ‎4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 第Ⅰ卷（选择题，共60分）‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.‎ ‎1.已知是虚数单位，若复数，则的虚部是（ ）‎ A. 3 B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的乘法运算法则计算可得复数，根据复数的概念可得答案.‎ ‎【详解】，‎ 所以复数的虚部为1.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了复数的乘法运算法则，考查了复数的概念，属于基础题.‎ ‎2.已知集合，均为全集的子集，且，，则集合可以有（ ）种情况 A. 2 B. ‎3 ‎C. 4 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据得到，故得到答案.‎ ‎【详解】∵，，∴‎ ‎∵，于是 ‎∴集合可以是、、、四种情况.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查了集合的运算和子集问题，意在考查学生的计算能力.‎ ‎3.已知命题：角的终边在直线上，命题：，那么是的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对命题根据终边相同的角的概念进行化简可得可得答案.‎ ‎【详解】角的终边在直线上或 ‎，故是的充分必要条件，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了终边相同的角的概念，考查了充分必要条件的概念，属于基础题.‎ ‎4.若，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数函数为递增函数可得，根据对数函数为递增函数可得，根据对数函数为递减函数可得，由此可得答案.‎ ‎【详解】因为，，，‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了指数函数的单调性，考查了对数函数的单调性，关键是找中间变量，属于基础题.‎ ‎5.已知两个非零向量，满足，，则的值为（ ）‎ A. 1 B. －‎1 ‎C. 0 D. －2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知向量的坐标求出向量的坐标，再根据向量的数量积的坐标表示计算可得.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 所以.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了向量的线性运算的坐标表示，考查了向量的数量积的坐标表示，属于基础题.‎ ‎6.已知数列是首项为，公比的等比数列，且.若数列的前项和为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意得到，利用等比数列公式计算得到答案.‎ ‎【详解】由题设条件知，于是，即，‎ ‎∴‎ 故选： .‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，前项和，意在考查学生对于数列公式的灵活运用.‎ ‎7.已知，，不等式组表示的平面区域为，不等式组表示的平面区域为.在平面区域内有一粒豆子随机滚动，则该豆子始终滚不出平面区域的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出平面区域，计算区域的面积，根据几何概型的概率公式可得答案.‎ ‎【详解】如图所示，不等式组表示的平面区域为图中的阴影部分所表示的区域，‎ 易知直线分别交直线与轴于点，.‎ 所以，.‎ 所以，‎ 易得，‎ 因此，故阴影部分的面积，‎ 于是豆子始终滚不出平面区域的概率为.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了几何概型的面积型的概率公式，准确求出面积是解题关键，属于基础题.‎ ‎8.如图所示，是某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图，其中俯视图为等腰直角三角形,则该几何体体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图可得该组合体下半部为一半球体，上半部为一三棱锥，根据三视图中的数据，利用椎体和球体的体积公式计算可得答案.‎ ‎【详解】由三视图可知：该组合体下半部为一半球体，上半部为一三棱锥，‎ 该三棱锥中一条侧棱与底面垂直，底面三角形为等腰直角三角形，‎ 其中腰长为，高为3，而球体的半径为3，‎ 所以该组合体的体积为：‎ ‎.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了由三视图还原直观图，考查了椎体和球体的体积公式，属于基础题.‎ ‎9.已知是定义在R上的奇函数，当时，，若，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出函数图像得到函数单调递增，利用函数的单调性得到，计算得到答案.‎ ‎【详解】是奇函数，当时，‎ 设则，，故 ‎ 即 ，函数的图像如图所示：‎ 结合图像可知是上的增函数 由，得解得，‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的奇偶性和单调性，判断函数的单调性是解题的关键.‎ ‎10.已知双曲线：，当双曲线的焦距取得最小值时，其右焦点恰为抛物线：的焦点、若、是抛物线上两点，，则中点的横坐标为（ ）‎ A. B. ‎2 ‎C. D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二次函数取得最小值的条件，求得，从而可得双曲线方程，再根据双曲线的焦点坐标求得抛物线的焦点坐标，可得抛物线方程，然后根据抛物线的定义和中点坐标公式可得答案.‎ ‎【详解】由题意可得，即有，‎ 由，可得当时，焦距取得最小值，‎ 所以双曲线的方程为，‎ 于是右焦点为，即抛物线的焦点为，‎ 所以，，则抛物线：，‎ 准线方程，设，，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴线段的中点横坐标为2.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了双曲线和抛物线的几何性质，考查了二次函数求最值，考查了抛物线的定义，属于基础题.‎ ‎11.已知的三个内角，，所对的边分别为，，，，，且，则锐角的大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理以及，可得，可得答案.‎ ‎【详解】由正弦定理得，‎ 则 ‎，‎ 又∵，∴，即，‎ 于是或（舍），故.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查了正弦定理，考查了两角和的正弦公式的逆用，属于中档题.‎ ‎12.已知函数（其中），则函数零点的个数为（ ）个 A. 0 B. ‎1 ‎C. 2 D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导得到得到函数的单调区间，计算，‎ 得到答案.‎ ‎【详解】（其中）.‎ 故或时，时，‎ 即在和单调递减，在单调递增.‎ 由于，而，所以，‎ 又，所以函数有唯一零点 故选： .‎ ‎【点睛】本题考查了函数的零点问题，求导得到函数的单调区间是解题的关键.‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共90分）‎ 本卷包括必考题和选考题两部分，第（13）~（21）题为必考题，每个试题考生都必须做答，第（22）~（23）题为选考题，考生根据要求做答.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.设函数，若，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据定义判断出函数为奇函数，再根据奇函数的性质可得答案.‎ ‎【详解】因为函数的定义域是且，‎ 是关于坐标原点对称，当时，是奇函数；‎ 当时，，故是奇函数；‎ 综上，对任意，都有是奇函数.所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了奇函数定义，考查了奇函数的性质，属于基础题.‎ ‎14.的最小值为______.‎ ‎【答案】16‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用将变为积为定值形式后，根据基本不等式可求得最小值.‎ ‎【详解】∵，∴‎ ‎，当且仅当，时“=”成立，‎ 故的最小值为16.‎ 故答案为：16‎ ‎【点睛】本题考查了利用基本不等式求和的最小值，解题关键是变形为积为定值，才能用基本不等式求最值，属于基础题.‎ ‎15.已知四面体中，，，，，，则该四面体的外接球的体积为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先确定平面，将四面体补成以为底面为侧棱的直三棱柱，利用正弦定理得到，再计算，计算得到答案.‎ ‎【详解】∵，，∴平面，‎ 将四面体补成以为底面为侧棱的直三棱柱，‎ 该三棱柱的外接球就是四面体的外接球，‎ 由题知，球心到平面的距离为2，‎ 外接圆的半径为，‎ ‎∴该三棱锥外接球的半径，‎ ‎∴该球的外接球的体积为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了四面体的外接球问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.‎ ‎16.在中，内角，，的对边分别为，，.的面积，若，则角的值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据面积公式得到和余弦定理得到，结合 得到，化简得到答案.‎ ‎【详解】因为，又，所以 所以，由余弦定理得 所以 由结合正弦定理，得 所以，即，所以，‎ 因为，所以得，或（舍去），所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了面积公式，正弦定理，余弦定理，意在考查学生对于三角公式的综合应用能力.‎ 三、问答题 ‎17.已知为等比数列，且各项均为正值，，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，数列的前项和为，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 设数列的公比为，根据条件求出和，则可得通项公式；‎ ‎(2)求出后，利用裂项求和法可求得结果.‎ ‎【详解】（1）设数列的公比为.由得，所以 由条件可知，故，由，得.‎ 故数列的通项公式为；‎ ‎（2）.‎ 故 ‎.‎ 所以数列的前项和.‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，考查了裂项求和，属于基础题.‎ ‎18.某气象站统计了4月份甲、乙两地的天气温度（单位），统计数据的茎叶图如图所示，‎ ‎（1）根据所给茎叶图利用平均值和方差的知识分析甲，乙两地气温的稳定性；‎ ‎（2）气象主管部门要从甲、乙两地各随机抽取一天的天气温度，若甲、乙两地的温度之和大于或等于，则被称为“甲、乙两地往来温度适宜天气”，求“甲、乙两地往来温度适宜天气”的概率.‎ ‎【答案】（1）见解析 （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别计算平均值和方差比较大小得到答案.‎ ‎（2）列出所有可能性共有种可能，满足条件的共有种，计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）根据题意可知：，‎ ‎，‎ 而，‎ ‎，‎ ‎∵，，‎ ‎∴甲、乙两地的整体气温水平相当，乙地的气温水平更稳定一些.‎ ‎（2）气象主管部门要从甲、乙两地连续10天中各随机抽取一天天气温度，‎ 设随机抽取的甲、乙两地天气温度分别为，，‎ 则所有为：，，，，，，，，，，‎ ‎，，，，，，，，，，，‎ ‎，，，，共计25个，‎ 而的基本事件有，，，，，，，，‎ ‎，，，，，，共计14个，‎ 故满足的基本事件共有14（个），‎ 于是“甲、乙两地往来温度适宜天气”的概率 ‎【点睛】本题考查了平均值，方差和概率的计算，意在考查学生的计算能力.‎ ‎19.在四棱锥中，，，，，平面平面，，分别为，的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）证明见解析 （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点为，连接，，证明平面平面得到证明.‎ ‎（2））取的中点为，连接，，得到为边长为的正三角形，计算其面积，利用等体积法，计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）取的中点为，连接，，‎ ‎∵，分别为，的中点，∵，，‎ ‎∵平面，平面，平面，平面，‎ ‎∴平面，平面，‎ ‎∵平面，平面，，‎ ‎∴平面平面，∴平面 ‎（2）取的中点为，连接，，∵，∴，，‎ ‎∵平面平面，平面平面，∴平面，‎ ‎∵，，∴，∴平行四边形，∴，‎ ‎∵，，∴，，‎ 在中，，‎ 在中，，‎ ‎∴为边长为的正三角形，∴，‎ 设到平面的距离为，‎ ‎∵，‎ 解得，∴到平面的距离为 ‎【点睛】本题考查了线面平行，点到平面的距离公式，利用等体积法可以简化运算，是解题的关键.‎ ‎20.已知椭圆：的离心率，且圆过椭圆的上，下顶点.‎ ‎（1）求椭圆的方程.‎ ‎（2）若直线的斜率为，且直线交椭圆于、两点，点关于点的对称点为，点是椭圆上一点，判断直线与的斜率之和是否为定值，如果是，请求出此定值：如果不是，请说明理.‎ ‎【答案】（1）；（2）是，0.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据已知条件,求出,即可得到椭圆方程;‎ ‎(2)设直线的方程为,将其代入椭圆方程后,根据韦达定理以及斜率公式变形,可得答案.‎ ‎【详解】（1）因为圆过椭圆的上，下顶点，所以，‎ 又离心率，所以，‎ 于是有，解得，.所以椭圆的方程为；‎ ‎（2）由于直线的斜率为，可设直线的方程为，代入椭圆：，‎ 可得.‎ 由于直线交椭圆于、两点，所以，‎ 整理解得 设点、，由于点与点关于原点的对称，故点，‎ 于是有，.‎ 若直线与的斜率分别为，，由于点，‎ 则，‎ 又∵，.‎ 于是有 ‎，‎ 故直线与的斜率之和为0，即.‎ ‎【点睛】本题考查了求椭圆方程,考查了韦达定理,考查了斜率公式,考查了运算求解能力,属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）求函数在点处的切线方程；‎ ‎（2）若函数只有一个极值点，求实数的取值范围；‎ ‎（3）若函数（其中）有两个极值点，分别为，，且在区间上恒成立，证明：不等式成立.‎ ‎【答案】（1）（2）（3）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导得到，计算，得到切线方程.‎ ‎（2）求导得到即在上只有一个根，得到，计算得到答案.‎ ‎（3），故，所以，取，求导得到答案.‎ ‎【详解】（1）因为，所以，令，得，‎ 而，函数在点处的切线方程为.‎ ‎（2）函数，其的定义域为，‎ ‎，因为只有一个极值点，‎ 故在上只有一个根，即在上只有一个根，‎ 则，解得，‎ 又当时，；当时，，‎ ‎∴是在上的唯一一个极值点，此时 ‎（3）由（2）可知，，‎ 而 于是，令，则 ‎∵，∴，∴在上单调递减，‎ ‎∴，∴成立.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的切线方程，函数的极值点，证明恒成立，变换得到是解题的关键.‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做第一个题目计分，做答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.‎ ‎22.平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求直线的极坐标方程及曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若是直线上一点，是曲线上一点，求的最大值.‎ ‎【答案】（1），；（2）2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)消去参数可得普通方程,极坐标与直角坐标互化公式可得答案;‎ ‎(2)根据极坐标的几何意义以及三角函数的最值可得 答案.‎ ‎【详解】（1）由题，直线的参数方程为（其中为参数）.‎ 消去参数得直线的直角坐标方程为，‎ 由，，得直线的极坐标方程，‎ 即 曲线的极坐标方程为，所以，‎ 由，，得曲线的直角坐标方程为.‎ ‎（2）因为在直线上，在曲线上，‎ 所以，，‎ 所以，‎ 的最大值为2.‎ ‎【点睛】本题考查了参数方程化普通方程,考查了极坐标与直角坐标互化公式,考查了极坐标的几何意义,考查了三角函数的最值,属于中档题.‎ ‎23.设函数（，实数）.‎ ‎（1）若，求实数的取值范围；‎ ‎（2）求证：‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)将化为,解一元二次不等式可得答案;‎ ‎(2)先求出函数的最小值,再证明最小值即可.‎ ‎【详解】（1）∵，∴，‎ 即，解得.‎ ‎（2），‎ 当时，；当时，；‎ 当时，‎ ‎∵，∴，‎ 当且仅当即时取等号，∴.‎ ‎【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，考查了求分段函数的最值，考查了基本不等式求最值，属于基础题.‎