2020届甘肃省武威第六中学高三上学期第六次诊断考试数学（理）试题（解析版）

2020届甘肃省武威第六中学高三上学期第六次诊断考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则

A．    B．    C．    D．

【答案】C

【解析】由题意知，集合表示函数的定义域，由，即，，解得，所以.由，得，所以，所以，故选C.

2．若复数（为虚数单位，）的实部与虚部互为相反数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】分析：利用复数的除法运算化简，实部与虚部何为0即可得解.

详解：复数.

由题意可知：，解得：.

故选A.

点睛：复数除法运算的原理为：分母实数化，从而得到实部和虚部.

3．已知倾斜角为的直线与直线垂直，则的值为

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由题意得

所以

选B.

点睛：应用三角公式解决问题的三个变换角度

(1)变角：目的是沟通题设条件与结论中所涉及的角，其手法通常是“配凑”.

(2)变名：通过变换函数名称达到减少函数种类的目的，其手法通常有“切化弦”、“升幂与降幂”等.

(3)变式：根据式子的结构特征进行变形，使其更贴近某个公式或某个期待的目标，其手法通常有：“常值代换”、“逆用变用公式”、“通分约分”、“分解与组合”、“配方与平方”等.

4．已知不重合的两条直线，，平面，，且，，给出下列命题：

①若，则；②若，则；③若，则；④若，则.

其中正确的命题是（    ）.

A．①④ B．③④ C．①② D．①③

【答案】A

【解析】结合图像，逐一判断四个命题的正确性.

【详解】

对于①，画出图像如下图所示，由图可知①正确. 证明如下：由于，所以，由于，所以.

对于②，画出图像如下图所示，由图可知②错误.

对于③，画出图像如下图所示，由图可知③错误.（和①图像相同）

对于④，画出图像如下图所示，由图可知④正确.证明如下：由于，所以，由于，所以.

故选：A

【点睛】

本小题主要考查空间点线面位置关系有关命题真假性的判断，属于基础题.

5．已知满足，，且当时，（为常数），则的值为（    ）.

A．4 B．-4 C．6 D．-6

【答案】B

【解析】首先判断函数的奇偶性，结合求得，由此求得的值.

【详解】

由于满足，，所以为奇函数，由，解得，所以时，.所以

.

故选：B

【点睛】

本小题主要考查函数的奇偶性，考查对数运算，属于基础题.

6．直线，则“或”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】分析：由两条直线平行，求解，在根据充要条件的判定方法，即可得到结论.

详解：由题意，当直线时，满足，解得，

所以“或”是“”的必要不充分条件，故选B.

点睛：本题主要考查了两直线的位置的判定及应用，以及必要不充分条件的判定，其中正确求解两条直线平行式，实数的值是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，试题属于基础题.

7．已知△ABC的三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c,若b=1,c=,且则a=

A．1或 B．1或 C．1或2 D．或

【答案】C

【解析】由，，又b=1,所以，又c>b,所以B角一定是锐角，所以．再由或，当，，，当，为等腰三角形，所以，选C.

【点睛】解三角形常利用正、余弦定理进行边角的统一．即将条件化为只含角的三角函数关系式，然后利用三角恒等变换得出内角之间的关系式；或将条件化为只含有边的关系式，然后利用常见的化简变形得出三边的关系．结论一般为特殊的三角形．如等边三角形、等腰三角形、直角三角形、等腰直角三角形等．另外，在变形过程中要注意A，B，C的范围对三角函数值的影响．

8．已知，是圆上的两个动点，，，若是线段的中点，则的值为（    ）.

A． B． C．2 D．3

【答案】D

【解析】判断出是等边三角形，以为基底表示出，由此求得的值.

【详解】

圆圆心为，半径为，而，所以是等边三角形.由于是线段的中点，所以.所以.

故选：D

【点睛】

本小题主要考查用基底表示向量，考查向量的数量积运算，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.

9．已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】【详解】

分析：先根据条件得PF2=2c,再利用正弦定理得a,c关系，即得离心率.

详解：因为为等腰三角形，，所以PF2=F1F2=2c,

由斜率为得，，

由正弦定理得,

所以，故选D.

点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.

10．正项等比数列中，，若，则的最小值等于　　

A． B．1 C． D．

【答案】A

【解析】设正项等比数列的公比为，由，解得由，利用等比数列的通项公式可得再利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得结果．

【详解】

设正项等比数列的公比为，

，，解得．

，，，即．

则，

当时，等号成立，

所以的最小值等于，故选A．

【点睛】

本题考查了等比数列的通项公式、“乘1法”与基本不等式的求最值，属于综合题．利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数是否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.

11．已知函数是偶函数，其中，则下列关于函数的正确描述是（    ）.

A．在区间上的最小值为－1

B．的图象可由函数的图象向上平移2个单位长度，向右平移个单位长度得到

C．的图象的一个对称中心是

D．的一个单调递减区间是

【答案】C

【解析】根据为偶函数，求得的值，由此求得的解析式，根据三角函数最值、图像变换、对称中心、单调区间的知识，判断四个选项的正确性.

【详解】

由于为偶函数，，所以.所以.

对于A选项，，所以，最小值为，故A选项错误.

对于B选项，，而，所以项右移得，故B选项错误.

对于C选项，由于，所以C选项正确.

对于D选项，，所以不是的减区间，所以D选项错误.

故选：C

【点睛】

本小题主要考查三角恒等变换，考查三角函数最值、图像变换、对称中心、单调区间等知识，属于中档题.

12．在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，直线l：y＝2x－4，设圆C的半径为1，圆心在l上．若圆C上存在点M，使MA＝2MO，则圆心C的横坐标a的取值范围是（     ）

A． B．[0,1]

C． D．

【答案】A

【解析】设，圆C的方程为(x－a)2＋[y－2(a－2)]2＝1，设点M(x，y)，根据MA＝2MO，可得点的轨迹是圆：x2＋(y＋1)2＝4，根据两圆有公共点列式可解得结果.

【详解】

设，因为圆心在直线y＝2x－4上，所以圆C的方程为(x－a)2＋[y－2(a－2)]2＝1，

设点M(x，y)，因为MA＝2MO，所以，

化简得x2＋y2＋2y－3＝0，即x2＋(y＋1)2＝4，

所以点M在以D(0，－1)为圆心，2为半径的圆上，

由题意，点M(x，y)在圆C上，所以圆C与圆D有公共点，

则|2－1|≤|CD|≤2＋1，即，

由得5a2－12a＋8≥0，解得a∈R；

由≤3得5a2－12a≤0，解得0≤a≤，

所以点C的横坐标a的取值范围为.

故选：A.

【点睛】

本题考查了求满足条件的动点的轨迹方程，考查了圆与圆的位置关系，考查了解一元二次不等式，属于中档题.

二、填空题

13．若实数，满足约束条件，且的最大值为5，则实数的值为________.

【答案】-2

【解析】画出可行域，根据的最大值为5求得的值.

【详解】

由，解得.画出可行域如下图所示，平移基准直线到点时，目标函数取得最大值为，即.

故答案为：

【点睛】

本小题主要考查线性目标函数的最优解求参数值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.

14．设数列的前项和为，若，则数列的前40项的和为________.

【答案】

【解析】利用取得数列的通项公式，利用裂项求和法求得数列的前40项的和.

【详解】

由于，

当时，，

当时，，所以.当时上式也符合，所以数列的通项公式为.

.所以

.

故答案为：

【点睛】

本小题主要考查已知求，考查裂项求和法，属于基础题.

15．一条光线从点射出，经轴反射后与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为           ．

【答案】或

【解析】试题分析：根据反射定律，反射光线就是过点所作圆的切线，设其斜率为，反射光线所在直线方程为，即，所以，解得．

【考点】直线与圆的位置关系．

16．我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱．如图为一个“堑堵”，即三棱柱，其中，已知该“堑堵”的高为，体积为48，则该“堑堵”的外接球体积的最小值为___________.

【答案】

【解析】设，，又，且该“堑堵”的高，所以“堑堵”的体积，解得，“堑堵”外接球的直径，其半径为，当且仅当时，等号成立，所以该“堑堵”的外接球体积的最小值为，故答案为.

三、解答题

17．已知函数．

（1）求的最小值，并写出取得最小值时的自变量的集合．

（2）设的内角，，所对的边分别为，，，且，，若，求，的值．

【答案】（1）最小值为；，；（2），

【解析】（1）利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得，利用正弦函数的图象和性质即可求解．

（2）由已知可求，结合范围，可求，由已知及正弦定理可得，进而由余弦定理可得，联立即可解得，的值．

【详解】

解：（1），

当，即时，的最小值为，

此时自变量的集合为：，

（2）（C），

，

又，，，可得：，

，由正弦定理可得：①，又，

由余弦定理可得：，可得：②，

联立①②解得：，.

【点睛】

本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质，正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了数形结合思想及转化思想的应用，属于中等题．

18．在单调递增的等差数列中，前项和为，已知，且，，成等比数列.

（1）求的通项公式；

（2）设，求数列的前项和.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）根据等比中项的性质以及等差数列的基本量计算，求得，由此求得的通项公式.

（2）利用错位相减求和法求得数列的前项和.

【详解】

（1）设等差数列的公差为，

因为，且，，成等比数列，

所以，

解得，，或，.

因为单调递增，所以，

所以，，

所以的通项公式为.

（2）因为，所以.

所以，①

所以.②

以上两个式子相减得，

，

所以，

所以.

【点睛】

本小题主要考查等比中项的性质，考查等差数列的基本量计算，考查错位相减求和法，属于中档题.

19．在斜三棱柱（侧棱不垂直于底面）中，侧面底面，底面是边长为2的正三角形，，.

（1）求证：；

（2）求二面角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）

【解析】（1）取的中点，连接，，通过证明，，证得平面，由此证得.

（2）解法一：利用几何法作出二面角的平面角，解三角形求得二面角的正切值，再求得其正弦值.

解法二：建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值，再求得其正弦值.

【详解】

（1）证明：如图，取的中点，连接，，

∵，

∴，

∵底面是边长为2的正三角形，

∴，，

∴，又，

∴平面，且平面，

∴.

（2）解法一：如上图，过点作于点，连接.

∵侧面底面，

∴侧面平面，又，侧面平面，

∴侧面，又平面，

∴，又且，

∴平面，∴，

∴为所求二面角的平面角，

∵，∴，

又，∴，

∴二面角的正弦值为.

法二：如图，取的中点，以为坐标原点，射线，，分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，

∴，，

设为平面的法向量，

∴，

令，得，

又为平面的一个法向量，

设二面角的大小为，显然为锐角，

，

则，∴二面角的正弦值为.

【点睛】

本小题主要考查线线垂直的证明，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.

20．已知椭圆的离心率，直线被以椭圆的短轴为直径的圆截得的弦长为.

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）若过点的直线交椭圆于两点，且，求的取值范围．

【答案】(1)；(2).

【解析】试题分析：

（1）由直线与圆的位置关系可得.由椭圆的离心率可得，则椭圆的方程为.

（2）当直线的斜率为时，，当直线的斜率不为时，设直线在y轴上的截距式方程为，，，联立方程可得，满足题意时，结合韦达定理可知，据此可知.综上可得.

试题解析：

（1）因为原点到直线的距离为，

所以（），解得.

又，得

所以椭圆的方程为.

（2）当直线的斜率为时，，

当直线的斜率不为时，设直线：，，，

联立方程组，得，

由，得，

所以，

，

由，得，所以.

综上可得：，即.

点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．

(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．

21．已知函数.

（1）当时，证明：；

（2）若对于定义域内任意x，恒成立，求t的范围

【答案】（1）见解析

（2）

【解析】（1）构造函数利用导数求出函数的单调性，得到函数的最大值，即可得证；

（2）参变分离得到在恒成立，构造函数求出函数的最小值，即可得到参数的取值范围.

【详解】

（1）证明：即是证明，设，

当，，单调递增；当，，单调递减；所以在处取到最大值，即，所以得证

（2）原式子恒成立即在恒成立

设，

，设，

，所以单调递增，且，

所以有唯一零点，而且，所以

两边同时取对数得

易证明函数是增函数，所以得，所以

所以由在上单调递减，在上单调递增，

所以

于是t的取值范围是

【点睛】

本题考查利用导数证明不等式恒成立问题，属于中档题.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为，（为参数），为曲线上的动点，动点满足（且），点的轨迹为曲线.

（1）求曲线的方程，并说明是什么曲线；

（2）在以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴的极坐标系中，点的极坐标为，射线与的异于极点的交点为，已知面积的最大值为，求的值.

【答案】（1）见解析；（2）2

【解析】分析：（1）设，，根据，推出，代入到，消去参数即可求得曲线的方程及其表示的轨迹；（2）法1：先求出点的直角坐标，再求出直线的普通方程，再根据题设条件设点坐标为，然后根据两点之间距离公式及三角函数的图象与性质，结合面积的最大值为，即可求得的值；法2：将，代入，即可求得，再根据三角形面积公式及三角函数的图象与性质，结合面积的最大值为，即可求得的值.

详解：（1）设，，由得.

∴

∵在上

∴即（为参数），消去参数得.

∴曲线是以为圆心，以为半径的圆.

（2）法1：点的直角坐标为.

∴直线的普通方程为，即.

设点坐标为，则点到直线的距离.

∴当时，

∴的最大值为

∴.

法2：将，代入并整理得：，令得.

∴

∴

∴当时，取得最大值，依题意，∴.

点睛：本题主要考查把参数方程转化为普通方程，在引进参数和消去参数的过程中，要注意保持范围的一致性；在参数方求最值问题中，将动点的参数坐标，根据题设条件列出三角函数式，借助于三角函数的图象与性质，即可求最值，注意求最值时，取得的条件能否成立.