四川省泸州市2020届高三第一次教学质量诊断性考试数学（文）试题

四川省泸州市2020届高三第一次教学质量诊断性考试数学（文）试题

泸州市2020届（2017级）高三第一次教学质量检测 数学文试题2019.11‎ 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页.共150分.考试时间120分钟.‎ 注意事项：‎ ‎1.答题前，先将自己的姓名.准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.‎ ‎2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题的答案标号涂黑.‎ ‎3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，写在试题卷.草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.‎ ‎4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.‎ 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．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1.已知集合，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可以求出集合，然后进行交集的运算即可．‎ ‎【详解】解：， ． 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查集合交集的运算，属于基础题．‎ ‎2.下列函数中，满足“对任意，且都有”是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对任意，且都有”，可知函数在上单调递减，结合选项即可判断．‎ ‎【详解】解：“对任意，且都有”， ∴函数在上单调递减， 结合选项可知，在单调递增，不符合题意， 在单调递减，符合题意， 在单调递增，不符合题意， 在单调递增，不符合题意， 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了基本初等函数的单调性的判断，属于基础试题．‎ ‎3.“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得，由也可得，观察两个的范围之间的关系即可得结果.‎ ‎【详解】解：由可得，‎ 由可得，‎ 所以“”是“”的充分不必要条件，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查条件的充分性和必要性，关键是求出的取值，本题是基础题.‎ ‎4.已知函数y=f（x）+x是偶函数，且f（2）=1，则f（-2）=（　　）‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎∵是偶函数 ‎∴‎ 当时，，又 ‎∴‎ 故选D ‎5.一条直线若同时平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线的位置关系是(　)‎ A. 异面 B. 平行 C. 相交 D. 不确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】如图所示，直线a∥α，a∥β，α∩β=b，求证a∥b．只需考虑线面平行的性质定理及平行公理即可．‎ 解：由a∥α得，经过a的平面与α相交于直线c，‎ 则a∥c，‎ 同理，设经过a的平面与β相交于直线d，‎ 则a∥d，由平行公理得：c∥d，‎ 则c∥β，又c在α内，α∩β=b，所以c∥b，‎ 又a∥c，所以a∥b．‎ 故答案为B．‎ ‎6.函数的图象可能为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数定义域以及函数值正负识别函数图象，并进行选择.‎ ‎【详解】当时，所以舍去B,C;‎ 当时无意义，所以舍去D;‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查函数图象的识别，考查基本分析判断能力，属基础题.‎ ‎7.已知，，，，则下列选项中是假命题的为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 命题：由三角函数定义，即可判断出真假；命题：由求根公式，即可判断出真假，根据复合命题真值表判断结果即可．‎ ‎【详解】解：命题：由三角函数的定义，角终边与单位圆交于点， 过作轴，垂足是，单位圆交轴于点，‎ 则，弧长即为角；显然弧长； ∴，是真命题； 命题：解方程，则，‎ 因此，，是假命题． 则下列选项中是假命题的为．而A，B，D都是真命题． 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的定义，方程的求根公式、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎8.函数的图象向左平移个单位后关于轴对称，则函数在 上的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用平移后的图像关于轴对称求出，再利用三角函数的性质可求其在给定范围上的最小值.‎ ‎【详解】平移得到的图像对应的解析式为，‎ 因为为偶函数，所以，‎ 所以，其中.‎ 因为，所以，‎ 当时，，所以，‎ 当且仅当时，，故选B.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的图像变换及正弦型函数的最值的求法，属于中档题.‎ ‎9.我国古代数学名著《九章算术》中，割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”其体现的是一种无限与有限的转化过程，如在中，“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值x，这可以通过方程确定x的值，类似地的值为（ ）‎ A. 3 B. C. 6 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过已知得到求值方法：先换元，再列方程，解方程，求解（舍去负根），再运用该方法，注意两边平方，得到方程，解出方程舍去负的即可．‎ ‎【详解】解：令， 则两边平方得，则， 即，解得，舍去． 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查类比推理的思想方法，考查从方法上类比，是一道中档题．‎ ‎10.若将甲桶中的a L水缓慢注入空桶乙中，则x min后甲桶中剩余的水量符合衰减函数（其中e是自然对数的底数）.假设过5 min后甲桶和乙桶的水量相等，再过m min后，甲桶中的水只有，则m的值为（ ）‎ A. 9 B. 7 C. 5 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，函数满足，解出．再根据，建立关于的指数方程，由对数恒成立化简整理，即可解出的值，由即可得到．‎ ‎【详解】解：∵5min后甲桶和乙桶的水量相等， ∴函数，满足 可得， 因此，当min后甲桶中的水只有升， 即， 即， 即为， 解之得， 经过了分钟，即． 故选：C．‎ ‎【点睛】本题给出实际应用问题，求经过几分钟后桶内的水量剩余四分之一．着重考查了指数函数的性质、指数恒等式化简，指数方程和对数的运算性质等知识，属于中档题．‎ ‎11.在四棱锥中，，且为等边三角形，，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先确定三棱锥的外接球球心位置，再列方程求解球半径，最后根据球表面积公式得结果.‎ ‎【详解】由题意得三棱锥的外接球球心在过中心且垂直平面的直线上，设为点O，球半径设为,则,从而外接球的表面积为,‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查锥体外接球及其表面积，考查空间想象能力以及基本分析求解能力，属中档题.‎ ‎12.已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，函数是最小正周期为2的偶函数，且当时，，若函数有3个零点，则实数k的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把函数有3个零点，转化为有3个不同根，画出函数与的图象，转化为关于的不等式组求解．‎ ‎【详解】解：由函数的图象与函数的图象关于直线对称，得， 函数是最小正周期为2的偶函数，当时，， 函数有3个零点，即有3个不同根， 画出函数与的图象如图： ‎ 要使函数与的图象有3个交点，则 ，且，即． ∴实数k的取值范围是． 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查函数零点与方程根的关系，考查数形结合的解题思想方法与数学转化思想方法，是中档题．‎ 第Ⅱ卷（非选择题共90分）‎ 注意事项：‎ ‎（1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效.‎ ‎（2）本部分共10个小题，共90分.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．‎ ‎13.函数的定义域为_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据偶次根式被开方数非负列不等式，解对数不等式得结果.‎ ‎【详解】由题意得 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查函数定义域以及对数不等式，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎14.设函数，那么的值为________.‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 推导出，由此能求出结果．‎ ‎【详解】解：∵函数， ∴． 故答案为：9．‎ ‎【点睛】本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎15.函数的最小值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据二倍角余弦公式将函数转化为二次函数，再根据二次函数性质求最值.‎ ‎【详解】‎ 所以令，则 因此当时，取最小值，‎ 故答案：‎ ‎【点睛】本题考查二倍角余弦公式以及二次函数最值，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎16.已知正方体有8个不同顶点，现任意选择其中4个不同顶点，然后将它们两两相连，可组成平面图形成空间几何体.在组成的空间几何体中，可以是下列空间几何体中的________.（写出所有正确结论的编号）‎ ‎①每个面都是直角三角形的四面体；‎ ‎②每个面都是等边三角形的四面体；‎ ‎③每个面都是全等的直角三角形的四面体；‎ ‎④有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体.‎ ‎【答案】①②④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出正方体的图形，在几何体中找出满足结论的图形即可．‎ ‎【详解】解：‎ ‎①每个面都是直角三角形的四面体；如：E−ABC，所以①正确； ②每个面都是等边三角形的四面体；如E−BGD，所以②正确； ③每个面都是全等的直角三角形的四面体：这是不可能的，③错误； ④有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体．如：A−BDE，所以④正确； 故答案为：①②④．‎ ‎【点睛】本题考查命题的真假的判断，空间几何体的与三棱锥的关系，是基本知识的考查，易错题．‎ 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.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.已知函数（其中a为实数）.‎ ‎（1）若是极值点，求函数的减区间；‎ ‎（2）若在上是增函数，求a的取值范围.‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对求导，代入使导函数为零，求出的值，进而利用导数可求出 的减区间.‎ ‎（2）在上是增函数转化为在上大于等于零恒成立，进而转化为最值问题，即可求得a的取值范围.‎ ‎【详解】解：（1）因为，所以， ‎ 因是的极值点，‎ 所以，即，所以， ‎ 故，‎ 当或时，，当时，，‎ 所以符合题意， ‎ 且的减区间为； ‎ ‎（2）因为在上为增函数，‎ 所以在上恒成立， ‎ 所以在上恒成立， ‎ 因为在上是增函数，在上是减函数， ‎ 所以， ‎ 所以，即a的取值范围为，‎ ‎【点睛】本题考查函数的极值及单调性，其中关键是将单调性问题转化为最值问题，是中档题.‎ ‎18.在中，内角，，的对边分别为，，，已知.‎ ‎（Ⅰ）求；‎ ‎（Ⅱ）已知，边上的高，求的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先根据正弦定理将边角关系化为角的关系，再根据两角和正弦公式化简求结果，‎ ‎（Ⅱ）先根据三角形面积公式得到，再利用余弦定理求的值.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）由，‎ 及正弦定理得，‎ 即，‎ 所以，‎ 即，‎ 由于为的内角，所以，‎ 所以，‎ 又，‎ 所以；‎ ‎（Ⅱ）因为，‎ 代入，，，得，‎ 由余弦定理得，‎ 代入，得，‎ 解得，或（舍去），‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理以及三角形面积公式，考查基本分析求解能力，属中档题.‎ ‎19.已知函数.‎ ‎（Ⅰ）求函数的最小值及取最小值时取值的集合；‎ ‎（Ⅱ）若将函数的图象上所有点的横坐标扩大为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象，且，，求的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）最小值是，此时的集合为；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先根据二倍角正余弦公式以及辅助角公式化简函数，再根据正弦函数性质求最值，‎ ‎（Ⅱ）先根据三角函数图象变换得解析式，再根据两角差正弦公式求结果.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ），‎ ‎，‎ 当，即时，取得最小值是，‎ 所以函数的最小值是，‎ 此时的集合为；‎ ‎（Ⅱ）的图像上所有点的横坐标扩大为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数，所以的最小正周期为，‎ 故 因为，‎ 所以.‎ 又，所以，‎ 所以，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查两角差正弦公式、二倍角正余弦公式、辅助角公式、三角函数图象变换以及正弦函数性质，考查综合分析求解能力，属中档题.‎ ‎20.如图，已知为圆锥底面的直径，点是圆锥底面的圆周上，，，，是上一点，且平面平面.‎ ‎（Ⅰ）求证；‎ ‎（Ⅱ）求多面体的体积.‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析 （Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先根据等腰三角形性质得，再根据面面垂直性质定理得，即可证得结果，‎ ‎（Ⅱ）先求，根据等体积法或求高可得，再根据与多面体的体积关系得结果.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）因为是等边三角形，，‎ 所以，‎ 因为平面，且交线为，‎ 所以，‎ 因为，‎ 所以；‎ ‎（Ⅱ）解法一：因为，，，‎ 所以， ，‎ 在中，，又，‎ 所以，，‎ 所以点到平面的距离为点到平面的距离的，‎ 所以三棱锥的体积，‎ 所以多面体的体积为 ‎.‎ 解法二：，，‎ 在中，，，‎ 在中，，所以，‎ 从而，‎ 由（Ⅰ）可知，‎ 所以，‎ 又因为，‎ 所以多面体的体积为.‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直性质定理、线面垂直性质定理以及锥体体积公式，考查综合分析求解能力，属中档题.‎ ‎21.已知函数，（其中是常数）.‎ ‎（Ⅰ）求过点与曲线相切的直线方程；‎ ‎（Ⅱ）是否存在的实数，使得只有唯一的正数，当时不等式恒成立，若这样的实数存在，试求，的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）存实数，只有唯一值，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先求导数，根据导数几何意义用切点坐标表示切线斜率，再根据点斜式得切线方程，最后根据切线过点求切点坐标，即得结果,‎ ‎（Ⅱ）先化简不等式，构造函数，利用导数研究新函数单调性，确定最小值取法，再根据最小值不大于零，结合解得唯一性确定，的值.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）设过点的直线与曲线相切于点，‎ 因，则，‎ 所以在处切线斜率为，‎ 则在处切线方程为，‎ 将代入切线方程，得，‎ 所以，‎ 所以切线方程为；‎ ‎（Ⅱ）假设存在的正实数，使得只有唯一的正数，当时不等式恒成立，即恒成立，‎ 因，所以，即，‎ 令 则，由于，即，‎ ‎（1°）当即时，‎ 时，，则在上为增函数，‎ 时，，则在上为减函数，‎ 则，‎ 即，令，‎ 则，由，得，‎ 时，，则在区间上为减函数，‎ 时，，则在区间上为增函数，‎ 因此存在唯一的正数，使得，故只能.‎ 所以，‎ 所以，此时只有唯一值.‎ ‎（2°）当即时，，所以在上为增函数，‎ 所以，即，故.‎ 所以满足的不唯一，‎ 综上，存在实数，只有唯一值，当时，恒有原式成立.‎ ‎【点睛】本题考查导数几何意义以及利用导数研究不等式恒成立问题，考查综合分析求解能力，属难题.‎ ‎（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.‎ ‎22.如图，在极坐标系Ox中，过极点的直线l与以点为圆心、半径为2的圆的一个交点为，曲线是劣弧，曲线是优弧.‎ ‎（1）求曲线的极坐标方程；‎ ‎（2）设点为曲线上任意一点，点在曲线上，若，求的值.‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，求出结果．‎ ‎（2）利用极径和三角函数关系式的变换的应用求出结果．‎ ‎【详解】解：（1）设以点为圆心、半径为2的圆上任意一点， ‎ 所以该圆的极坐标方程为， ‎ 则的方程为； ‎ ‎（2）由点为曲线上任意一点，则，‎ 点在曲线上，则，‎ 即， ‎ 因为，所以， ‎ 即 ‎， ‎ 因为，且，所以， ‎ 因为，所以，即，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题．‎ ‎23.设.‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）已知x，y实数满足，且的最大值为1，求a的值.‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）讨论的取值范围，去掉绝对值求出不等式的解集； （2）结合题意，利用柯西不等式求得的最大值，列方程求出的值．‎ ‎【详解】解：（1）当时，不等式化为，此时， ‎ 当时，不等式化为，成立， ‎ 当时，不等式化为，此时， ‎ 综上所述，原不等式的解集为； ‎ ‎（2）柯西不等式得，因为，‎ 所以，（当时，取等号），‎ 又因为的最大值为1，所以.‎ ‎【点睛】本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，也考查了柯西不等式的应用问题，是中档题．‎ ‎ ‎