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（文）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（文）试题

一、单选题

1．设集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】计算，，再计算得到答案.

【详解】

，，

故.

故选：.

【点睛】

本题考查了并集运算，意在考查学生的计算能力.

2．已知复数的模为5，则实数（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据复数模公式直接计算得到答案.

【详解】

，故，故.

故选：.

【点睛】

本题考查了根据复数模求参数，意在考查学生的计算能力.

3．若非零向量，满足，且，则与的夹角为（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据向量垂直的等价条件以及向量数量积的应用进行求解即可．

【详解】

∵（﹣）⊥（3+2），

∴（﹣）•（3+2）=0，

即32﹣22﹣•=0，

即•=32﹣22=2，

∴cos＜，＞===，

即＜，＞=，

故选A．

【点睛】

本题主要考查向量夹角的求解，利用向量数量积的应用以及向量垂直的等价条件是解决本题的关键．

4．已知直线，和平面，若，，则“”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】由线面垂直的判定定理与性质定理，以及充分条件和必要条件的判定方法，即可得到“”是“”的必要不充分条件．

【详解】

由线面垂直的判定定理得：若，，则“”不能推出“”，

由“”，根据线面垂直的性质定理，可得“”，

即“”是“”的必要不充分条件，   

故选B．

【点睛】

本题主要考查了必要不充分条件的判定，以及线面垂直的判定定理和性质定理的应用，其中解答中熟记线面垂直的判定定理和性质定理，合理利用充分条件和必要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

5．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“今有众兄弟辈出钱买物，长兄出钱八文，次兄以下各加一文，顺至小弟出钱六十文.问：兄弟辈及共钱各若干？意思是：众兄弟出钱买一物品，长兄出了八文钱，每位兄弟比上一位兄长多出一文钱，到小弟的时候，小弟出了六十文钱，问兄弟的个数及一共出的钱数分别是多少.则兄弟的个数及一共出的钱数分别是（    ）

A．52，1768 B．53，1768 C．52，1802 D．53，1802

【答案】D

【解析】设众兄弟出钱数为，则为首项为，公差为的等差数列，计算得到答案.

【详解】

设众兄弟出钱数为，则为首项是，公差为的等差数列，.

，故；.

故选：.

【点睛】

本题考查了等差数列通项公式，前项和，意在考查学生的计算能力和应用能力.

6．已知直线过点且倾斜角为，若与圆相切，则（  ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】先根据直线与圆相切得，再根据诱导公式以及弦化切求结果.

【详解】

设直线,

因为与圆相切，所以，

因此选A.

【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.

7．已知函数，则不等式的解集是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】讨论和两种情况，根据函数单调递减解不等式得到答案.

【详解】

当时，，即，故；

当时，，，函数单调递减，

故，即；

综上所述：.

故选：.

【点睛】

本题考查了分段函数解不等式，判断函数单调递减是解题的关键.

8．已知在正方体中，E，F分别是棱CD，的中点，则异面直线EF与所成角的余弦值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】如图所示，为中点，连接，，，确定是异面直线EF与所成角，利用余弦定理计算得到答案.

【详解】

如图所示：为中点，连接，，.

为中点，F是的中点，故，易知，

故或其补角是异面直线EF与所成角.

设正方体边长为，则，，.

在中，根据余弦定理：.

故选：.

【点睛】

本题考查了异面直线夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.

9．已知函数的部分图象如图所示，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据图像得到，得到，根据得到，得到，代入数据计算得到答案.

【详解】

根据图像知：，，即，，故.

，故，

即，根据图像知：，故，

当时，满足条件，故，故.

故选：.

【点睛】

本题考查了根据三角函数图像求解析式，计算函数值，意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.

10．已知在处取得极值，则的最小值为（    ）

A． B． C．3 D．

【答案】C

【解析】求导，根据极值点得到，，展开利用均值不等式计算得到答案.

【详解】

，故，

根据题意，即.

，

当，即时等号成立.

故选：.

【点睛】

本题考查了根据极值点求参数，均值不等式，意在考查学生的综合应用能力.

11．已知椭圆的右焦点为F，左顶点为A，点P椭圆上，且，若，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】不妨设在第一象限，故，根据得到，解得答案.

【详解】

不妨设在第一象限，故，，即，

即，解得，（舍去）.

故选：.

【点睛】

本题考查了椭圆的离心率，意在考查学生的计算能力.

12．已知是定义域为的奇函数,满足.若，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】分析：先根据奇函数性质以及对称性确定函数周期，再根据周期以及对应函数值求结果.

详解：因为是定义域为的奇函数，且，

所以,

因此，

因为，所以，

，从而，选C.

点睛：函数的奇偶性与周期性相结合的问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．

二、填空题

13．曲线在点处的切线与直线垂直，则________.

【答案】．

【解析】先对函数求导，求出其在点处的切线斜率，进而可求出结果.

【详解】

因为，所以，

因此，曲线在点处的切线斜率为；

又该切线与直线垂直，所以.

故答案为

【点睛】

本题主要考查导数在某点处的切线斜率问题，熟记导数的几何意义即可，属于常考题型.

14．已知动点满足不等式组，则的最小值是________.

【答案】

【解析】如图所示，画出可行域和目标函数，根据平移得到最值.

【详解】

如图所示，画出可行域和目标函数：

根据图像知，当时，有最小值为.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了线性规划问题，画出图像是解题的关键.

15．如图，已知平面四边形满足，将沿对角线翻折，使平面平面，则四面体外接球的体积为__________．

【答案】

【解析】由题意可知，△ABD是等边三角形，找到△ABD的中心，作平面，由题意可知，外接球的球心在直线上，

由等边三角形的性质，有，利用面面垂直的性质可知：平面，则外接球的球心在直线上，

结合可知点为外接球球心，外接球半径为△ABD的外接圆圆心，

设外接球半径为，则，

外接球的体积.

点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.

16．已知P是直线3x＋4y－10＝0上的动点，PA，PB是圆x2＋y2－2x＋4y＋4＝0的两条切线，A，B是切点，C是圆心，那么四边形PACB面积的最小值为________．

【答案】

【解析】圆的标准方程为，则圆心为，半径为1，则直线与圆相离，如图：

，而，，又，，∴当取最小值时，取最小值，即取最小值，此时，，则，则，即四边形PACB面积的最小值是，故答案为.

三、解答题

17．在中，角的对边分别是，且.

（1）求角A的大小；

（2）若，的面积是，求的周长.

【答案】（1）；（2）15

【解析】（1）根据正弦定理得到，化简得到，得到答案.

（2）根据面积得到，再根据余弦定理得到，计算得到周长.

【详解】

（1）在中，，所以，

根据正弦定理，得，

因为，所以，

所以，又，所以，

所以，易知，所以，故.

（2）由题意得，得，

由余弦定理，得，

即，所以，

故的周长为.

【点睛】

本题考查了正弦定理，余弦定理，面积公式，意在考查学生综合应用能力和计算能力.

18．已知数列满足，且，等比数列中，．

(1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式

(2)求数列的前n项和．

【答案】（1）证明见解析，（2）

【解析】（1）将已知的递推式的左右两边同时除以得出，可得证，再通过等比数列中的项求出，可以求得数列的通项公式；

（2）由（1）得出的表达式，再利用裂项相消的求和方法可求得。

【详解】

（1）且，等号两边同时除以得，

所以数列是公差为的等差数列.

因为是等比数列，所以

又，所以，所以，

所以故

所以.

（2）由（1）知，

所以

【点睛】

本题考查根据数列的递推公式求数列的通项公式和裂项相消的求和方法，本题的关键是根据递推式是关于和的齐次式，需将递推式左右两边同时除以，得出，属于中档题.

19．如图，在三棱锥A-BCD中，，点E为棱CD上的一点，且.

（1）求证:平面平面BCD；

（2）若三棱锥A-BCD的体积为，求三棱锥E-ABD的高.

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】（1）证明，，再证明平面BCD得到答案.

（2）计算，根据体积计算，判断点E为棱CD的中点，根据体积计算得到答案.

【详解】

（1）因为，所以，所以.

因为，所以，

又，所以平面ADC，又平面ADC，所以.

又，所以平面BCD.

因为平面ABE，所以平面平面BCD.

（2）因为，

所以.

平面BCD，因为三棱锥A-BCD的体积为，

所以，所以，

在中，，所以点E为棱CD的中点.

设三棱锥E-ABD的高为h，则点C到平面ABD的距离为2h，

所以，所以，

所以三棱锥E-ABD的高为.

【点睛】

本题考查了面面垂直，点面距离，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.

20．已知点，在椭圆上，且椭圆的离心率为．

（1）求椭圆的方程；

（2）若斜率为1的直线与椭圆交于、两点，以为底做等腰三角形，顶点为，求的面积．

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）由点，在椭圆上，且椭圆的离心率为．可得，，又联立解得即可．

（2）设，，，，线段的中点，直线的方程为：．与椭圆方程联立可得，利用根与系数的关系、中点坐标公式可得，．利用，解得．再利用点到直线的距离公式可得点到直线的距离．弦长公式，即可得出．

【详解】

解：（1）点，在椭圆上，且椭圆的离心率为．

，，又，

解得，．

椭圆的方程为．

（2）设，，，，线段的中点，直线的方程为：．

联立，化为，

，．

解得，．

，解得．

直线的方程为：．

点到直线的距离．

．

．

【点睛】

本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、中点坐标公式、点到直线的距离公式、弦长公式、三角形的面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

21．已知函数.

（1）讨论的单调性；

（2）当时，证明.

【答案】（1）见解析；（2）见解析.

【解析】【详解】试题分析：（1）先求函数导数，再根据导函数符号的变化情况讨论单调性：当时，，则在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减.（2）证明，即证，而，所以需证，设g（x）=lnx-x+1 ，利用导数易得，即得证.

试题解析：（1）f（x）的定义域为（0，+），.

若a≥0，则当x∈（0，+）时，，故f（x）在（0，+）单调递增.

若a＜0，则当x∈时，；当x∈时，.故f（x）在单调递增，在单调递减.

（2）由（1）知，当a＜0时，f（x）在取得最大值，最大值为.

所以等价于，即.

设g（x）=lnx-x+1，则.

当x∈（0,1）时，；当x∈（1，+）时，.所以g（x）在（0,1）单调递增，在（1，+）单调递减.故当x=1时，g（x）取得最大值，最大值为g（1）=0.所以当x＞0时，g（x）≤0.从而当a＜0时，，即.

【名师点睛】

利用导数证明不等式的常见类型及解题策略：（1）构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.

（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.

22．已知在平面直角坐标系中，曲线（t为参数），在以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.

（1）写出曲线的极坐标方程和的直角坐标方程；

（2）已知，曲线，相交于A，B两点,试求点M到弦AB的中点N的距离.

【答案】（1），；（2）

【解析】（1）消去参数得到，再利用极坐标公式化简得到答案.

（2）根据直线过圆心得到，计算得到答案.

【详解】

（1）曲线（t为参数），消去参数t，得，

其极坐标方程为，即.

，，即，

所以曲线的直角坐标方程为.

（2）由题意及（1）知直线过圆的圆心，则点N的坐标为，

又，所以.

【点睛】

本题考查了参数方程，极坐标方程的转化，线段长度，意在考查学生的计算能力.