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（理）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（理）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（理）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．已知双曲线：（，）的左、右顶点分别为，，左焦点为，为上一点，且轴，过点的直线与线段交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，若（为坐标原点），则 的离心率为（ ）‎ A．3 B．2 C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由，得到，，，根据，从而得到的关系，求出离心率，得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 又∵，‎ ‎∴，‎ 而，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴离心率，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线里的几何关系求离心率，属于简单题.‎ ‎11．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.‎ ‎12．已知定义在上的可导函数的导函数为，满足是偶函数，，则不等式的解集为（ ）.‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】首先构造函数 ，根据导数判断函数是单调递增函数，‎ ‎ 将不等式转化为即，利用单调性解不等式.‎ ‎【详解】‎ 设 ， 在上单调递增.‎ ‎ ‎ 即，‎ 在上单调递增 ‎，答案，‎ 故选A ‎【点睛】‎ 本题考查根据导数判断函数的单调性，根据单调性解抽象不等式，意在考查转化与变形，利用导数构造函数，首先要熟悉导数运算法则，其次要熟悉一些常见的函数的导数，比如， ，.‎ 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．的展开式中含项的系数为______.‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】由，求得展开式中含项的系数．‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ ‎∴展开式中含项的系数为，‎ 故答案为：5．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了二项式展开式某一项系数的应用问题，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．在如图所示的几何体中，四边形是菱形，四边形是矩形，平面平面，，，，为的中点，为线段上的一点.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若二面角的大小为，求的值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2) ‎ ‎【解析】（1）连接DB，由已知可得△ABD为等边三角形，得到DE⊥AB，则DE⊥DC，再由ADNM为矩形，得DN⊥AD，由面面垂直的性质可得DN⊥平面ABCD，得到DN⊥DE，由线面垂直的判断可得DE⊥平面DCN，进一步得到DE⊥CN；‎ ‎（2）由（1）知DN⊥平面ABCD，得到DN⊥DE，DN⊥DC，又DE⊥DC，以D为坐标原点，DE、DC、DN分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设，λ∈[0，1]，分别求出平面PDE与平面DEC的一个法向量，由二面角P﹣DE﹣C的大小为列式求得λ即可．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）连接.‎ 在菱形中，，，‎ 为等边三角形.‎ 又为的中点，.‎ 又，.‎ 四边形为矩形，.‎ 又平面平面，‎ 平面平面，‎ 平面，‎ 平面.‎ 平面，.‎ 又 平面.‎ 平面，‎ ‎.‎ ‎（2）由（1）知平面，‎ 平面，。‎ 两两垂直.‎ 以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，‎ ‎，‎ 设，‎ 则，.‎ 设平面的法向量为，‎ 则，‎ 即，‎ 令，则.‎ 由图形知，平面的一个法向量为，‎ 则，‎ 即，即.‎ ‎，‎ 解得，的值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间中直线与直线的位置关系，考查了线面垂直、面面垂直的判定及性质的应用，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解线面角，是中档题．‎ ‎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；‎ 求证：当时，‎ ‎【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）；（3）证明见解析.‎ ‎【解析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；‎ ‎（2）若a≤0，则f（1）＝﹣a+1＞0，不满足f（x）≤0恒成立．若a＞0，由（Ⅰ）可知，函数f（x）在（0，）上单调递增；在（）上单调递减．由此求出函数的最大值，由最大值小于等于0可得实数a的取值范围．‎ ‎（3）由（2）可知，当a＝1时，f（x）≤0恒成立，即lnx﹣x+1≤0．得到﹣xlnx≥﹣x2+x ‎，则ex﹣xlnx+x﹣1≥ex﹣x2+2x﹣1．然后利用导数证明ex﹣x2+2x﹣1＞0（x＞0），即可说明ex﹣xlnx+x＞0．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵函数 f（x）＝（a∈R ）．‎ ‎∴，x＞0，‎ 当a＝0时，f′（x）0，f（x）在（0，+∞）单调递增．‎ 当a＞0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）单调递增．‎ 当a＜0时，令f′（x）＞0，解得：0＜x，‎ 令f′（x）＜0，解得：x，‎ 故f（x）在（0，）递增，在（，+∞）递减．‎ ‎（2）当时，则f（1）＝2a+3＞0，不满足f（x）≤0恒成立．‎ 若a<0，由（1）可知，函数f（x）在（0，）递增，在（，+∞）递减．‎ ‎∴，又f（x）≤0恒成立，‎ ‎∴f（x）max≤0，即0，令g(a)=,则g(a)单调递增，g(-1)=1，‎ g(-2)=<0，∴a时，g(a) <0恒成立，此时f（x）≤0恒成立，‎ ‎∴整数的最大值-2．‎ ‎（3）由（2）可知，当a＝-2时，f（x）≤0恒成立，即lnx﹣2x2+1≤0．即xlnx﹣2x3+x≤0，恒成立，①‎ 又ex﹣x2+2x﹣1+（）‎ ‎∴只需证ex﹣x2+2x﹣1，‎ 记g（x）＝ex﹣x2+2x﹣1（x＞0），则g′（x）＝ex﹣2x+2，‎ 记h（x）＝ex﹣2x+2，则h′（x）＝ex﹣2，由h′（x）＝0，得x＝ln2．‎ 当x∈（0，ln2）时，h′（x）＜0；当x∈（ln2，+∞）时，h′（x）＞0．‎ ‎∴函数h（x）在（0，ln2）上单调递减；在（ln2，+∞）上单调递增．‎ ‎∴4﹣2ln2＞0．‎ ‎∴h（x）＞0，即g′（x）＞0，故函数g（x）在（0，+∞）上单调递增．‎ ‎∴g（x）＞g（0）＝e0﹣1＝0，即ex﹣x2+2x﹣1＞0．‎ 结合①∴ex﹣x2+2x﹣1+（）＞0，即＞0成立．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，考查数学转化思想方法，是中档题．‎ ‎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.‎