四川省泸州市泸县第一中学2020届高三上学期期末考试数学（理）试题

四川省泸州市泸县第一中学2020届高三上学期期末考试数学（理）试题

‎2019年秋四川省泸县第一中学高三期末考试理科数学试题 第I卷(选择题 共60分）‎ 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】A ‎【解析】‎ 集合，，则，故选A.‎ ‎2.复数，其中是虚数单位，则( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数模的定义求解.‎ ‎【详解】，选A.‎ ‎【点睛】本题考查复数的模，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎3.已知为实数，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 解得或，所以“”是“”的必要不充分条件.‎ 故选B.‎ ‎4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：由三视图可知该组合体为个球和半个圆柱，计算各面面积求和即可.‎ 详解：由三视图易知，该组合体为：上面是个球，下面是半个圆柱.‎ 表面积为：.‎ 故选B.‎ 点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.‎ ‎5.已知数列的前项和为，，，则（ ）‎ A. 511 B. 512 C. 1023 D. 1024‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎∵，∴，∴是以1为首项，公比为2的等比数列．‎ ‎，‎ 故选B ‎6.已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.‎ 详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形，‎ 结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，‎ 所以其表面积，故选B.‎ 点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.‎ ‎7. 从0，1，3，5，7，9六个数中，任取两个做除法，可得到不同的商的个数是 （ ）‎ A. 30 B. 25 C. 20 D. 19‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 选出的数字的一个是时，只能做分子，不能做分母，有1种结果；当选出数字没有0时，五个数字从中任选两个，共有种结果，而在这些结果中，有相同的数字重复出现，把所有的结果减去重复的数字，得到结果.‎ ‎【详解】选出数字的一个是时，只能做分子，不能做分母，有1种结果；‎ 当选出数字没有0时，五个数字从中任选两个，共有种结果，‎ 而在这些结果中，有相同的数字重复出现，和，和，‎ 可以得到不同的商的个数是，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查分类计数原理、排列的应用及位置有限制的排列问题，属于中档题.有关元素位置有限制的排列问题有两种方法：（1）先让特殊元素排在没限制的位置；（2）先把没限制的元素排在有限制的位置.‎ ‎8.已知函数 ,令，则的大小关系为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数解析式可判断出函数为偶函数且在上单调递增；将的自变量都转化到内，通过比较自变量大小得到的大小关系.‎ ‎【详解】定义域为且 为上的偶函数 当时，，则在上单调递增 ‎；；‎ ‎，即 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查利用函数性质比较大小的问题，能够通过函数的解析式得到函数的奇偶性、单调性，将问题转化为自变量之间的比较是解决问题的关键.‎ ‎9.已知三棱锥P-ABC中，PA=4，AB=AC=2，BC=6，PA⊥面ABC，则此三棱锥的外接球的表面积为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在底面中，利用余弦定理求出，得到，再由正弦定理得到的外接圆半径，利用勾股定理，得到三棱锥外接球的半径，得到其表面积.‎ ‎【详解】∵底面中，，，‎ ‎ ，‎ 的外接圆半径，‎ 面 三棱锥外接球的半径，‎ 所以三棱锥外接球的表面积．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查球的几何特性，正余弦定理解三角形和求外接圆半径，属于简单题.‎ ‎10.已知椭圆的两个焦点分别为，若椭圆上存在点使得是钝角，则椭圆离心率的取值范围是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 当动点在椭圆长轴端点处沿椭圆弧向短轴端点运动时，对两个焦点的张角渐渐增大，当且仅当点位于短轴端点处时，张角达到最大值，由此可得到关于的不等式，从而可得结果.‎ ‎【详解】‎ 当动点从椭圆长轴端点处沿椭圆弧向短轴端点运动时，对两个焦点的张角渐渐增大，当且仅当点位于短轴端点处时，张角达到最大值．‎ ‎∵椭圆上存在点使得是钝角，∴中，，‎ ‎∴ 中，，∴，‎ ‎∴，∴，∴，‎ ‎∵，∴．椭圆离心率的取值范围是，故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查利用椭圆的简单性质求椭圆的离心率范围，属于中档题.求解与椭圆性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.求离心率范围问题应先将 用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系构造出关于的不等式，从而求出的范围.‎ ‎11.过抛物线的焦点作直线与此抛物线相交于、两点，是坐标原点，当时，直线的斜率的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由题可知，点的横坐标时，满足，此时，故直线（即直线）的斜率的取值范围是.故选D.‎ 考点：抛物线的几何性质以及直线与抛物线的位置关系.‎ ‎12.定义域为的函数对任意都有，且其导函数满足，则当时，有（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：∵函数对任意都有，∴函数对任意都有，∴函数的对称轴为，∵导函数满足，∴函数在上单调递增，上单调递减，∵，∴，∵函数的对称轴为，∴，∵，∴∴∴，∴，∴，故选C.‎ 考点：（1）函数的图象；（2）利用导数研究函数的单调性.‎ 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.已知双曲线的离心率为，则其渐近线方程为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析：离心率公式计算可得m，再由渐近线方程即可得到所求方程.‎ 解析：双曲线的离心率为，可得，‎ 由题意可得，‎ 解得.‎ 双曲线方程为.‎ 渐近线方程为.‎ 故答案为.‎ 点睛：区分双曲线中的a，b，c大小关系与椭圆中的a，b，c大小关系，在椭圆中 ，而在双曲线中.‎ ‎14.展开式中的系数为_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由，再由二项展开式的通项公式，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 又展开式的通项为，令得，‎ 所以原式展开式中系数为.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查二项式定理，熟记二项展开式的通项公式即可，属于基础题型.‎ ‎15.若，则的最小值为 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎,‎ 当且仅当时取等号.‎ ‎16.若函数满足：对任意一个三角形，只要它的三边长都在函数的定义域内，就有函数值也是某个三角形的三边长.则称函数为保三角形函数，下面四个函数：①；②；③；④为保三角形函数的序号为___________．‎ ‎【答案】②③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 欲判断函数是不是保三角形函数，只需要任给三角形，设它的三边长分别为，则，不妨设，，判断是否满足任意两数之和大于第三个数，即任意两边之和大于第三边即可 ‎【详解】任给三角形，设它的三边长分别为，则，不妨设，，‎ ‎①，可作为一个三角形的三边长，但，则不存在三角形以为三边长，故此函数不是保三角形函数 ‎②，，，则是保三角形函数 ‎③，，‎ 是保三角形函数 ‎④，当，时，，故此函数不是保三角形函数 综上所述，为保三角形函数的是②③‎ ‎【点睛】要想判断是保三角形函数，要经过严密的论证说明满足保三角形函数的概念，但要判断不是保三角形函数，仅需要举出一个反例即可 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.在锐角中，分别为角所对的边，且.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎(2)若，且的面积为，求的周长.‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】‎ 分析：（1)由题意结合正弦定理可得 ，则 .‎ ‎（2）结合(1)的结论和三角形 面积公式可得，由余弦定理有 ，据此可得，则的周长为.‎ 详解：（1)由及正弦定理得，，‎ ‎∵，∴ ， ∵是锐角三角形，∴ .‎ ‎（2），即 ①‎ ‎∵.由余弦定理得 ②‎ 由①②得：，所以，故的周长为.‎ 点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．‎ ‎18.某市教育部门为了了解全市高一学生的身高发育情况，从本市全体高一学生中随机抽取了100人的身高数据进行统计分析．经数据处理后,得到了如下图1所示的频事分布直方图，并发现这100名学生中,身不低于1.69米的学生只有16名,其身高茎叶图如下图2所示，用样本的身高频率估计该市高一学生的身高概率.‎ ‎(I)求该市高一学生身高高于1.70米的概率,并求图1中的值.‎ ‎(II)若从该市高一学生中随机选取3名学生,记为身高在的学生人数,求的分布列和数学期望；‎ ‎(Ⅲ)若变量满足且,则称变量满足近似于正态分布的概率分布.如果该市高一学生的身高满足近似于正态分布的概率分布，则认为该市高一学生的身高发育总体是正常的.试判断该市高一学生的身高发育总体是否正常,并说明理由.‎ ‎【答案】(I) 见解析;（Ⅱ）见解析；(Ⅲ) 见解析.‎ ‎【解析】‎ 分析: (I)先求出身高高于1.70米的人数,再利用概率公式求这批学生的身高高于1.70 的概率.分别利用面积相等求出a、b、c的值. (II)先求出从这批学生中随机选取1名，身高在的概率，再利用二项分布写出的分布列和数学期望. (Ⅲ)先分别计算出和，再看是否满足且,给出判断.‎ 详解： (I)由图2 可知，100名样本学生中身高高于1.70米共有15 名，以样本的频率估计总体的概率，可得这批学生的身高高于1.70 的概率为0.15.‎ 记为学生的身高，结合图1可得:‎ ‎，‎ ‎,‎ ‎,‎ 又由于组距为0.1,所以，‎ ‎（Ⅱ）以样本的频率估计总体的概率，‎ 可得: 从这批学生中随机选取1名，身高在的概率 ‎.‎ 因为从这批学生中随机选取3 名，相当于三次重复独立试验，‎ 所以随机变量服从二项分布，‎ 故的分布列为:‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎0.027‎ ‎0.189‎ ‎0.441‎ ‎0.343‎ ‎（或 ‎(Ⅲ)由，取 由（Ⅱ）可知，,‎ 又结合(I)，可得:‎ ‎，‎ 所以这批学生的身高满足近似于正态分布的概率分布，应该认为该市高一学生的身高发育总体是正常的.‎ ‎ 点睛：(1)本题不难，但是题目的设计比较新颖，有的同学可能不能适应. 遇到这样的问题,‎ 首先是认真审题，理解题意，再解答就容易了. (2)在本题的解答过程中，要灵活利用 频率分布图计算概率.‎ ‎19.如图，四棱锥的底面是平行四边形，，，，线段与的中点分别为 ‎（1）求证：‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设中点为，连接，可证四边形为平行四边形，从而得到平面.‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，通过两个平面的法向量求二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）设的中点为，连接，‎ 因为分别为的中点，所以.‎ 因为四边形是平行四边形，所以，又，‎ 所以，所以四边形为平行四边形.‎ 故，而平面，平面，所以平面.‎ ‎（2）以为原点，所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 则，‎ 故，设平面的法向量为，‎ 则，取，‎ 又平面的法向量，‎ 所以，‎ 而二面角的平面角为锐角，故二面角的平面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】（1‎ ‎）线面平行的证明的关键是在面中找到一条与已知直线平行的直线，找线的方法是平行投影或中心投影，我们也可以通过面面平行证线面平行，这个方法的关键是构造过已知直线的平面，证明该平面与已知平面平行.‎ ‎（2）空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.‎ ‎20.已知函数 ．‎ ‎（1）当时，讨论的单调性；‎ ‎（2）若在点处的切线方程为，若对任意的 ‎ 恒有，求的取值范围（是自然对数的底数）．‎ ‎【答案】(1) 当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减；(2) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎（1）求导数，分三种情况分别讨论导函数的符号，从而得到函数的单调情况．（2）根据导数的几何意义可得，从而．故由题意得对任意的恒成立．设，，根据单调性可求得，从而可得．‎ 试题解析：‎ ‎（1）当时，，‎ 所以．‎ 令，解得或，‎ ‎①当时，，所以在上单调递增；‎ ‎②当时，，列表得：‎ 所以在上单调递增，在上单调递减；‎ ‎③当时，，列表得：‎ 所以在上单调递增，在上单调递减．‎ 综上可得，当时，在上单调递增；‎ 当时，在上单调递增，在上单调递减；‎ 当时，在上单调递增，在上单调递减．‎ ‎（2）因为，‎ 所以，‎ 由题意得，‎ 整理得，解得 ‎ 所以，‎ 因为对任意的恒成立，‎ 所以对任意的恒成立，‎ 设，‎ 则，‎ 所以当时，单调递减，‎ 当时，单调递增．‎ 因为，‎ 所以，‎ 所以，‎ 解得．‎ 所以实数的取值范围为．‎ 点睛：（1）不等式恒成立问题一般考查三次式、分式、以e为底的指数式或对数式、三角函数式及绝对值结构的不等式在某个区间A上恒成立(存在性)，求参数取值范围．‎ ‎（2）解决不等式恒成立问题的常用方法通过分离参数的方法转化为求函数最值的问题，即若或恒成立，只需满足或即可，然后利用导数方法求出的最小值或的最大值，从而问题得解．‎ ‎21.已知椭圆中心在原点，焦点在坐标轴上，直线与椭圆在第一象限内的交点是，点在轴上的射影恰好是椭圆的右焦点，椭圆另一个焦点是，且.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）直线过点，且与椭圆交于两点，求的内切圆面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用将点的横坐标代入直线，求得点的坐标，代入的坐标运算，求得的值，也即求得点的坐标，将的坐标代入椭圆，结合，解方程组求得的值，进而求得椭圆方程.（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程并写出根与系数关系，由此求得的面积，利用导数求得面积的最大值，并由三角形与内切圆有关的面积公式，求得内切圆的半径的最大值.‎ ‎【详解】（1）设椭圆方程为，点在直线上，且点在轴上的射影恰好是椭圆的右焦点，则点.‎ ‎∵‎ ‎∴‎ 又 解得 ‎∴椭圆方程为 ‎（2）由（1）知，，过点的直线与椭圆交于两点，‎ 则的周长为，又（为三角形内切圆半径），‎ ‎∴当的面积最大时，其内切圆面积最大.‎ 设直线的方程为：，，则 消去得，‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 令，则，∴‎ 令，‎ 当时，，‎ 在上单调递增，‎ ‎∴，当时取等号，‎ 即当时，的面积最大值为3，‎ 结合，得的最大值为，‎ ‎∴内切圆面积的最大值为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求解和椭圆的几何性质，考查直线和椭圆相交，所形成的三角形有关最值的计算，属于中档题.‎ ‎（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.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在直角坐标系中，曲线C的方程为．以坐标原点为极点，‎ 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．‎ ‎(1)求曲线C的参数方程和直线的直角坐标方程；‎ ‎(2)若直线与轴和y轴分别交于A，B两点，P为曲线C上的动点，求△PAB面积的最大值．‎ ‎【答案】（1）（为参数），（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据椭圆参数方程形式和极坐标与直角坐标互化原则即可得到结果；（2）可求出，所以求解面积最大值只需求出点到直线距离的最大值；通过假设，利用点到直线距离公式得到，从而得到当时，最大，从而进一步求得所求最值.‎ ‎【详解】（1）由，得的参数方程为（为参数）‎ 由，得直线的直角坐标方程为 ‎（2）在中分别令和可得：，‎ 设曲线上点，则到距离：‎ ‎，其中：，‎ 当，‎ 所以面积的最大值为 ‎【点睛】本题考查椭圆参数方程、极坐标化直角坐标以及椭圆上的点到直线距离的最值问题求解，求解此类最值问题的关键是利用参数表示出椭圆上点的坐标，将问题转化为三角关系式的化简，利用三角函数的范围来进行求解.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知函数，且恒成立.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）当时，，证明：.‎ ‎【答案】（1）（2）见证明 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用绝对值三角不等式可将转化为：，结合可求得；（2）由（1）知，根据可整理得，从而可得：，利用基本不等式求得，从而证得结论.‎ ‎【详解】（1）‎ ‎，‎ 当且仅当且时，取等号 恒成立可转化为：恒成立，解得：‎ ‎ ‎ ‎（2）由（1）知：‎ 当，时，有，‎ 由得： ‎ 当且仅当时，取等号 ‎，即：‎ ‎【点睛】本题考查绝对值三角不等式的应用、利用基本不等式证明的问题，关键是能够将恒成立问题转变为函数最值求解的问题，易错点是忽略基本不等式成立的前提条件，属于常考题型.‎ ‎ ‎