2020届山西省运城市高三上学期期末数学（文）试题

2020届山西省运城市高三上学期期末数学（文）试题

山西省运城市2020届高三上学期期末 数学（文）试题 一、单选题 ‎1．集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】先解一元二次不等式求出集合A，再通过交集的运算，可得到本题答案.‎ ‎【详解】‎ 由，得，从而，，‎ ‎.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题考查了集合的交集运算，以及一元二次不等式的解法，属于基础题.‎ ‎2．已知复数满足，则在复平面内复数对应的点的坐标是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】通过复数的除法运算公式求得z，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】‎ ‎，，所以在复平面内z对应的点的坐标为.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要考查了复数的除法运算，以及复数在复平面内对应点的坐标，属于基础题.‎ ‎·20·‎ ‎3．已知，则角的值不可能是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】把代入等式，逐步化简，可得到本题答案.‎ ‎【详解】‎ 或，所以都满足题意，而不满足.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题主要考查三角函数化简求角的问题.‎ ‎4．下列函数中，既是偶函数，又是在区间上单调递减的函数为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】本题考察函数的单调性与奇偶性 由函数的奇偶性定义易得，，是偶函数，是奇函数 是周期为的周期函数，单调区间为 时，变形为，由于2>1,所以在区间上单调递增 时，变形为，可看成的复合，易知为增函数，为减函数，所以在区间上单调递减的函数 故选择A ‎·20·‎ ‎5．已知向量与的夹角为，向量，，若，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】先由，可求得，再根据向量的模的计算公式，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】‎ ‎，，即，代入，得.又， ‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查向量垂直的等价条件、数量积以及向量的模的计算.‎ ‎6．设，是空间中两条不同的直线，，是空间中两个不同的平面，则下列说法中正确的个数为 ‎①若，，，则；②若，，，则 ‎③若，，，则；④若，，，则 A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据空间中线面关系的性质定理，逐项判断，能得到答案 ‎【详解】‎ 对于①，直线m与n有可能平行、异面以及相交但不垂直，所以①不正确；对于②，直线m与n有可能异面，所以②不正确；对于③，，，则又，则，所以③‎ ‎·20·‎ 正确；对于④，，，，又，在平面内必有一条直线l与n平行，，则，所以④正确.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间中线面之间位置关系的判断，属于基础题.‎ ‎7．函数的部分图象如图所示，若函数的最大值为，且其图象关于直线对称，则（ ）‎ A．， B．，‎ C．， D．，‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据对称轴方程可得式子①，再根据的最大值为可得式子②，联立①，②，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】‎ 设，令，得，所以是的一条对称轴，又的图象关于直线对称，为的对称轴，即有①，另外，当时，取最大值，所以 ‎②，联立①，②得，.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ ‎·20·‎ 本题主要考查根据函数图象的性质求参数的取值.‎ ‎8．已知实数，，，满足，，，命题：若，则；命题：若，则，则下列命题中的真命题的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】先对命题p和命题q的真假性做出判断，然后根据真值表判断复合命题的真假，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】‎ 当时， ，，所以命题p是真命题；当时，， ，所以命题q是假命题，是真命题，则为真命题.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查复合命题的真假性判断，以及判断指数和对数的大小关系，属于基础题.‎ ‎9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的半径为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎·20·‎ ‎【答案】D ‎【解析】先根据三视图画出四棱锥的直观图，设外接球的半径为R，根据勾股定理，可求得本题答案.‎ ‎【详解】‎ 图1中的四棱锥P-ABCD为三视图的直观图，把四棱锥直接画出来如下图2，连AC、BD交于点O1,再连接PO1，易得四棱锥的底面ABCD为矩形，四条侧棱相等，所以PO1垂直与底面ABCD，则四棱锥的外接球的球心必定在连线上的某一处，设外接球球心为点O，连接BO，，， ，设外接球的半径为R，则在中，有，解得.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题主要考查由三视图还原几何体，以及几何体外接球的半径计算，难度适中.‎ ‎10．在1815年英国伦敦出版的著名数学科普刊物《男士日记》中刊登了如下问题：设为圆内弦的中点，过点作弦和，连接和分别交于点，，则为的中点.以上问题的图形，像一只在圆中翩翩起舞的蝴蝶，这正是该问题被冠以“蝴蝶定理”的美名的缘由.由于蝴蝶定理意境优美，结论简洁，蕴理深刻，如本图所示，若的外接圆为，的外接圆为，随机向圆内丢一粒豆子，落入内的概率为，随机向圆内丢一粒豆子，落 ‎·20·‎ 入内的概率为，则（ ）‎ A． B． C． D．与的大小不能确定 ‎【答案】C ‎【解析】分别把表示出来，然后比较大小，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】‎ 设外接圆的半径为，外接圆的半径为，点D到AB的距离为，点F到AB的距离为，由图可知.根据正弦定理有， ，， ，又，‎ ‎，‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查几何概型的概率计算，难度适中.‎ ‎11．若函数（）在区间上单调递减，则实数的最大值为（ ）‎ A． B． C． D．2‎ ‎【答案】C ‎·20·‎ ‎【解析】先求出函数（）的减区间，进而列出不等式组，确定的取值范围，即可求得本题答案.‎ ‎【详解】‎ 的减区间为，令，得，（）的减区间为，当时，的减区间为，（）在区间上单调递减，需满足不等式组，解得， .‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查根据三角函数的单调性确定参数的取值范围，难度适中.‎ ‎12．设、分别为双曲线（，）的左、右焦点，为双曲线右支上一点，若的最大值为，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据的最大值为，先确定的值，再通过，可求出的取值范围，从而可得到本题答案.‎ ‎【详解】‎ ‎·20·‎ ‎， ‎ ‎，当且仅当，时，即，取最大值，此时， ，即有，，，解得，所以.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要结合基本不等式考查双曲线的渐近线的取值范围，难度适中.‎ 二、填空题 ‎13．若曲线在点处的切线方程为，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据切线方程为可得，解方程组即可得到本题答案.‎ ‎【详解】‎ ‎，，又在处的切线方程为，‎ ‎，即，得，.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查导数的几何意义，属于基础题.‎ ‎14．若抛物线（）的准线为圆的一条切线，则抛物线的标准方程为__________．‎ ‎·20·‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】利用圆心到切线距离等于半径列出等式，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】‎ 抛物线的标准方程为（），其准线方程为，而圆的标准方程为，圆心为，半径，因为是圆的一条切线，所以，得（舍去）或，抛物线的标准方程为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查抛物线的标准方程和准线方程以及圆的切线，属于基础题.‎ ‎15．在中，内角、、所对的边分别为，，，已知，且，，成等差数列，，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由，，成等差数列得①，由，得②，再把①②代入余弦定理，可得本题答案.‎ ‎【详解】‎ 成等差数列， ，，，‎ ‎，解得.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查解三角形、等差数列与向量的综合，考查运算求解能力.‎ ‎16．已知函数，若方程有三个不同的实根，，，且，则的取值范围为__________．‎ ‎·20·‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】做出的图象，根据函数方程之间的关系，确定的取值范围，结合对数的运算法则进行化简，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】‎ 如下图，画出函数的图象，若方程有三个不同的实根，，，则必有， ， ，得，所以，则，‎ ‎.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查函数的零点问题，数形结合是解决本题的关键.‎ 三、解答题 ‎17．春节来临之际，某超市为了确定此次春节年货的进货方案，统计去年春节前后50天年货的日销售量（单位：kg），得到如图所示的频率分布直方图.‎ ‎·20·‎ ‎（2）先从日销售在，，内的天数中，按分层抽样随机抽取4天进行比较研究，再从中选2天，求这2天的日销售量都在内的概率.‎ ‎【答案】（1），168.6；（2）‎ ‎【解析】（1）利用频率和=1，可求得a；利用平均数的计算公式可求得答案；‎ ‎（2）列举出所有的等可能情况，利用古典概型的概率公式求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意得,所以，‎ 所以 ‎（2）从日销售量在，，内的天数中，按分层抽样随机抽取4天，则日销售量都在内的有1天，可记为，在内的有2天，可记为，，在内的有1天，可记为.‎ 从中选出2天，有，，，，，，共6种选法，其中2天的日销售量都在内的有，共1种选法.则所求概率.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查频率直方图以及古典概型，属于基础题.‎ ‎18．记为等比数列的前项和，已知，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）令，记为数列的前项和，若，求正整数的最大值.‎ ‎·20·‎ ‎【答案】（1）；（2）22‎ ‎【解析】（1）由，可算出等比数列的公比q，接着即可得到本题答案；‎ ‎（2）化简，写出的表达式，解不等式即可得到本题答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设的公比为.由题意得，又，‎ 所以，解得,则的通项公式为；‎ ‎（2）因为，∴，‎ 因为，，所以解得的最大值为22.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查等比数列、等差数列与不等式的综合，难度不大.‎ ‎19．如图，在多面体中，底面为菱形，，，平面，，.‎ ‎（1）若点，分别在，上，且，，证明平面.‎ ‎（2）若平面平面，求平面把多面体分成大、小两部分的体积比.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】（1）通过对应边成比例得到，从而有平面；‎ ‎（2）分别求出多面体和三棱锥F-BCD两部分的体积，即可得解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）依题意确定点，的位置如图所示，连接.∵在中，，，‎ ‎·20·‎ ‎∴，又平面，平面，∴平面 ‎（2）如图，连接交于点，连接，.∵底面是边长为2的菱形，∴为等边三角形，.由平面，底面是菱形，，易得，，则，，‎ ‎∵平面平面，平面平面，‎ 且平面，∴平面，又平面，∴‎ 设，，由得，解得，∴，.∵平面，平面，‎ ‎∴.又，，，平面.∴平面，由是边长为2的等边三角形，为菱形的对角线，易得，由对称性可知，‎ 又 ‎∴平面把多面体分成大小两部分的体积比为 ‎·20·‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间中直线与平面平行关系的证明、几何体的体积计算等基础知识，考查考生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.‎ ‎20．已知函数，.‎ ‎（1）求函数的单调区间和函数的最值；‎ ‎（2）已知关于的不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）‎ ‎【解析】（1）求导后，分和两种情况考虑的单调性；利用导数求的极值即可；‎ ‎（2）对任意的恒成立，等价于对任意的恒成立，设，利用导数研究的单调性以及最值，从而可得到结论.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，∴.‎ 当，即时，恒成立，在区间上单调递增.‎ 当，即时，令，则或，单调递增；令，则，单调递减.‎ 综上，当时，的单调递增区间为；当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为；‎ 因为，（）‎ 所以，所以当时，，单调递增，‎ ‎·20·‎ 当时，，单调递减，所以，无最大值.‎ ‎（2）对任意的恒成立，‎ 即对任意的恒成立.‎ 令，，则.‎ 当时，因为，所以，所以，在区间上单调递减.所以，符合题意.‎ 当时，令，得，令，得，‎ 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，‎ 所以 由（1）知，即在上恒成立，不符合题意.‎ 综上，实数的取值范围为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查利用导数求最值，求含参函数的单调区间以及利用导数研究不等式的恒成立问题.‎ ‎21．已知椭圆:（）的左、右焦点分别是、，是椭圆上一点，为的内切圆圆心，，且的周长为6.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）已知过点的直线与椭圆交于，两点，若，求四边形面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】（1）因为，所以，结合的周长为6，可算得，从而可得到本题答案；‎ ‎·20·‎ ‎（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立消y，利用韦达定理，写出的表达式，又因为，所以，从而可得到的表达式，逐步化简，求其最大值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵，∴，即①‎ 又∵的周长为6 ∴，即②‎ 由①②可得，，则，∴椭圆方程为 ‎（2）设直线的方程为，，，则由联立消y可得，，‎ ‎∵，∴‎ ‎∴，令 ‎∴，∴，又∵在区间上单调递增，∴，∴，∴四边形的面积最大值为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与圆锥曲线以及向量的综合应用，直线方程与椭圆方程联立消y，利用韦达定理是解决本题的关键.‎ ‎·20·‎ ‎22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（，为参数），曲线的参数方程为（为参数），直线与曲线交于，两点.‎ ‎（1）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线的极坐标方程；‎ ‎（2）若，点，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】（1）先把参数方程变为普通方程，再根据，把普通方程变为极坐标方程；‎ ‎（2）把直线的参数方程代入圆的普通方程得到一个关于t的一元二次方程，根据韦达定理求出的值，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为曲线的参数方程为（为参数），‎ 所以曲线的普通方程为，即.‎ 又所以曲线的极坐标方程为.‎ ‎（2）由直线的参数方程易知，直线的普通方程为.‎ 由（1）知，曲线是圆心为，半径为的圆.因为，‎ 所以圆心到直线的距离为，所以 解得或（舍去），将直线的参数方程（为参数）‎ ‎·20·‎ 代入曲线的直角坐标方程得 整理得，则.‎ 设，对应的参数分别为，，，‎ 由于点在圆外，所以 ‎【点睛】‎ 本题主要考查把圆的参数方程变为极坐标方程，以及直线方程参数的几何意义.‎ ‎23．已知函数.‎ ‎（1）求的最小值；‎ ‎（2）若存在实数，使得成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】（1）直接利用绝对值不等式可得到本题的答案；‎ ‎（2）若存在实数，使得成立，设，等价于，通过均值不等式可求得的最小值，接着解不等式，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为函数，‎ 所以 当且仅当，即，即时取等号，‎ ‎·20·‎ 所以的最小值为.‎ ‎（2），‎ 当且仅当，即时取等号.‎ 因为存在实数，使得成立，所以 得或或，‎ 所以的取值范围是 ‎【点睛】‎ 本题主要考查绝对值不等式以及均值不等式的运用.‎ ‎·20·‎