2020届四川省泸州市泸县第五中学高三上学期期末考试数学（文）试题（解析版）

2020届四川省泸州市泸县第五中学高三上学期期末考试数学（文）试题（解析版）

‎2020届四川省泸州市泸县第五中学高三上学期期末考试数学（文）试题 一、单选题 ‎1．已知集合，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】先计算集合，再计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 故.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了集合的交集运算，属于基础题型.‎ ‎2．若是虚数单位,在复平面内复数表示的点在（ ）‎ A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ‎【答案】D ‎【解析】运用复数除法的运算法则,化简复数,最后选出正确答案.‎ ‎【详解】‎ 因为,所以复平面内复数表示的点的坐标为,该点在第四象限.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题考查了复数除法的运算法则.考查了复数在复平面表示点的位置问题.‎ ‎3．命题“且”的否定形式是（ ）‎ A．且 B．或 C．且 D．或 ‎【答案】B ‎【解析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．‎ ‎【详解】‎ 因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“∃n0∈N，f（n0）∈N且f（n0）≤n0”的否定形式是：∀n∈N，f（n）∉N或f（n）＞n．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查命题的否定．特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查．‎ ‎4．设中边上的中线为，点O满足，则（）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据已知关系式及向量的加减法运算计算即可．‎ ‎【详解】‎ 中边上的中线为，点O满足，如图所示：‎ 由，且为的中点，所以为的三等分点靠近点，‎ 且，，又，‎ 从而，即，‎ 所以+‎ ‎=.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查向量的加减法运算，三角形中线的性质应用，平面向量基本定理的应用，属于中档题．‎ ‎5．已知则( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】利用二倍角公式()即可求解.‎ ‎【详解】‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角恒等变换求值，考查二倍角余弦公式、诱导公式.把待求转化为已知需要增倍、降次，自然可以联想到二倍角公式.‎ ‎6．现有甲、乙、丙、丁四人参加数学竞赛，其中只有一位获奖. 有人走访了四人，甲说：“乙、丁都未获奖”，乙说：“是甲或丙获奖”，丙说：“是甲获奖”，丁说：“是乙获奖”，四人所说话中只有一位是真话，则获奖的人是( )‎ A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 ‎【答案】B ‎【解析】结合题意分类讨论甲乙丙丁获奖的情况，然后考查说真话的人的个数即可确定获奖的人.‎ ‎【详解】‎ 结合题意分类讨论：‎ 若甲获奖，则说真话的人为：甲乙丙，说假话的人为：丁，不合题意；‎ 若乙获奖，则说真话的人为：丁，说假话的人为：甲乙丙，符合题意；‎ 若丙获奖，则说真话的人为：甲乙，说假话的人为：丙丁，不合题意；‎ 若丁获奖，则说假话的人为：甲乙丙丁，不合题意；‎ 综上可得，获奖人为乙.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查数学推理的方法，分类讨论的数学思想，属于中等题.‎ ‎7．我们常用的数是十进制数，如，数要用10个数码（又叫数字）：0、1、2、3、4、5、6、7、8、9，在电子计算机中用的二进制，只要两个数码：0和1，如二进制中等于十进制的数6，等于十进制的数53．那么十二进制数66用二进制可表示为（ ）‎ A．1001110 B．1000010 C．101010 D．111000‎ ‎【答案】A ‎【解析】先将十二进制数66化为十进制数，再将十进制数化为二进制即可.‎ ‎【详解】‎ 十二进制数 等于十进制的数.‎ 十进制的数.‎ 故十进制的数等于二进制的数.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查进制化二进制，其方法是，先将进制化十进制，再将其化为二进制.属于基础题.‎ ‎8．将函数的图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再将所得图像向左平移个单位后得到的函数图像关于原点中心对称，则( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】先根据条件写出图像变换后的函数解析式，然后根据图像关于原点中心对称可知函数为奇函数，由此得到的表示并计算出的结果.‎ ‎【详解】‎ 因为变换平移后得到函数，由条件可知为奇函数，‎ 所以，.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角函数的图像变换以及根据函数奇偶性判断参数值，难度一般.正弦型函数为奇函数时，为偶函数时.‎ ‎9．已知点是圆上任意一点，则点到直线距离的最大值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】计算出圆心到直线距离的最大值，再加上圆的半径可得出点到直线的距离的最大值.‎ ‎【详解】‎ 圆的圆心坐标为，半径为，点到直线的距离为，‎ 因此，点到直线距离的最大值为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查圆上一点到直线距离的最值问题，当直线与圆相离时，圆心到直线的距离为，圆的半径为，则圆上一点到直线的距离的最大值为，最小值为，解题时要熟悉这个结论的应用，属于中等题.‎ ‎10．若函数为R上的奇函数，且当时，，则（ ）‎ A．-2 B．-3 C．-4 D．2‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据奇函数的性质可知解得，利用奇函数可知即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎∵为R上的奇函数，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴时，；‎ ‎∴.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要考查了奇函数的性质，对数的运算，属于中档题.‎ ‎11．已知等比数列满足，，则等于（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据数列为等比数列可得，可证明是以为首项，为公比的新等比数列，根据等比数列前n项和计算即可.‎ ‎【详解】‎ ‎∵，，∴，‎ 整理得及解得或-3（舍）,‎ 对于，‎ 设，‎ 则，，‎ 其本质是以为首项，为公比的新等比数列的前项和,‎ ‎∴‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等比数列通项公式与前项和公式，考查了等比数列基本量的运算，属于中档题.‎ ‎12．已知三棱锥四个顶点均在半径为的球面上，且，，若该三棱锥体积的最大值为，则这个球的表面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据勾股定理可知，从而求得；根据棱锥体积公式可知，若三棱锥体积最大,则可得点到平面的最大距离，在中利用勾股定理构造关于球的半径的方程，解方程求得半径，代入球的表面积公式可求得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎， ‎ ‎ ‎ 如下图所示：‎ 若三棱锥体积最大值为，则点到平面的最大距离：‎ 即：‎ 设球的半径为，则在中：，解得：‎ 球的表面积：‎ 故选 ‎【点睛】‎ 本题考查三棱锥外接球表面积的求解问题，关键是能够通过体积的最值确定顶点到底面的距离，根据外接球的性质可确定球心的大致位置，通过勾股定理构造关于半径的方程求得外接球半径.‎ 二、填空题 ‎13．已知，满足，则的最大值为______.‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】画出不等式表示的可行域，利用目标函数的几何意义当截距最小时取z取得最大值求解即可 ‎【详解】‎ 画出不等式组表示的平面区域(如图阴影所示)，化直线为 ‎ 当直线平移过点A时，z取得最大值，联立直线得A（1,2），故 故答案为：5‎ ‎【点睛】‎ 本题考查画不等式组表示的平面区域、考查数形结合求函数的最值，是基础题 ‎14．已知为数列的前项和，且，，，则______.‎ ‎【答案】853‎ ‎【解析】由与的关系可得,,即,进而得到是以为首项,为公比的等比数列,可得,令 ‎,即可得到的值 ‎【详解】‎ 由题,,即,则 ‎,‎ ‎,,‎ 是以为首项,为公比的等比数列,‎ ‎,即 当时,‎ 故答案为：853‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列通项公式,考查由与的关系求,根据,可构造数列为等比数列,公比为 ‎15．已知圆C经过两点，圆心在轴上，则C的方程为__________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】由圆的几何性质得，圆心在的垂直平分线上,结合题意知，求出的垂直平分线方程，令，可得圆心坐标，从而可得圆的半径，进而可得圆的方程.‎ ‎【详解】‎ 由圆的几何性质得，圆心在的垂直平分线上,结合题意知，的垂直平分线为，令，得，故圆心坐标为，所以圆的半径，故圆的方程为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查圆的性质和圆的方程的求解,意在考查对基础知识的掌握与应用，属于基础题.‎ ‎16．已知抛物线的焦点为F，定点．若射线FA与抛物线C相交于点M（点M在F、A中间），与抛物线C的准线交于点N，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由直线斜率公式可得，则在中，，即，再由，运算即可得解.‎ ‎【详解】‎ 解：如图所示，因为抛物线方程为，所以焦点,准线方程为 因为定点，所以直线FA的斜率，过作于点，‎ 在中，，所以,所以,‎ 因为,‎ 所以,‎ 故答案为：. ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线与抛物线的位置关系及直线斜率的运算，重点考查了运算能力，属中档题.‎ 三、解答题 ‎17．已知向量，函数.‎ ‎（1）求函数的最小正周期；‎ ‎（2）若，求的值；‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）；‎ ‎【解析】（1）首先利用向量数量积得到，利用三角函数恒等变形得到 ，然后利用周期公式求周期；（2）由（1）可知，求的值，然后利用求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1），‎ 函数的最小正周期.‎ ‎（2），‎ ‎ ， ‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角函数的恒等变形和三角函数的性质，意在考查变形与转化，以及计算求解能力，属于基础题型.‎ ‎18．习近平总书记在党的十九大报告中指出，要在“幼有所育、学有所教、劳有所得、病有所医、老有所养、住有所居、弱有所扶”上不断取得新进展，保证全体人民在共建共享发展中有更多获得感．现S市政府针对全市10所由市财政投资建设的敬老院进行了满意度测评，得到数据如下表：‎ 敬老院 A B C D E F G H I K 满意度x（%）‎ ‎20‎ ‎34‎ ‎25‎ ‎19‎ ‎26‎ ‎20‎ ‎19‎ ‎24‎ ‎19‎ ‎13‎ 投资原y（万元）‎ ‎80‎ ‎89‎ ‎89‎ ‎78‎ ‎75‎ ‎71‎ ‎65‎ ‎62‎ ‎60‎ ‎52‎ ‎（1）求投资额关于满意度的相关系数；‎ ‎（2）我们约定：投资额关于满意度的相关系数的绝对值在0.75以上（含0.75）是线性相关性较强，否则，线性相关性较弱.如果没有达到较强线性相关，则采取“末位淘汰”制（即满意度最低的敬老院市财政不再继续投资，改为区财政投资）.求在剔除“末位淘汰”的敬老院后投资额关于满意度的线性回归方程（系数精确到0.1）‎ 参考数据：，，，，.‎ 附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：.线性相关系数.‎ ‎【答案】(1)0.72；(2) ‎ ‎【解析】（1）由题意，根据相关系数的公式，可得的值，即可求解；‎ ‎（2）由（1）可知，得投资额关于满意度没有达到较强线性相关，利用公式求得的值，即可得出回归直线的方程.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意，根据相关系数的公式，可得.‎ ‎（2）由（1）可知，因为，所以投资额关于满意度没有达到较强线性相关，‎ 所以要“末位淘汰”掉K敬老院.‎ 重新计算得，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以，‎ ‎.‎ 所以所求线性回归方程为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了回归分析的应用，同时考查了回归系数的计算，以及回归直线方程的求解，其中解答中利用公式准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎19．如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，，是的中点.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若，求到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】(1) 取中点，连接，,证平面可得.‎ ‎(2)作平面的垂线，或利用三棱锥的等积转换求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：取中点，连接，.‎ 为等边三角形，.‎ ‎，是的中点，为中点，∴.‎ 又，平面.‎ ‎（2）方法一：取中点，连接CM.‎ 为等边三角形，.‎ 平面平面，，‎ 平面..‎ 又，平面.‎ ‎，为等边三角形，.‎ 是的中点，‎ 到平面的距离的倍等于到平面的距离.‎ 到平面的距离为.‎ 方法二：由平面平面，，‎ 可得平面，则.‎ ‎，为等边三角形，则.‎ 是的中点，.‎ 点到平面的距离为，设到平面的距离为，‎ 由，解得.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间垂直关系的转化，空间距离的求解.面面垂直、线面垂直、线线垂直之间可以互相转化，要合理创造转化的条件.求点面距离的常用方法是作—证—求和等积转换.‎ ‎20．已知抛物线：，直线：.‎ ‎（1）若直线与抛物线相切，求直线的方程；‎ ‎（2）设，直线与抛物线交于不同的两点，，若存在点，满足，且线段与互相平分（为原点），求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】（1）联立直线方程与抛物线方程，利用即可求解。‎ ‎（2）由直线与抛物线相交可得：，由（1）可得，由线段OC与AB互相平分可得四边形OACB为平行四边形，得到C，利用得到，即：=-1，再将，代入即可求得，对的范围分类，利用基本不等式即可得解。‎ ‎【详解】‎ 解：（1）法1：由得 ‎ 所以，所求的切线方程为 ‎ 法2：因为直线恒过（0，-4），所以由得 设切点为，由题可得，直线与抛物线在轴下方的图像相切，‎ 则 ‎ 所以切线方程为，将坐标（0，-4）代入得 即切点为（8，-8），再将该点代入得，‎ 所以，所求的切线方程为 ‎ ‎（2）由得 且，‎ 所以， ‎ 因为线段OC与AB互相平分，所以四边形OACB为平行四边形 ‎，即C 由得，， ‎ 法1：所以=-1‎ 又，又 所以，所以 法2：因为 ‎ 又 ‎，即 ‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与抛物线相切的关系，还考查了韦达定理及向量的坐标运算，考查了两直线垂直的斜率关系，还考查了分类思想及利用基本不等式求最值，考查化归能力及计算能力，属于难题。‎ ‎21．已知函数 讨论函数的单调性；‎ 设，对任意的恒成立，求整数的最大值.‎ ‎【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）整数的最大值-2‎ ‎【解析】(1)根据的取值范围，分类讨论的单调性；‎ ‎(2)先考虑特殊情况：，然后分析，借助的单调性以及恒成立对应的最值得到关于的不等式，构建新函数分析新函数的零点与之间的关系，从而求解出的最大整数值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，所以，‎ 当 时，，在上单调递增，‎ 当时，，在上单调递增，‎ 当时，令，解得：，令，解得：，‎ 所以在上递增，在上递减，‎ 综上可知：当时，在上单调递增；当时，在上递增，在上递减；‎ ‎（2）当时，则，不满足恒成立．‎ 若，由（1）可知，函数在上递增，在递减．‎ 所以，‎ 又因为恒成立，所以恒成立， ‎ 令，所以，所以在上递增，‎ 又因为，，‎ 所以存在唯一的使，‎ 当时，，当时，，‎ 所以，所以且，‎ 又因为，所以，‎ 所以整数的最大值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查导数与函数的综合应用，难度较难.(1)导函数中含有参数时，在分析函数单调性时要注意是否需要对参数分类讨论；(2)恒成立问题可以通过函数的最值进行分析，根据最值满足的不等式构造新函数，分析出其中参数范围.‎ ‎22．已知曲线的参数方程为（为参数），以直角坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴并取相同的单位长度建立极坐标系.‎ 求曲线的极坐标方程，并说明其表示什么轨迹.‎ 若直线的极坐标方程为，求曲线上的点到直线的最大距离.‎ ‎【答案】（1）,表示以为圆心，为半径的圆 ；（2）.‎ ‎【解析】(1)把曲线的参数方程利用平方关系转化为普通方程，再结合转化为极坐标方程；‎ ‎(2)把直线的极坐标方程化为普通方程，利用点到直线的距离得到结果.‎ ‎【详解】‎ 解：由得 两式两边平方并相加，得.‎ 所以曲线表示以为圆心，为半径的圆.‎ 将代入得，‎ 化简得.‎ 所以曲线的极坐标方程为.‎ 由，得，即，得.‎ 所以直线的直角坐标方程为.‎ 因为圆心到直线的距离.‎ 所以曲线上的点到直线的最大距离为.‎ ‎【点睛】‎ 参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式， 等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，本题这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题．‎ ‎23．已知函数.‎ ‎（1）当时，解不等式；‎ ‎（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】（1）分类讨论去绝对值，得到每段的解集，然后取并集得到答案.（2）先得到 的取值范围，判断，为正，去掉绝对值，转化为在时恒成立,得到，，在恒成立，从而得到的取值范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当时，，‎ 由，得，即，‎ 或，即，‎ 或，即，‎ 综上：或，‎ 所以不等式的解集为.‎ ‎（2），，‎ 因为，，‎ 所以，‎ 又，，，‎ 得.‎ 不等式恒成立，即在时恒成立，‎ 不等式恒成立必须，，‎ 解得.‎ 所以，‎ 解得，‎ 结合，‎ 所以，‎ 即的取值范围为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查分类讨论解绝对值不等式，含有绝对值的不等式的恒成立问题.属于中档题.‎