四川省成都市双流区棠湖中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题

四川省成都市双流区棠湖中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题

‎2019-2020学年度秋四川省棠湖中学高三期中考试 理科数学试题 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题所给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置.）‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对数函数的性质，求得集合，再利用集合的交集的运算，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，集合，‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了集合的交集的概念及其运算，其中解答中根据对数函数的性质，准确求得集合，再利用集合的交集的概念及运算求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.‎ ‎2.若（，i为虚数单位），则复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简可得，根据两复数相等的原则，解出a，b，即可得结果 详解】由题意得，‎ 所以，‎ 所以，所以复数在复平面内对应的点为（3，-2）在第四象限 ‎【点睛】本题考查两复数相等的概念，即两复数实部与实部相等，虚部与虚部相等，属基础题。‎ ‎3.已知实数，满足不等式组，若的最小值为9，则实数的值等于（ ）‎ A. 3 B. 5 C. 8 D. 9‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由不等式组画出可行域，再画出目标函数确定在点取得最小值，代入求解出即可.‎ ‎【详解】解：如图，画出不等式组代表的可行域如图中阴影部分 因为，可画出目标函数所代表直线如图中虚线所示，‎ 且过点A处目标函数最小 由，解得 代入目标函数，得 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了简单线性规划，目标函数中含有参数时可先观察其所代表的直线特点画出其可能的图像，然后分析其最优解.‎ ‎4.如图1为某省2019年1~4月快递义务量统计图，图2是该省2019年1~4月快递业务收入统计图，下列对统计图理解错误的是( )‎ A. 2019年1~4月的业务量，3月最高，2月最低，差值接近2000万件 B. 2019年1~4月的业务量同比增长率超过50%，在3月最高 C. 从两图来看2019年1~4月中的同一个月快递业务量与收入的同比增长率并不完全一致 D. 从1~4月来看，该省在2019年快递业务收入同比增长率逐月增长 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合所给的统计图确定选项中的说法是否正确即可.‎ ‎【详解】对于选项A： 2018年1～4月的业务量，3月最高，2月最低，‎ 差值为，接近2000万件，所以A是正确的；‎ 对于选项B： 2018年1～4月的业务量同比增长率分别为，均超过，在3月最高，所以B是正确的；‎ 对于选项C：2月份业务量同比增长率为53%，而收入的同比增长率为30%，所以C是正确的；‎ 对于选项D，1，2，3，4月收入的同比增长率分别为55%，30%，60%，42%，并不是逐月增长，D错误.‎ 本题选择D选项.‎ ‎【点睛】本题主要考查统计图及其应用，新知识的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎5.某几何体的三视图如图所示（单位：‎ ‎），其俯视图为等边三角形，则该几何体的体积（单位：）是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由题意可知该几何体为正三棱柱去掉一个小三棱锥，.‎ 故选：B. ‎ ‎6.已知点为双曲线上一点，则它的离心率为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将坐标代入双曲线，求得的值，进而求得的值和离心率.‎ ‎【详解】将的坐标代入双曲线方程得，解得，故，所以离心率为，故选B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查双曲线标准方程的求法，考查双曲线离心率的求法，属于基础题.‎ ‎7.设函数，若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用函数的奇偶性求出a，求出函数的导数，求出切线的斜率后求解切线方程．‎ ‎【详解】解：函数，若为奇函数，‎ 可得，所以函数，可得，‎ 曲线在点处的切线的斜率为：，‎ 曲线在点处的切线方程为：．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性以及函数的切线方程的求法，考查计算能力．‎ ‎8.已知正项等比数列的前项和为，且，则公比的值为（　　）‎ A B. 或 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得，故可求的值.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 故，因正项等比数列，故，所以，故选C.‎ ‎【点睛】一般地，如果为等比数列，为其前项和，则有性质：‎ ‎（1）若，则；‎ ‎（2）公比时，则有，其中为常数且；‎ ‎（3） 为等比数列（ ）且公比为.‎ ‎9.十三届全国人大二次会议于年月日至 日在北京召开，会议期间工作人员将其中的个代表团人员（含、两市代表团）安排至，，三家宾馆入住，规定同一个代表团人员住同一家宾馆，且每家宾馆至少有一个代表团入住，若、两市代表团必须安排在宾馆入住，则不同的安排种数为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按入住宾馆的代表团的个数分类讨论.‎ ‎【详解】如果仅有、入住宾馆，则余下三个代表团必有2个入住同一个宾馆，此时共有安排种数，‎ 如果有、及其余一个代表团入住宾馆，则余下两个代表团分别入住，此时共有安排种数，‎ 综上，共有不同的安排种数为，故选B.‎ ‎【点睛】本题考查排列、组合计数，注意要先分组再分配，否则容易出现重复计数的错误.‎ ‎10.已知同时满足下列三个条件：‎ ‎①时，的最小值为 ‎②是偶函数：‎ ‎③‎ 若在有最小值，则实数的取值范围可以是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由① 求出最小正周期，得出，再由② 求出的可能值，并由③ 确定的取值，从而求出函数解析式，然后由函数由最小值且左端点取不到，‎ 所以图像必过最低点列出不等式解出的范围，得到符合的选项.‎ ‎【详解】解：因为函数最大值为2，最小值为－2，由① 知，相邻最高最低点即 所以，‎ 又因为为偶函数 所以，即 又因为 所以 所以 当时，‎ 此时函数由最小值，所以，即 只有选项D满足 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的解析式的求法，正弦型函数的图像与性质，属于中档题.‎ ‎11.设圆锥曲线的两个焦点分别为，若曲线上存在点满足，则曲线的离心率等于（ ）‎ A. 或 B. 或 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：设，则依题有，当该圆锥曲线为椭圆时，椭圆的离心率 ‎；当该圆锥曲线为双曲线时，双曲线的离心率为；综上可知，选A.‎ 考点：1.椭圆的定义；2.双曲线的定义.‎ ‎12.不等式对任意恒成立，则实数的取值范围（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可以将“不等式对任意恒成立”转化为“对恒成立”，然后求出方程，的最小值即可得出结果。‎ ‎【详解】题意即为对恒成立，‎ 即对恒成立，从而求，的最小值，而 故 即 当时，等号成立，方程在内有根，‎ 故，所以，故选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查不等式的相关性质，在利用不等式求参数的取值范围时，可以先将参数提取到单独的一侧，然后通过求解函数的最值来求解参数的取值范围，考查函数方程思想，考查计算能力，是难题。‎ 第Ⅱ卷（非选择题共90分）‎ 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分）‎ ‎13.已知向量，，且，则与的夹角为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算出，再求出，的坐标，计算出它们的夹角的余弦后可求夹角的大小.‎ ‎【详解】因为，故，所以，故，‎ 故，设与的夹角为，则 ‎，因，故，填.‎ ‎【点睛】向量的数量积有两个应用：（1）计算长度或模长，通过用 ；（2）计算角，.特别地，两个非零向量垂直的等价条件是 ‎14.已知的展开式中第5项为常数项，则该式中所有项系数的和为_________.‎ ‎【答案】-32‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先写出二项式展开式中第5项，因为第5项为常数项解出，然后令得各项系数和.‎ ‎【详解】解：因为，且第5项为常数项 所以，即 令，得所有项系数和为 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理的展开通项式，以及各项系数和问题，属于基础题.‎ ‎15.已知正三棱柱底面边长为，高为3，圆是三角形的内切圆，点是圆上任意一点，则三棱锥的外接球的体积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出三角形的内切圆的半径，再求出三角形的外接圆的半径，可得三棱锥的外接球的半径，即可求出三棱锥的外接球的体积．‎ ‎【详解】解：∵正三棱柱底面边长为，‎ ‎∴等边三角形的内切圆的半径为，‎ 的外接圆的半径为．‎ 设球心到上下底面的距离分别为，，‎ 则，解得．‎ ‎∴．‎ 则三棱锥的外接球的体积为．‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥的外接球的体积，考查学生的计算能力，确定三棱锥的外接球的半径是关键，是中档题．‎ ‎16.已知直线l:y=k(x-2)与抛物线C:y2=8x交于A,B两点，F为抛物线C的焦点，若|AF|=3|BF|，则直线l的倾斜角为_________。‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ 设交点，由于直线过焦点，所以将代入并整理可得，则，又由抛物线的定义可得，故由题设可得代入可得，解之得或（舍去），故时，，代入 可得，所以直线的倾斜角是或，应填答案或。‎ 点睛：解答本题的关键是求出直线的斜率，再借助斜率与倾斜角之间的关系求出倾斜角。求解时先将直线与抛物线联立，借助题设条件探求交点坐标之间的关系，通过建立方程求出交点坐标及直线的斜率，从而使得问题获解。‎ 三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.）‎ ‎17.每年七月份，我国J地区有25天左右的降雨时间，如图是J地区S镇2000-2018年降雨量（单位：mm）的频率分布直方图，试用样本频率估计总体概率，解答下列问题：‎ ‎（1）假设每年的降雨天气相互独立，求S镇未来三年里至少有两年的降雨量不超过350mm的概率；‎ ‎（2）在S镇承包了20亩土地种植水果的老李过去种植的甲品种水果，平均每年的总利润为31.1万元．而乙品种水果的亩产量m（kg/亩）与降雨量之间的关系如下面统计表所示，又知乙品种水果的单位利润为32-0.01×m（元/kg），请帮助老李排解忧愁，他来年应该种植哪个品种的水果可以使利润ξ（万元）的期望更大？（需说明理由）；‎ 降雨量 ‎[100，200）‎ ‎[200，300）‎ ‎[300，400）‎ ‎[400，500）‎ 亩产量 ‎500‎ ‎700‎ ‎600‎ ‎400‎ ‎【答案】（1） ；（2）乙品种杨梅的总利润较大.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由频率分布直方图中矩形面积和为1，计算第四组的频率，再求出第三组矩形面积的一半，求和即可求出对应的概率值，再利用独立重复试验概率公式可得结果；（2）根据直方图求随机变量的概率，可得随机变量的分布列，求出乙品种杨梅的总利润的数学期望，与过去种植的甲品种杨梅平均每年的总利润为28万元比较得出结论和建议.‎ ‎【详解】（1）频率分布直方图中第四组的频率为 该地区在梅雨季节的降雨量超过的概率为 所以该地区未来三年里至少有两年梅雨季节的降雨量超过的概率为 ‎（或.）‎ ‎（2）据题意，总利润为元，其中.‎ 所以随机变量（万元）的分布列如下表：‎ ‎ ‎ ‎27‎ ‎35‎ ‎31.2‎ ‎22.4‎ ‎ ‎ ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0.3‎ ‎0.1‎ 故总利润（万元）的期望 ‎ （万元）‎ 因为，所以老李应该种植乙品种杨梅可使总利润（万元）的期望更大.‎ ‎【点睛】本题主要考查频率分布直方图的应用以及离散型随机变量的分布列与期望，属于中档题. 直方图的主要性质有：（1）直方图中各矩形的面积之和为；（2）组距与直方图纵坐标的乘积为该组数据的频率；（3）每个矩形的中点横坐标与该矩形的纵坐标、组距相乘后求和可得平均值；（4）直方图左右两边面积相等处横坐标表示中位数.‎ ‎18.在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且 Ⅰ求角A的大小；‎ Ⅱ若，求面积的最大值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）由正弦定理进行边角互化得。‎ ‎（2）由余弦定理结合基本不等式进行求解 详解：（Ⅰ）由正弦定理可得：‎ 从而可得：，即 又为三角形内角，所以，于是 又为三角形内角，所以．‎ ‎（Ⅱ）由余弦定理：得：，‎ 所以，所以.‎ 点睛：本题主要考查了正弦定理、余弦定理、三角形面积公式和基本不等式的应用，属于中档题。‎ ‎19.如图，在四棱锥中，平面，，，，，是的中点．‎ ‎ ‎ ‎（1）求和平面所成的角的大小．‎ ‎（2）求二面角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）推导出．又，从而平面．进而为和平面所成的角，由此能示出和平面所成的角的大小． ‎ ‎（2）推导出，从而平面，进而平面．过点作，垂足为，连接，则是二面角的平面角．由此能求出二面角的正弦值．‎ ‎【详解】解：（1）在四棱锥中，∵平面，平面，‎ ‎∴．又，，∴平面．‎ 故在平面内的射影为，从而为和平面所成的角．‎ 在中，，故．‎ 所以和平面所成的角的大小为．‎ ‎（2）在四棱锥中，∵平面，平面，∴．‎ 由条件，，∴平面．‎ 又∵平面，∴．由，，可得．‎ ‎∵是的中点，∴．又∵，∴平面．‎ 过点作，垂足为，连接，如图所示．‎ ‎∵平面，在平面内的射影是，‎ ‎∴．∴是二面角的平面角．‎ 由已知∵，∴设，‎ 则，，，．‎ 中，．‎ 在中，∵，∴，得．‎ 在中，．‎ 所以二面角的正弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查线面角的求法，考查二面角的正弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．‎ ‎20.已知椭圆， ，左、右焦点为，点在椭圆上，且点关于原点对称，直线的斜率的乘积为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）已知直线经过点，且与椭圆交于不同的两点，若，判断直线的斜率是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）直线的斜率为定值 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用斜率乘积为，，可构造出方程组，求解得到和，从而可得椭圆标准方程；（2）联立直线与椭圆方程，可得关于的一元二次方程；利用判别式大于零可求得的取值范围；利用韦达定理表示出和；根据，可得到；利用向量数量积坐标运算，代入韦达定理整理得到，解方程可求得结果.‎ ‎【详解】（1）由题意知：，又，‎ 可得：，，‎ 椭圆的方程为：‎ ‎（2）设直线的方程为：‎ 将其代入，整理可得：‎ 则，得：‎ 设，‎ 则，‎ 又，且 ‎ 又，‎ 所以 又，‎ 化简得：，解得：‎ ‎ ‎ 直线的斜率为定值 ‎【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解、椭圆中的定值类问题.解决本题的关键是灵活利用韦达定理的形式来表示出已知中的等量关系，通过整理可得到关于 的方程，解方程求得结果；要注意的是，需要通过判别式确定的取值范围.‎ ‎21.已知函数（为自然对数的底，，为常数且）‎ ‎（1）当时，讨论函数在区间上的单调性；‎ ‎（2）当时，若对任意的，恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）时，求得，当时，恒有．当时，由，得，由，得，再由和分类讨论，能求出结果．‎ ‎（2）当时，求得，推导出，再由和进行分类讨论经，利用导数的性质能求出足条件的实数的取值范围．‎ ‎【详解】（1）由题知时，，， ，‎ ‎①当时，得函数在上单调递减； ‎ ‎②当时，由，得，由，得，‎ Ⅰ.当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；‎ Ⅱ.当时，函数在区间上单调递增． ‎ ‎（2）时，，‎ 则，‎ 由（1）知，函数在区间上单调递增，‎ 所以当时，，即，‎ ‎∴． ‎ ‎①当时，在区间上恒成立，即在上单调递增，‎ ‎∴（合题意）．‎ ‎②当时，‎ 由，得，且在上单调递增，‎ 又，，，，‎ 故在上存在唯一的零点，当时，，‎ 即在上递减，此时，知在上递减，‎ 此时与已知矛盾（不合题意），‎ 综上：满足条件的实数的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数在函数中的应用，其中解答中通常需要对函数求导，通过研究函数的单调性、最值等求解，属于常考题型，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．‎ ‎（二）选考题：共10分，请考生在第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，已知曲线的参数方程：（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）若曲线与曲线相切，求的值；‎ ‎（2）若曲线与曲线交于两点，且，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先把曲线和曲线化成普通方程，再根据点到直线距离等于半径列等式可解得；‎ ‎（2）联立直线与曲线的参数方程，利用参数的几何意义可得答案 ‎【详解】（1）直线的直角坐标方程为．‎ 圆的普通方程为． ‎ 因为直线与圆相切，所以． ‎ ‎（2）把的参数方程：（为参数）代入曲线的普通方程：‎ 得，故， ‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题考查了简单曲线的极坐标方程与普通方程之间的转化，较为简单 ‎23.已知为正实数，函数.‎ ‎（1）求函数的最大值；‎ ‎（2）若函数的最大值为1，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用绝对值不等式公式进行求解；‎ ‎（2）由（1）得，再根据基本不等式可得的最小值.‎ ‎【详解】解：（1）因为，‎ 所以函数的最大值为.‎ ‎（2）由（1）可知，，‎ 因为，‎ 所以，‎ 所以，‎ 即，‎ 且当时取“”，‎ 所以的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查了基本不等式、绝对值不等式等知识，运用基本不等式时，要注意题意是否满足“一正、二定、三相等”的条件，熟练运用绝对值不等式也是解决本题的关键.‎ ‎ ‎