甘肃省天水市第一中学2020届高三下学期诊断考试数学（文）试题

甘肃省天水市第一中学2020届高三下学期诊断考试数学（文）试题

天水一中 2019-2020 学年第二学期高三诊断考试 文科数学试题 （满分：150 分时间 120 分钟） 一、单选题（每小题 5 分，共 60 分） 1.已知全集U  R ，集合    2 2log 1 , 2 0A x x B x x x      ，则 A B  （ ） A. (0,1] B. ( 2,2] C. (0,1) D. [ 2,2] 【答案】A 【解析】 【分析】 先化简集合 ,A B ，再求交集即可得出结果. 【详解】因为    2log 1 0 2A x x x x     ，    2 2 0 2 1B x x x x x        ， 所以 (0,1]A B  . 故选 A 【点睛】本题主要考查集合的交集，熟记概念即可，属于基础题型. 2.已知i 是虚数单位，z 表示复数 z 的共轭复数．若 2018 2 3iz i  ，则复数 z 在复平面内对应的点 位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 因为 2018 2 2 3 2 3 2 3i iz ii i       ，所以 2 3z i   ，复数 z 在复平面内对应的点为 2, 3  ， 位于第三象限．故选 C． 3.已知向量  sin , 2cosa    ，  1, 1b   ，若 a b r r ，则  2a a b   r r r （ ） A. 8 5 B. 2 10 5 C. 1 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】 利用 0a b   可得出 tan 2  ，然后利用正、余弦齐次式（弦化切）的求法可计算出  2a a b    的值. 【详解】 a b   ， sin +2cos 0 tan 2a b           ，   2 2 22 2 2 2 2 2 sin 4cos tan 4 82 2 sin 4cos sin cos tan 1 5a a b a a b                           . 故选：A. 【点睛】本题是平面向量与三角函数的综合问题，考查向量垂直的坐标表示以及正、余弦齐 次式的计算，考查计算能力，属于中等题. 4.埃及金字塔是古埃及的帝王（法老）陵墓，世界七大奇迹之一，其中较为著名的是胡夫金字 塔．令人吃惊的并不仅仅是胡夫金字塔的雄壮身姿，还有发生在胡夫金字塔上的数字“巧 合”．如胡夫金字塔的底部周长如果除以其高度的两倍，得到的商为 3.14159，这就是圆周率 较为精确的近似值．金字塔底部形为正方形，整个塔形为正四棱锥，经古代能工巧匠建设完 成后，底座边长大约 230 米．因年久风化，顶端剥落 10 米，则胡夫金字塔现高大约为（ ） A. 128.5 米 B. 132.5 米 C. 136.5 米 D. 110.5 米 【答案】C 【解析】 【分析】 设出胡夫金字塔原高，根据题意列出等式，解出等式即可根据题意选出答案． 【详解】胡夫金字塔原高为 h ，则 230 4 3.141592h   ，即 230 4 146.42 3.14159h   米， 则胡夫金字塔现高大约为 136.4 米．故选 C． 【点睛】本题属于数学应用题，一般设出未知数，再根据题意列出含未知数的等式，解出未 知数，即可得到答案．属于常规题型． 5.下图记录了甲乙两名篮球运动员练习投篮时，进行的 5 组 100 次投篮的命中数，若这两组数 据的中位数相等，平均数也相等，则 x ， y 的值为（ ） A. 8，2 B. 3，6 C. 5，5 D. 3，5 【答案】D 【解析】 【分析】 由茎叶图可得，甲的中位数是 65，从而可知乙的中位数也是 65，可得到 =5y ，再利用二者平 均数也相等，可求出 x 的值，即可得到答案． 【详解】由题意可知，甲的中位数为 65，则乙的中位数也是 65，故 =5y ， 因为甲乙的平均数相等，所以 56 62 65 74 70 59 61 67 65 78 5 5 x         ， 解得 3x  . 故答案为 D. 【点睛】本题考查了茎叶图的知识，考查了中位数与平均数的求法，考查了学生对基础知识 的掌握． 6.设 0.40.5a  ， 0.4log 0.3b  ， 8log 0.4c  ，则 a，b，c 的大小关系是( ) A. a＜b＜c B. c＜b＜a C. c＜a＜b D. b＜c＜a 【答案】C 【解析】 【分析】 利用指数函数、对数函数的单调性直接求解． 【详解】∵0＜a=0.50.4＜0.50=1， b=log0.40.3＞log0.40.4=1， c=log80.4＜log81=0， ∴a，b，c 的大小关系是 c＜a＜b． 故选 C． 【点睛】利用指数函数对数函数及幂函数的性质比较实数或式子的大小，一方面要比较两个 实数或式子形式的异同，底数相同，考虑指数函数增减性，指数相同考虑幂函数的增减性， 当都不相同时，考虑分析数或式子的大致范围，来进行比较大小，另一方面注意特殊值 0,1的 应用，有时候要借助其“桥梁”作用，来比较大小． 7.若   1sin 3    ，且 2     ，则sin 2 的值为 A. 2 2 9  B. 4 2 9  C. 2 2 9 D. 4 2 9 【答案】B 【解析】 ∵   1sin sin 3      ， 2     ， ∴ 2 2 2cos 1 sin 3       ， ∴ 1 2 2 4 2sin2 2sin cos 2 ( )3 3 9          ．选 B． 8.设 、 、 是三个不同的平面，a 、b 、c 是三条不同的直线，已知 a   ， b   ， c   .给出如下结论： ①若 / /a b ，则 / /b c ；②若 a b A ，则b c A ； ③若 a b r r ，b c ，则  ，  ；④若  ，  ，则 a b r r ，b c . 其中正确的结论个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】 根据平行和垂直的公理及定理，对四个命题进行一一验证排查，得出正确结果． 【详解】解：对于①， a    ， b   ， //a b a  ，b  //b  b  ， c   //b c ，故①正确； 对于②： a    ， b   ， a b A 则 , ,A A A     ， , ,A a A b  c    A c  b c A  ，故②正确； 对于③： a    ， b   ， c   ,a c    a bQ ，b c  a 与 c 不平行，即 a 与 c 相交于一点 b   ,b b      ，  ，故③正确； 对于④：若  ，  ， b   b   ,a c   ,b a b c   ，故④正确； 综上可得正确的有 4 个， 故选： D 【点睛】本题考查空间中线线、线面、面面的位置关系，考查空间想象能力，逻辑推理能力， 属于中档题. 9.已知抛物线 2y ax 上的点 (1, )M m 到其焦点的距离为 2 ，则该抛物线的标准方程为( ) A. 2 4y x B. 2 2y x C. 2 5y x D. 2 3y x 【答案】A 【解析】 【分析】 利用抛物线的定义，转化列出方程求出ａ，即可得到抛物线方程． 【详解】抛物线 2y ax 的准线方程 x 4 a  ， ∵抛物线 2y ax 上的点  1,M m 到其焦点的距离为 2 ， ∴1 24 a  ， ∴ a 4 ，即该抛物线的标准方程为 2 4y x ， 故选Ａ 【点睛】本题考查抛物线的简单性质的应用，抛物线方程的求法，是基本知识的考查． 10.已知函数    2sin 0, 2f x x           的最小正周期为 4 ，其图象关于直线 2 3x  对称，给出下面四个结论： ①函数  f x 在区间 40, 3      上先增后减；②将函数  f x 的图象向右平移 6  个单位后得到的 图象关于原点对称；③点 ,03      是函数  f x 图象的一个对称中心；④函数  f x 在 ,2  上的最大值为 1．其中正确的是( ) A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④ 【答案】C 【解析】 【分析】 根据最小正周期为 4 π ，其图象关于直线 2 3x  对称，求解 f（x）的解析式，即可判断下面 各结论． 【详解】函数    2 0 2f x sin x          ＞ ， ＜ 的最小正周期为 4 π ，可得 2 4   ． ∴ ω 1 2  其图象关于直线 2 3x  对称． 即 1 2 2 3   φ 2 k   ， 可得： φ 6k   ，k ∈ Z． ∵ 2  ＜ ． ∴ φ 6  ． ∴f（x）的解析式为 f（x）＝2sin（ 1 2 6x  ）； 对于 ① ：令 12 22 2 6 2k x k        ，k ∈ Z． 可得： 4 24 43 3k x k      ． ∴[0， 2 3  ]是单调递增， 令 1 32 22 2 6 2k x k        ，k ∈ Z． 可得： 2 84 3 3k x      4k π ． ∴[ 2 3  ， 8 3  ]是单调递减， ∴函数 f（x）在区间 40 3      ， 上先增后减； 对于 ② ：将函数 f（x）的图象向右平移 6  个单位后得到：y＝2sin（ 1 2 6 6x       ）＝2sin （ 1 2 x 12  ）没有关于原点对称； 对于 ③ ：令 x 3   ，可得 f（ 3  ）＝2sin（ 1 2 3 6     ）＝0，∴点 03     ， 是函数 f（x） 图象的一个对称中心； 对于 ④ ：由 x ∈ [ π ，2 π ]上，∴ 1 2 6x  ∈ [ 2 3  ， 7 6  ]，所以当 x＝ π 时取得最大值为 3 . ∴正确的是： ①③ ． 故选 C． 【点睛】本题主要考查利用 y＝Asin（ ω x+ φ ）的图象特征，由函数 y＝Asin（ ω x+ φ ）的部分信 息求解析式，属于中档题 11.已知双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的左、右两个焦点分别为 1 2F F、 ， A B、 为其左右顶点, 以线段 1 2F F、 为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为 M ，且 30MAB   ,则双 曲线的离心率为( ） A. 21 2 B. 21 3 C. 19 3 D. 19 2 【答案】B 【解析】 分析：求出双曲线的渐近线方程和圆的方程，求出交点 M ，再由两点的斜率公式，得到 ,a b 的 关系，再由离心率公式即可得到所求值． 详解：双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的渐近线方程为 by xa   ， 以 1 2F F 为 by xa ， 代入圆的方程，可得， 2 2 acx a a b    （负的舍去）， y b ， 即有 M a b（ ， ），又 0A a（ ，）， 由于 30MAB   ，则直线 AM 的斜率为 3 3k  ， 又 2 bk a  ，则 2 2 2 23 4 3b a c a  （ ）， 即有 2 23 7c a ， 则离心率 21 .3 ce a  ＝ ． 故选 B． 点睛：本题考查双曲线的方程和性质，考查直线和圆的位置关系，直线的斜率公式，考查离 心率的求法，属于基础题． 12.若函数       2 1 2 2ln 02 axf x a x x a     在区间 1 ,12      内有极大值，则 a 的取值范围 是（ ） A. 1 ,e     B. ( )1,+¥ C. ( )1,2 D. ( )2,+¥ 【答案】C 【解析】 试题分析：由     2 1 2 2 ( 0)2 axf x a x lnx a     ， ∴导数     21 2f x ax a x     ， 因为函数     2 1 2 2 ( 0)2 axf x a x lnx a     在区间 1 ,12      内有极大值， ∴方程     21 2 0f x ax a x      在在区间 1 ,12      内有解， 即：方程   21 2 0ax a x     在区间 1 ,12      内有解， ∴ 1a x  在区间 1 ,12      内有解， 故  1 1,2a x   ， 则 a 的取值范围是 1,2 . 选 C. 点睛：对于涉及函数的极值问题时，往往要使用导数这个解题的工具，在解题时要注意运用 等价转化的解题思想，把函数  f x 在区间 1 ,12      内有极大值的问题转化为导函数对应的方 程在区间 1 ,12      内有解的问题，然后再通过分离参数的方法求出参数 a 的范围. 二、填空题（每小题 5 分，共 20 分） 13.某公司有职工 2000 名，从中随机抽取 200 名调查他们的居住地与上班工作地的距离，其中 不超过 1000 米的共有 10 人，不超过 2000 米的共有 30 人，由此估计该公司所有职工中居住 地到上班地距离在(1000，2000]米的有 人． 【答案】200 【解析】 【分析】 根据题意，求得样本中 1000,2000 米的人数所占的比例，由此求得全体中  1000,2000 米 的人数. 【详解】依题意可知，样本中  1000,2000 米的人数所占的比例为 30 10 0.1200   ，故全体中  1000,2000 米的人数为 2000 0.1 200  人. 【点睛】本小题主要考查用样本估计总体，属于基础题. 14. ABC 的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，若 2 cos cos cosb B a C c A  ，则 B  ________． 【答案】 3  【解析】 【分析】 根据正弦定理将边化为角，再根据两角和正弦公式以及诱导公式化简得 cosB 的值，即得 B 角. 【详解】 由 2bcosB＝acosC＋ccosA 及正弦定理，得 2sinBcosB＝sinAcosC＋sinCcosA. ∴2sinBcosB＝sin(A＋C)． 又 A＋B＋C＝π，∴A＋C＝π－B.∴2sinBcosB＝sin(π－B)＝sinB. 又 sinB≠0，∴cosB＝ .∴B＝ . ∵在△ABC 中，acosC＋ccosA＝b，∴条件等式变为 2bcosB＝b，∴cosB＝ . 又 00 时函数的解析式，对函数求导，得到唯一的极值点 1，使得 1 在所给 区 间 内 即 可 ；（ 2 ）     1 1 ln1 ln 1 1 x xk x kf x kx x x x        ， 令       1 1 ln 1x xg x xx    ，对函数求导研究函数的单调性得到函数的最值进而求解. 【详解】设 x>0 时，结合函数的奇偶性得到：      ln 1 lnex xf x f x x x      （1）当 x>0 时，有     2 2 1 1 ln 1 lnx x xxf x x x         ，   0 ln 0 0 1f x x x      ；   0 ln 0 1f x x x   所以  f x 在（0，1）上单调递增，在 1, 上单调递减，函数  f x 在 1x  处取得唯一的极 值．由题意 0a  ，且 11 3a a   ，解得所求实数 a 的取值范围为 2 13 a  （2）当 1x  时，     1 1 ln1 ln 1 1 x xk x kf x kx x x x        令       1 1 ln 1x xg x xx    ，由题意，  k g x 在 1, 上恒成立        ' 2 2 1 1 ln 1 1 ln lnx x x x x x x xg x x x            令    ln 1h x x x x   ，则   11 0h x x    ，当且仅当 1x  时取等号． 所以   lnh x x x  在 1, 上单调递增，    1 1 0h x h   因此，     2 0h xg x x    g x 在 1, 上单调递增，    min 1 2g x g  ． 所以 2k  ．所求实数 k 的取值范围为 ,2 【点睛】本题考查了导数的综合应用问题，解题时应根据函数的导数判定函数的增减性以及 求函数的极值和最值，应用分类讨论法，构造函数等方法来解答问题．对于函数恒成立或者 有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函 数最值，使得函数最值大于或者小于 0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另 一个函数． 22. 已知平面直角坐标系 xOy ，以O 为极点， x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系， P 点的极坐 标为 3 4 ，     ，曲线C 的极坐标方程为 2cos 4       （ 为参数）. （1）写出点 P 的直角坐标及曲线C 的直角坐标方程； （2）若Q 为曲线C 上的动点，求 PQ 的中点 M 到直线 l ： 2 cos 4 sin 2     的距离 的最小值. 【答案】（1）点 P 3 2 3 2 2 2       ， ； 2 2 2 2 12 2x y                 （2） 10 1 2  【解析】 试题分析:(1)由 P 的极坐标为 3, 4      ,利用 cos sin x y        可得 P 点的直角坐标,曲线 C 的参 数方程展开可得:  2 22 cos sin2        ,利用 cos sin x y        以及 2 2 2x y   可得 出直角坐标方程;(2)直线l 的直角坐标方程为 2 4 2x y  ,设 2 2cos , sin2 2Q        , 则 cos sin2 , 22 2M       ,利用点到直线的距离公式与三角函数的单调性值域即可得 出. 试题解析:（1）点 P 的直角坐标为 3 2 3 2,2 2       ； 由 2cos 4       得 2 2 cos 2 sin      ① 将 2 2 2x y   ， cos x   ， sin y   代入①， 可得曲线C 的直角坐标方程为 2 2 2 2 12 2x y                 ． （2）直线 :l 2 cos 4 sin 2     的直角坐标方程为 2 4 2 0x y   ， 设点Q 的直角坐标为 2 2cos , sin2 2        ，则 cos sin2 , 22 2M       ， 那么 M 到直线l 的距离： 2 2 cos sin2 2 4 2 22 2 2 4 d                5 2 cos 2sin 2 5      5 2 5sin 2 5     ， 5 2 5 10 1 22 5 d     （当且仅当  sin 1    时取等号）， 所以 M 到直线 : 2 cos 4 sin 2l      的距离的最小值为 10 1 2  ． 23.选修 4-5：不等式选讲 已知函数   1.f x ax  （1）若   2f x  的解集为 3,1 ，求实数 a 的值； （2）若 1a  ，若存在 xR ，使得不等式    2 1 1 3 2f x f x m     成立，求实数 m 的 取值范围. 【答案】(1) 1a   . (2) 5 2m  . 【解析】 分析：（1）利用绝对值不等式的解集，列出方程求解即可； （2）利用 1a  ，若存在 x R ，使得不等式    2 1 1 3 2f x f x m     成立，化简函数 的解析式，通过函数的最小值以及函数的单调性，列出不等式，求解即可. 详解：（1）显然 0a  ，当 0a  时，解集为 1 3,a a     ， 1 33, 1a a     ，无解； 当 0a  时，解集为 3 1,a a     ， 1 31, 3a a     ， 1a   ， 综上所述 1a   . (2)当 1a  时，令       2, 0, 2 1 1 2 2 3 2,0 2, 2, 2 x x h x f x f x x x x x x x                  由此可知  h x 在 ,0 上单调递减，在 0, 上单调递增，当 0x  时，  h x 取到最小 值-2，由题意知， 3 2 2m   ， 5 2m  . 点睛：本题考查函数的最值的应用，绝对值不等式的解法，考查转化思想以及计算能力.