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）

这是一份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），共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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.