江西省南昌市西湖区第八中学2020届高三上学期期末考试数学理科试题

江西省南昌市西湖区第八中学2020届高三上学期期末考试数学理科试题

‎2019-2020南昌八中高三上学期期末考试数学卷理科 一.选择题 ‎1.已知集合，则=（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合N,再利用交集定义直接求解．‎ ‎【详解】‎ 故=‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎2.复数，若复数， 在复平面内的对应点关于虚轴对称，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，据此结合复数的乘法运算法则计算的值即可.‎ ‎【详解】由题意可知，所以，故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查复数乘法运算，复数的对称性，属于基础题.‎ ‎3.已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将a，b，c与0,1比较大小即可求解．‎ ‎【详解】∵‎ ‎∴．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查对数函数、指数函数的单调性，以及增函数、减函数的定义．‎ ‎4.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出点A关于直线的对称点，点到圆心的距离减去半径即为最短.‎ ‎【详解】解：设点A关于直线的对称点，‎ 的中点为，‎ 故解得，‎ 要使从点A到军营总路程最短，‎ 即为点到军营最短的距离，‎ ‎“将军饮马”的最短总路程为，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了数学文化问题、点关于直线的对称问题、点与圆的位置关系等等，解决问题的关键是将实际问题转化为数学问题，建立出数学模型，从而解决问题.‎ ‎5.函数的图象大致为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数，可得和，利用排除法，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，函数，可得，可排除C、D，‎ 又由，排除B，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数图象的识别问题，其中解答中根据函数的解析式，合理利用排除法求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎6.如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设，若在大等边三角形中随机取一点，则此点取自小等边角形的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题，在三角形ADB中，先求得AB的长，既而求得阴影部分的面积和大三角形的面积，可得概率.‎ ‎【详解】由题，，可得，AD=4，且 ‎ 所以三角形ADB中， ‎ 解得AB= ‎ 所以概率为 ‎ 故选A ‎【点睛】本题考查了几何概型，解题的关键是在于求得大三角形的面积，属于中档题.‎ ‎7.已知向量与的夹角为，，，则（　　）‎ A. 1 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知条件对两边平方，进行数量积的运算即可得到，解该方程即可得出．‎ ‎【详解】解：根据条件，；‎ ‎∴解得，或（舍去）．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】考查数量积的运算及其计算公式，解一元二次方程和 ．‎ ‎8.执行如图的程序框图，则输出的值是 (　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的x，y的值，当 时，不满足条件退出循环，输出x的值即可得解．‎ ‎【详解】解：模拟执行程序框图，可得 ‎.‎ 满足条件，执行循环体，；‎ 满足条件，执行循环体， ；‎ 满足条件，执行循环体，；‎ 满足条件，执行循环体， ；‎ ‎…‎ 观察规律可知，x的取值周期为3，由于，可得：‎ 满足条件，执行循环体，‎ 当 ,不满足条件，退出循环，输出x的值为2．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图，依次写出每次循环得到的x，y的值，根据循环的周期，得到跳出循环时x的值是解题的关键．‎ ‎9.等差数列中，已知，且公差，则其前项和取最小值时的值为( )‎ A. 6 B. 7 C. 8 D. 9‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因为等差数列中，，所以，有， 所以当时前项和取最小值.故选C.‎ ‎10.是椭圆上的一点，和是焦点，若，则的面积等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据椭圆的方程求得c，进而求得|F1F2|，设出|F1P|＝x，|PF2|＝y，利用余弦定理可求得xy的值，最后利用三角形面积公式求解．‎ ‎【详解】设|F1P|＝x，|PF2|＝y，c1，‎ ‎∴|F1F2|＝2，‎ 在△PF1F2中利用余弦定理可得cos30°‎ 求得xy＝16（2）‎ ‎∴△PF1F2的面积为sin30°xy＝4（2）‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质．通过解三角形，利用边和角求得问题的答案．‎ ‎11.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的形状一定是（ ）‎ A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等边三角形 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将角C用角A角B表示出来，和差公式化简得到答案.‎ ‎【详解】△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，‎ 角A，B，C为△ABC的内角 故答案选C ‎【点睛】本题考查了三角函数和差公式，意在考查学生的计算能力.‎ ‎12.四棱柱中，底面四边形是菱形，，连接，交于点，平面，，点与点关于平面对称，则三棱锥的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由 平面，得平面平面，作并延长到，且，由面面垂直的性质则平面，再计算点到底面的距离则体积可求 ‎【详解】平面，平面，则平面平面，又由题意，故平面平面，其交线为，作并延长到，且，由面面垂直的性质则平面，易得，故 ‎，则 ，点到底面的距离为，故三棱锥的体积为 ‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查线面垂直与面面的判定及性质应用，考查椎体体积的求解，准确计算是关键，是中档题 二.填空题 ‎13.曲线在点处的切线方程为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对函数求导，得到切线斜率，进而可得出切线方程.‎ ‎【详解】，当时，，那么切线斜率，又过点，所以切线方程是．‎ ‎【点睛】本题主要考查求曲线上某一点处的切线方程，熟记导数的几何意义即可，属于常考题型.‎ ‎14.已知是数列的前项和，若，则_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由an+Sn＝2n，an+1+Sn+1＝2n+1，两式相减可得2an+1﹣an＝2n．即可计算．‎ ‎【详解】解：∵an+Sn＝2n，an+1+Sn+1＝2n+1，‎ 两式相减可得2an+1﹣an＝2n．‎ 则（2a2﹣a1）（2a3﹣a2）…（2a100﹣a99）＝21•22•23…299＝24950．‎ ‎【点睛】本题考查了数列的递推式，属于中档题．‎ ‎15.甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）.根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.7，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是____.‎ ‎【答案】0.245‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲队以4：1获胜包含的情况有：①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，由此能求出甲队以4：1获胜的概率．‎ ‎【详解】甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．‎ 设甲队主场取胜的概率为0.7，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，‎ 甲队以4：1获胜包含的情况有：‎ ‎①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，其概率为：p1＝0.3×0.7×0.5×0.5×0.7＝0.03675，‎ ‎②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为：p2＝0.7×0.3×0.5×0.5×0.7＝0.03675，‎ ‎③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率为：p3＝0.7×0.7×0.5×0.5×0.7＝0.08575，‎ ‎④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，其概率为：p3＝0.7×0.7×0.5×0.5×0.7＝0.08575，‎ 则甲队以4：1获胜的概率为：‎ p＝p1+p2+p3+p4＝0.03675+0.03675+0.08575+0.08575＝0.245．‎ 故答案为：0.245．‎ ‎【点睛】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎16.以双曲线上一点为圆心作圆，该圆与轴相切于的一个焦点，与轴交于两点，若，则双曲线的离心率________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可设F（c，0），MF⊥x轴，可设M（c，n），n＞0，设x＝c，代入双曲线的方程，可得M的坐标，圆的半径，运用弦长公式，可得|PQ|＝2c，可得a，c的方程，运用离心率公式计算即可得到所求值．‎ ‎【详解】由题意可设F（c，0），‎ MF⊥x轴，可设M（c，n），n＞0，‎ 设x＝c，代入双曲线的方程可得y＝b，‎ 即有M（c，），‎ 可得圆的圆心为M，半径为，‎ 即有M到y轴的距离为c，‎ 可得|PQ|＝2c，‎ 化简可得3b4＝4a2c2，‎ 由c2＝a2+b2，可得3c4﹣10c2a2+3a4＝0，‎ 由e，可得3e4﹣10e2+3＝0，‎ 解得e2＝3（舍去），‎ 即有e．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用直线和圆相交的弦长公式，考查化简整理的运算能力，属于中档题．‎ 三.解答题 ‎17.在中，角的对边分别为，且．‎ ‎（1）求角A的大小；‎ ‎（2）若，求的面积.‎ ‎【答案】（1）A=；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理将角关系转化变关系，再利用余弦定理得到答案.‎ ‎（2）利用余弦定理得到，代入面积公式得到答案.‎ ‎【详解】解：（1）因为所以由正弦定理可得整理可得左右同除以得到,‎ 即A=‎ ‎(2) 由余弦定理，‎ 得，故，‎ 所以三角形的面积.‎ ‎【点睛】本题考查了是正弦定理，余弦定理，面积公式，意在考查学生的计算能力.‎ ‎18.如图，在四棱锥中，底面是正方形，且，平面平面，，点为线段的中点，点是线段上的一个动点.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）当点是线段上的中点时，求二面角的平面角的余弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）推导出和即可证明平面，再利用面面垂直判定即可 ‎（Ⅱ）以，，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，求得两个平面的法向量，再利用二面角向量公式求解 ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）证明：∵四边形是正方形，∴.‎ ‎∵平面平面平面平面，∴平面.‎ ‎∵平面，∴.‎ ‎∵，点为线段的中点，∴.‎ 又∵，∴平面.‎ 又∵平面，∴平面平面.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知平面，‎ ‎∵，∴平面.‎ ‎∴，又，‎ ‎∴，，两两垂直，以为原点，‎ 以，，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系.‎ 因为，∵.‎ ‎，，，‎ 又为的中点，，为的中点，,‎ ‎，‎ 设平面的法向量为，则，‎ ‎∴，令，则，‎ ‎∴，则,‎ ‎∵平面，∴平面的一个法向量，‎ ‎.‎ 由图知二面角的平面角为锐角，则二面角的平面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直，线面垂直的判定，考查二面角的向量求法，考查计算能力，是基础题 ‎19.已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴为长为半径的圆与直线相切，过点的直线与椭圆相交于两点.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若原点满足，求直线的斜率的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，求得方程 ‎（2）将直线方程与椭圆联立，向量坐标化将韦达定理代入结合判别式构造不等关系求解 ‎【详解】（1）由可得，又∴，.‎ 故椭圆的方程为.‎ ‎（2）由题意知直线方程为.‎ 联立得.‎ 由，得.①‎ 设，，则 ‎∴.‎ ‎∴‎ ‎，②‎ 由①②，解得.‎ ‎∴直线的斜率.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的应用，注意判别式的应用，是中档题 ‎20.已知函数，曲线与 在原点出切线相同.‎ ‎（1）求的单调区间和极值；‎ ‎（2）若时，，求的取值范围.‎ ‎【答案】(1) 的单调递减区间为，单调递增区间为.的极小值为，无极大值； (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出f（x）的导数，根据f′（0）=g′（0），求出a的值从而解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间函数的极值即可；‎ ‎（2）设，通过讨论k的范围，求出k的具体范围即可．‎ ‎【详解】解（1）因为，‎ 依题意，，得，‎ 所以，‎ 当时，；当时，，‎ 故的单调递减区间为，单调递增区间为.‎ 的极小值为，无极大值；‎ ‎（2）当时，令，‎ 所以 又令，所以 因为时，，令得.‎ ‎①当时，，所以递增，从而，可知递增，‎ ‎，于是成立.‎ ‎②当时，，所以递增，又因为，‎ 当趋近时，趋近，根据零点存在性定理，所以存在使得 ‎，所以在上递减，在递增.‎ 所以，于是递减，‎ 所以此时，不成立.‎ 综上所述，的取值范围是 ‎【点睛】本小题主要考查导数的几何意义、导数及其应用、不等式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想等．‎ ‎21.交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用（基准保费）统一为a元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，保费与上一年度车辆发生道路交通事故的情况相联系，发生交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如下表：‎ 交强险浮动因素和浮动费率比率表 浮动因素 浮动比率 上一年度未发生有责任道路交通事故 下浮10%‎ 上两年度未发生有责任道路交通事故 下浮 上三年度未发生有责任道路交通事故 下浮30%‎ 上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故 ‎0%‎ 上一个年度发生两次及两次以上有责任不涉及死亡的道路交通事故 上浮10%‎ 上一个年度发生有责任交通死亡事故 上浮30%‎ 某机构为了解某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了60辆车龄已满三年的该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况，统计得到了下面的表格：‎ 类型 A1‎ A2‎ A3‎ A4‎ A5‎ A6‎ 数量 ‎10‎ ‎5‎ ‎5‎ ‎20‎ ‎15‎ ‎5‎ 以这60辆该品牌车的投保类型的频率代替一辆车投保类型的概率，完成下列问题：‎ ‎（1）按照我国《机动车交通事故责任强制保险条例》汽车交强险价格的规定，，记为某同学家的一辆该品牌车在第四年续保时的费用，求的分布列与数学期望；（数学期望值保留到个位数字）‎ ‎（2）某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车，且将下一年的交强险保费高于基本保费的车辆记为事故车，假设购进一辆事故车亏损5000元，一辆非事故车盈利10000元:‎ ‎①若该销售商购进三辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求这三辆车中至多有一辆事故车的概率；‎ ‎②若该销售商一次购进100辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求他获得利润的期望值.‎ ‎【答案】（1）分布列见解析，（2）①，②万元 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意列出X的可能取值为，，，，，，结合表格写出概率及分布列，再求解期望 ‎（2）①建立二项分布求解三辆车中至多有一辆事故车的概率 ‎②先求出一辆二手车利润的期望，再乘以100即可 ‎【详解】（1）由题意可知：X的可能取值为，，，，，‎ 由统计数据可知：‎ ‎，，，，‎ ‎，.‎ 所以的分布列为：‎ ‎.‎ ‎（2）①由统计数据可知任意一辆该品牌车龄已满三年的二手车为事故的概率为，三辆车中至多有一辆事故车的概率为：‎ ‎.‎ ‎②设Y为给销售商购进并销售一辆二手车的利润，Y的可能取值为 所以Y的分布列为：‎ Y P 所以.‎ 所以该销售商一次购进辆该品牌车龄已满三年的二手车获得利润的期望值为万元.‎ ‎【点睛】本题考查离散型随机变量及分布列，考查二项分布，考查计算能力，是基础题 ‎22.选修4-4：坐标系与参数方程 以坐标原点为极点，以 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位，直线的参数方程为（为参数），圆的极坐标方程为.‎ ‎（1）求直线的普通方程与圆的直角坐标方程；‎ ‎（2）设圆与直线交于两点，若点的直角坐标为，求的值.‎ ‎【答案】（1）l的方程为：，圆 的方程为： ;（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）直线的参数方程为，消去，求得普通方程： ，由，可得：，即可求得圆 的直角坐标系；‎ ‎（2）将参数方程代入曲线圆的直角坐标系，可求得 ‎ 由韦达定理可知 ‎ 即2异号，可知 ‎ 试题解析：（1）直线的普通方程为：， ‎ ‎，所以，‎ 所以曲线的直角坐标方程为：.‎ ‎（2）点在直线上，且在圆内，把代入 得，设两个实根为，则，即异号，所以 ‎ 点睛：本题考查了参数方程化普通方程，考查了极坐标方程化直角坐标方程，一元二次方程根与系数的关系，属于基础题．‎ ‎ ‎