甘肃省临夏市临夏中学2020届高三上学期第一次摸底考试数学（文）试题 含解析

甘肃省临夏市临夏中学2020届高三上学期第一次摸底考试数学（文）试题 含解析

甘肃省临夏中学 2019—2020 学年第一学期摸底考试试卷 一、选择题（本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分） 1.已知集合    21,0,1,2 1A B x x，    ，则 A B  （ ） A.  1,0,1 B.  0,1 C.  1,1 D.  0,1,2 【答案】A 【解析】 【分析】 先求出集合 B 再求出交集. 【详解】 2 1,x   1 1x   ， ∴  1 1B x x    ，则  1,0,1A B   ， 故选 A． 【点睛】本题考查了集合交集的求法，是基础题. 2.在复平面内,复数 2 3iz i  对应的点的坐标为 A.  3,2 B.  2,3 C.  –2,3 D.  3, 2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据复数除法运算求得 z ，根据复数几何意义可得结果. 【详解】   2 2 32 3 3 2i iiz ii i     z 对应的点的坐标为： 3, 2 本题正确选项： D 【点睛】本题考查复数的几何意义、复数的运算，属于基础题. 3.已知向量 (1, )a m ，向量 ( 1, 3)b   ，若 / /a b   ，则 m  （ ） A. 3 B. 3 C. 3 3 D. 3 3  【答案】B 【解析】 【分析】 直接利用向量平行的坐标表示求 m 的值. 【详解】由题得1 3 ( 1) 0, m 3m        . 故选：B 【点睛】本题主要考查向量平行的坐标表示，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分 析推理能力. 4.设 1 20202019a  ， 2019log 2020b  ， 2020 1log 2019c  ，则( ) A. c b a  B. b c a  C. a b c  D. a c b  【答案】C 【解析】 【分析】 根据指数函数的单调性以及对数函数的单调性分别判断出 , ,a b c 的取值范围，从而可得结 果. 【详解】 1 202 00 2019019 12a   , 2019 2019log 2020 log 2019 10 b   , 2020 2020 1log log 1 02019c    , a b c  ,故选 C. 【点睛】本题主要考查对数函数的性质、指数函数的单调性及比较大小问题，属于基础题. 解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间      ,0 , 0,1 , 1,  ）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可 以两种方法综合应用. 5.执行如图所示的程序框图，输出的 s 值为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 根据程序框图中的条件逐次运算即可. 【详解】运行第一次， =1k ， 22 1 23 1 2s    ， 运行第二次， 2k  ， 22 2 23 2 2s    ， 运行第三次， 3k  ， 22 2 23 2 2s    ， 结束循环，输出 =2s ，故选 B. 【点睛】本题考查程序框图，属于容易题，注重基础知识、基本运算能力的考查. 6.若 12x  ，则 4 4sin cosx x 的值为（ ） A. 3 2 B. 3 2  C. 1 2 D. 1 2  【答案】B 【解析】 【分析】 利用平方差公式以及二倍角的余弦公式化简原式，再将 12x  代入即可. 【详解】   4 4 2 2 2 2sin cos sin cos sin cosx x x x x x    2 2sin cos cos2x x x    ， 因为 12x  ， 3cos2 cos 6 2x      ，故选 B. 【点睛】二倍角的余弦公式具有多种形式，是高考考查的重点内容之一,此类问题往往是先 化简，再求值. 7.函数 y= 2 x sin2x 的图象可能是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在 π( ,π)2 上的符号，即可判断选择. 详解：令 ( ) 2 sin 2xf x x ， 因为 , ( ) 2 sin 2( ) 2 sin 2 ( )x xx R f x x x f x        ，所以 ( ) 2 sin 2xf x x 为奇函 数，排除选项 A,B; 因为 π( ,π)2x 时， ( ) 0f x  ，所以排除选项 C，选 D. 点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的 左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变 化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环 往复． 8.已知双曲线 2 2 2 2 1x y a b   的一条渐近线方程为 3y x ，则双曲线的离心率为( ) A. 2 2 B. 2 C. 3 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】 利用双曲线的渐近线方程,推出 ,a b 的关系,然后求解双曲线的离心率即可. 【详解】双曲线 2 2 2 2 1x y a b   的一条渐近线方程为 3y x , 可得 3b a  ,即 2 2 2 2 3 1c a ea     ,解得 2e  , 故选 D. 【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线与离心率，属于基础题. 离心率的求解在圆锥曲线的 考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出 ,a c ，从而求出 e ;② 构造 ,a c 的齐次式，求出 e ;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解. 9.已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 内有一个内切球 O，则在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 内任取 点 M，点 M 在球 O 内的概率是( ) A. 4  B. 8  C. 6  D. 12  【答案】C 【解析】 【分析】 先求出正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的内切球O 的体积以及正方体的体积,再利用几何概型概 率公式求解. 【详解】设正方体的棱长为 2，则其体积为 8， 正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的内切球O 的半径是其棱长的一半, 其体积为 3 1 4 413 3V    , 则点 M 在球O 内的概率是 4 3 8 6   ，故选 C. 【点睛】本题主要考查球的体积公式以及几何概型概率公式的应用，属于中档题. 解决几何 概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型. 10.函数   1 ln xf x x  的图像在 1 ex  处的切线方程是（ ）. A. 1 0ex y   B. 1 0ex y   C. 2 0e x y e   D. 2 0e x y e   【答案】D 【解析】 【分析】 求出导函数，将 1 ex  代入可得切线斜率，结合选项可得结果. 【详解】   1 ln xf x x Q ,     2 2 1 1 ln ln' x x xxf x x x       , 所以切线斜率 2 2 1ln1' 1 ek f ee e       , 只有选项 D 中直线斜率为 2e ,故选 D. 【点睛】本题主要考查利用导数求切线的斜率，意在考查对基础知识的掌握情况，属于基础 题. 11.已知直线 5 12x  和点 ( ,0)6  恰好是函数 ( ) 2 sin( )f x x   的图象的相邻的对称轴 和对称中心，则 ( )f x 的表达式可以是 A. ( ) 2 sin(2 )6f x x   B. ( ) 2 sin(2 )3f x x   C. ( ) 2 sin(4 )3f x x   D. ( ) 2 sin(4 )6f x x   【答案】B 【解析】 由 题 意 5 4 12 6 4 T      ， T  ， 又 2 T   ， ∴ 2  ． sin(2 ) 06     ， ,3k k Z    ，故选 B． 【考点】三角函数的图象与五点法． 12.设定义在 R 上的函数 ( )y f x 满足任意 t R 都有 1( 2) ( )f t f t   ，且 (0,4]x 时， ( )'( ) f xf x x  ，则 6 (2017)f ，3 (2018)f ， 2 (2019)f 的大小关系是（ ） A. 6 (2017) 3 (2018) 2 (2019)f f f  B. 3 (2018) 6 (2017) 2 (2019)f f f  C. 2 (2019) 3 (2018) 6 (2017)f f f  D. 2 (2019) 6 (2017) 3 (2018)f f f  【答案】A 【解析】 【分析】 函数 f（x）满足 f（t+2）=   1 f t ，可得 f（x）是周期为 4 的函数．6f（2017）=6f（1），3f （2018） =3f（2），2f（2019）=2f（3）．令 g（x）=  f x x ，x ∈ （0，4]，则 g′（x）=     2 'xf x f x x  ＞0，利 用其单调性即可得出． 【详解】函数 f（x）满足 f（t+2）=   1 f t ，可得 f（t+4）=   1 2f t  =f（t），∴f（x）是 周期为 4 的函数． 6f（2017）=6f（1），3f（2018）=3f（2），2f（2019）=2f（3）． 令 g（x）=  f x x ，x ∈ （0，4]，则 g′（x）=     2 'xf x f x x  ， ∵x ∈ （0，4]时，    ' f xf x x ＞ ， ∴g′（x）＞0，g（x）在（0，4]递增， ∴f（1）＜  2 2 f ＜  3 3 f ， 可得：6f（1）＜3f（2）＜2f（3），即 6f（2017）＜3f（2018）＜2f（2019）． 故答案为：A 【点睛】本题考查了函数的周期性单调性、利用导数研究函数的单调性、构造法，考查 了推理能 力与计算能力，属于难题．(2)解答本题的关键有两点，其一是求出函数的周期是 4，其二是 构造函数 g（x）=  f x x ，x ∈ （0，4]，并求出函数的单调性. 二、填空题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13.已知函数 2log , 0,( ) 2 2 , 0,x x xf x x     则 1( ( ))4f f __________． 【答案】-2 【解析】 【分析】 先计算出 1( ) 24f   ,再求 1 4f f        得解. 【详解】由题得 2 2 2 1 1( ) log log 2 24 4f     ， 所以 1 4f f        =f(-2)= 22 2 2   . 故答案为：-2. 【点睛】本题主要考查对数和指数运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推 理计算能力. 14.若 2 2log log 1m n  ，那么 m n 的最小值是________. 【答案】 2 2 【解析】 【分析】 由对数的运算性质可得 2mn  ,由基本不等式可得 2m n mn  ,从而求得 m n 的最小 值. 【详解】 2 2log log 1m n  ,即 2log 1mn  , 2mn  ， 由基本不等式可得 2 2 2m n mn   ,当且仅当 m n 时,等号成立, 故 m n 的最小值是 2 2 , 故答案为 2 2 . 【点睛】本题考查对数的运算性质,以及基本不等式的应用,注意检验等号成立的条件. 15.在 ABC△ 中，角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ， c ， 60A   ， 4b  ， 2 3a  ， 则 ABC△ 的面积等于__________． 【答案】 2 3 【解析】 在 ABC△ 中，由余弦定理可得： 2 2 2 2 cosa b c bc A   ， 即 212 16 4c c   ，解得 2c  ， 故 ABC△ 的面积 1 1 3sin 4 2 2 32 2 2S bc A      ． 16.半径为 4 的球的球面上有四点 A,B,C,D，已知 ABC 为等边三角形且其面积为9 3 ，则 三棱锥 D ABC 体积的最大值为_____________________． 【答案】18 3 【解析】 分析：求出△ABC 为等边三角形的边长，画出图形，判断 D 的位置，然后求解即可． 详解：△ABC 为等边三角形且面积为 9 3 ，可得 23 9 34 AB  ，解得 AB=6， 球心为 O，三角形 ABC 的外心为 O′，显然 D 在 O′O 的延长线与球的交点如图： O′C= 2 3 6 2 33 2    ，OO′= 2 24 (2 3 =2 ） ， 则三棱锥 D﹣ABC 高的最大值为 6， 则三棱锥 D﹣ABC 体积的最大值为： 31 3 6 =18 3.3 4   故答案为：18 3 ． 点睛：（1）本题主要考查球的内接多面体和体积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水 平和空间想象能力转化能力. (2)本题求体积的最大值，实际上是求高的最大值，所以求高是 关键. 三、解答题 17.已知等差数列{an}满足 a3＝2，前 3 项和 S3＝ 9 2 . (1)求{an}的通项公式； (2)设等比数列{bn}满足 b1＝a1，b4＝a15，求{bn}的前 n 项和 Tn. 【答案】（1）an＝ 1 2 n  .（2）Tn＝2n－1. 【解析】 试题分析:(1)根据等差数列的基本量运算解出 1a 和 d ,代入公式算出等差数列 na 的通项 公式;(2)计算出等比数列的首项和公比,代入求和公式计算. 试题解析: (1)设{an}的公差为 d，由已知得 解得 a1＝1，d＝ ， 故{an}的通项公式 an＝1＋ ，即 an＝ . (2)由(1)得 b1＝1，b4＝a15＝ ＝8. 设{bn}的公比为 q，则 q3＝ ＝8，从而 q＝2， 故{bn}的前 n 项和 Tn＝ ＝2n－1. 点睛:本题考查等差数列的基本量运算求通项公式以及等比数列的前 n 项和,属于基础题. 在数列求和中，最常见最基本的求和就是等差数列、等比数列中的求和，这时除了熟练掌握 求和公式外还要熟记一些常见的求和结论，再就是分清数列的项数，比如题中给出的 2n  , 以免在套用公式时出错． 18.如图，直三棱柱 中，AC BC , 1AC BC  , 1 2CC  ,点 M 是 1 1A B 的 中点. （1）求证： 1B C //平面 1AC M ； （2）求三棱锥 1 1A AMC 的体积. 【答案】(1)证明见解析；（2） 1 6 . 【解析】 【分析】 （1）连接 1AC 交 1AC 与 N ，则 N 为 1AC 的中点，利用三角形中位线定理可得 1/ /MN BC ， 再由线面平行的判定定理可得结果；（2）由等积变换可得 1 1A AMCV  1 1A A C MV  ，再利用棱锥 的体积公式可得结果. 【详解】 （1）连接 1AC 交 1AC 与 N ，则 N 为 1AC 的中点， 又 M 为 1 1A B 的中点， 1/ /MN B C ， 又因为 MN  平面 1AC M ， 1B C  平面 1AC M ， 1 / /B C 平面 1AC M ； （2）因为，直三棱柱 1 1 1A B C ABC 中， AC BC , 1AC BC  , 1 2CC  ， 且点 M 是 1 1A B 的中点 所以 1 1A AMCV  1 1A A C MV  1 1 1 1 3 A C MS AA  1 1 1 1 1 1 3 2 A C BS AA   1 1 1 11 1 23 2 2 6        . 【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、利用等积变换求三棱锥体积，属于中档题.证 明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内 找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的 性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面 平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 19.某省高考改革实施方案指出:该省高考考生总成绩将由语文、数学、外语 3 门统一高考成 绩和学生自主选择的学业水平等级性考试科目共同构成.该省教育厅为了解正就读高中的学 生家长对高考改革方案所持的赞成态度,随机从中抽取了 100 名城乡家长作为样本进行调查, 调查结果显示样本中有 25 人持不赞成意见.下面是根据样本的调查结果绘制的等高条形图. (1)根据已知条件与等高条形图完成下面的 2×2 列联表,并判断我们能否有 95％的把握认 为“赞成高考改革方案与城乡户口有关”? （2)利用分层抽样从持“不赞成”意见家长中抽取 5 名参加学校交流活动，从中选派 2 名家 长发言，求恰好有 1 名城镇居民的概率. 【答案】（1）没有把握；（2） 3 5 . 【解析】 【分析】 (1)根据所给数据以及等高条形图可完成 2 2 列联表,利用公式求出 2 3.03K  ，与临界值 比较即可得结论； (2)利用列举法，确定基本事件的个数以及符合条件的事件数，再利用 古典概型概率公式可求出恰好有 1 名城镇居民的概率. 【详解】(1)完成 2 2 列联表,如下: 赞成 不赞成 合计 城镇居民 30 15 45 农村居民 45 10 55 合计 75 25 100 代入公式,得 2K 观测值: 2 2( ) 100 (300 675) 3.03 3.841( )( )( )( ) 45 55 75 25 n ad bck a b c d a c b d             我们没有95%的把握认为”赞成高考改革方案与城乡户口有关”. (2) 城乡户口与农村户口比为3:2 ，抽取 5 人中城镇户口的有 3 人， 设为 , ,A B C ，农村户口的有 2 人，设为 ,a b ， 5 人选 2 人共有 , , , , , , , , ,AB AC Aa Ab BC Ba Bb Ca Cb ab ，10 种选法， 其中恰有 1 名城镇户口的有 , , , , ,Aa Ab Ba Bb Ca Cb ，6 种， 所以恰有 1 名城镇居民的概率为 6 3 10 5P   . 【点睛】本题主要考查独立性检验以及古典概型概率公式的应用，属于中档题，利用古典概 型概率公式求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，基本亊件的探求方法有 (1)枚举法： 适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的；(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中 的基本亊件的探求.在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：先 1 1( , )A B ， 1 2( , )A B …. 1( , )nA B ，再 2 1( , )A B ， 2 2( , )A B ….. 2( , )nA B 依次 3 1( , )A B 3 2( , )A B …. 3( , )nA B … 这样才能 避免多写、漏写现象的发生 20.已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率为 2 2 ，点 (2, 2) 在C 上 （1）求C 的方程 （2）直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点 ,A B ，线段 AB 的中点为 M . 证明：直线 OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值. 【答案】（1） 2 2 18 4 x y  （2） 1 2OMk k   【解析】 试题分析：（Ⅰ）由 2 2 2 2 2 4 2, 1,2 a b a a b     求得 2 28, 4a b  ,由此可得 C 的方程.（II） 把 直 线 方 程 与 椭 圆 方 程 联 立 得  2 2 22 1 4 2 8 0.k x kbx b     , 所 以 1 2 2 2 2 , ,2 2 1 2 1M M M x x kb bx y kx bk k        于 是 1 ,2 M OM M yk x k    1 2OMk k    . 试题解析： 解：（Ⅰ）由题意有 2 2 2 2 2 4 2, 1,2 a b a a b     解得 2 28, 4a b  ,所以椭圆 C 的方程为 2 2 2 2 18 4 x y  . （Ⅱ）设直线  : 0, 0l y kx b k b    ,      1 1 2 2, , , , ,M MA x y B x y M x y ,把 y kx b  代 入 2 2 2 2 18 4 x y  得 2 2 22 1 4 2 8 0.k x kbx b     故 1 2 2 2 2 , ,2 2 1 2 1M M M x x kb bx y kx bk k        于是直线 OM 的斜率 1 ,2 M OM M yk x k    即 1 2OMk k   ,所以直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率乘积为定值. 考点：本题主要考查椭圆方程、直线与椭圆及计算能力、逻辑推理能力. 【此处有视频，请去附件查看】 21.已知函数   3 2f x x x b    ，   lng x a x . （1）若  f x 在 1 ,12x      上的最大值为 3 8 ，求实数b 的值； （2）若对任意  1,x e ，都有    2 2g x x a x    恒成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1） 0b  .（2） 1a   【解析】 试题分析：(1) 求出函数  f x 的导函数，解出函数的单调区间，通过研究函数的极值和边 界值得到函数的最大值，求出实数b 的值； (2)把    2 2g x x a x    整理，分离出参数 a,得到 2 2x xa x lnx   ，把右边构造一个函 数  t x ，求出  t x 的最小值，问题可解. 试题解析： （1）由   3 2f x x x b    ，得   23 2f x x x     3 2x x   ， 令   0f x  ，得 0x  或 2 3x  . 函数  f x ，  f x 在 1 ,12     上的变化情况如下表： 1 3 2 8f b      ， 2 4 3 27f b      ， 1 2 2 3f f            . 即最大值为 1 3 3 2 8 8f b       ， 0b  . （2）由    2 2g x x a x    ，得   2 2x lnx a x x   .  1,x e ， 1lnx x  ，且等号不能同时取得， lnx x  ，即 0x lnx  . 2 2x xa x lnx    恒成立，即 2 2 min x xa x lnx      . 令   2 2x xt x x lnx   ，  1,x e ，则       2 1 2 2x x lnxt x x lnx       . 当  1,x e 时， 1 0x   ， 1lnx  ， 2 2 0x lnx   ，从而   0t x  .  t x 在区间 1,e 上为增函数，    1 1mint x t    ， 1a   . 22.在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程是： 2 2 2 2 x m t y t      （ t 是参数， m 是常数）。 以O 为极点， x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ 6cosθ 。 (1) 求直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程； (2) 若直线l 与曲线C 相交于 P,Q 两点，且 PQ 2 ，求实数 m 的值。 【答案】（1） 0x y m- - = , 2 2( 3) 9x y   ;(2) 1m   或 7m  . 【解析】 试 题 分 析 ：（ 1 ） 先 根 据 加 减 消 元 得 直 线 l 的 普 通 方 程 ， 再 2 2 2cos , sin ,x y x y        根据将曲线C 的极坐标方程化为直角坐标方程；（2） 根据垂径定理得圆心到直线距离，再根据点到直线距离公式求实数 m 的值. 试题解析：（1）因为直线l 的参数方程是: 2 2 2 2 x m t y t      (t 是参数)， 所以直线 l 的普通方程为 0x y m   ． 因为曲线C 的极坐标方程为 6cos  ，故 2 6 cos   ，所以 2 2 6x y x  所以曲线C 的直角坐标方程是  2 23 9x y   (2)设圆心到直线 l 的距离为 d ，则 2 23 1 2 2d    ， 又 3 2 2 2 md   ， 所以 3 4m  ，即 1m   或 7m  23.已知 ( ) | | | 2 | ( ).f x x a x x x a     （1）当 1a  时，求不等式 ( ) 0f x  的解集； （2）若 ( ,1)x  时， ( ) 0f x  ，求 a 的取值范围. 【答案】（1） ( ,1) ；（2）[1, ) 【解析】 【分析】 （1）根据 1a  ，将原不等式化为| 1| | 2 | ( 1) 0x x x x     ，分别讨论 1x  ，1 2x  ， 2x  三种情况，即可求出结果； （2）分别讨论 1a  和 1a  两种情况，即可得出结果. 【详解】（1）当 1a  时，原不等式可化为| 1| | 2 | ( 1) 0x x x x     ； 当 1x  时，原不等式可化为 (1 ) (2 )( 1) 0x x x x     ，即 2( 1) 0x   ，显然成立， 此时解集为 ( ,1) ； 当1 2x  时，原不等式可化为 ( 1) (2 )( 1) 0x x x x     ，解得 1x  ，此时解集为空集； 当 2x  时，原不等式可化为 ( 1) ( 2)( 1) 0x x x x     ，即 2( 1 0)x   ，显然不成立；此 时解集为空集； 综上，原不等式的解集为 ( ,1) ； （2）当 1a  时，因为 ( ,1)x  ，所以由 ( ) 0f x  可得 ( ) (2 )( ) 0a x x x x a     ， 即 ( )( 1) 0x a x   ，显然恒成立；所以 1a  满足题意； 当 1a  时， 2( ), 1( ) 2( )(1 ), x a a xf x x a x x a        ，因为 1a x  时， ( ) 0f x  显然不能成立， 所以 1a  不满足题意； 综上， a 的取值范围是[1, ) . 【点睛】本题主要考查含绝对值的不等式，熟记分类讨论的方法求解即可，属于常考题型.