1、四川省宜宾市第四中学校2020届高三数学上学期期末考试试题 文（含解析）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.在每个小题所给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置.）1.已知全集,，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】化简集合B，根据集合的交集运算即可求解.【详解】,，故选：B【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于容易题.2.为虚数单位，若为实数，则实数A. -1B. C. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】由题意，根据复数的运算法则，求得，再根据复数的概念，即可求解.【详解】由题意，
2、可得，有，故选C.【点睛】本题主要考查了复数的基本概念和复数的运算法则，其中解答中熟记复数的基本概念和复数的运算法则，合理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.3.甲、乙两名篮球运动员在10场比赛中得分的茎叶图如图所示，则“”是“甲运动员得分平均数大于乙运动员得分平均数”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】【详解】当 时，可得甲平行数为 ，乙的平行数为， ，可得甲的平行数大于乙的平行数；若甲的平行数大于乙的平行数可得，即 或 ，所以“”是甲的平均分大于乙的平均分的充分不必要条件，故选A.4.已知等
3、比数列中，公比，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：直接代入等比数列通项公式即可.详解：故选点睛：本题考查等比数列通项公式，属基础题.5.函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性，结合特殊点的值的情况求解.【详解】已知函数，=，即函数是偶函数，故排除选项B，D;由，得或 ，当x0时， ，可排除选项C，故选A.【点睛】本题考查了已知函数表达式，识别函数图象，涉及了函数的零点与函数的奇偶性；从函数的奇偶性可以判断函数图象的对称性，从特殊点的值的情况，可以排除不符合要求的选项.6.某几何体的三视图如图（虚线刻画的小正方形边长为1
4、）所示，则这个几何体的体积为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先还原几何体，再分割成两个椎体，最后根据锥体体积公式求结果.【详解】几何体为如图多面体PABCDE，所以体积为 选D.【点睛】空间几何体体积问题常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解7.在边长为的正方形中，为的中点，点在线段上运动，则的取值范围是()A. B. C. D. 【答案
5、】C【解析】【详解】将正方形放入如图所示的平面直角坐标系中，设E(x,0)，0x1.又，C(1,1)，所以，所以，因为0x1，所以，即的取值范围是.故选C.点睛：计算数量积的三种方法：定义、坐标运算、数量积的几何意义，要灵活选用，和图形有关的不要忽略数量积几何意义的应用8.设g(x)的图象是由函数f(x)cos2x的图象向左平移个单位得到的，则g()等于()A. 1B. C. 0D. 1【答案】D【解析】【分析】由条件直接利用左加右减的原则得到g(x)，再代入x=求值即可.【详解】由f(x)cos2x的图象向左平移个单位得到的是g(x)cos2（x）的图象，则g()cos2（）=cos=-1.
6、故选D【点睛】本题主要考查三角函数的平移以及特殊三角函数值，属于基础题9.在普通高中新课程改革中，某地实施“3+1+2”选课方案该方案中“2”指的是从政治、地理、化学、生物4门学科中任选2门，假设每门学科被选中的可能性相等，那么政治和地里至少有一门被选中的概率是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题可从反面思考，两门至少有一门被选中的反面是两门都没有被选中，两门都没被选中包含1个基本事件，代入概率的公式，即可得到答案.【详解】设两门至少有一门被选中，则两门都没有选中，包含1个基本事件，则，所以，故选D.【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，其中解答中合理应用对立事件
7、和古典概型及其概率的计算公式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.10.在中，则在方向上投影是（ ）A. 4B. 3C. -4D. -3【答案】D【解析】分析：根据平面向量的数量积可得，再结合图形求出与方向上的投影即可.详解：如图所示：，又，在方向上的投影是：，故选D.点睛：本题考查了平面向量的数量积以及投影的应用问题，也考查了数形结合思想的应用问题.11.已知a0，x，y满足约束条件,若z=2x+y的最小值为1，则a=A. B. C. 1D. 2【答案】B【解析】【详解】画出不等式组表示的平面区域如图所示：当目标函数z=2x+y表示的直线经过点A时，取得最小值，而点A的坐标
8、为（1，），所以，解得，故选B.【考点定位】本小题考查线性规划的基础知识，难度不大，线性规划知识在高考中一般以小题的形式出现，是高考的重点内容之一，几乎年年必考.12.若曲线在点处的切线方程为，且点在直线（其中，）上，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设A（s，t），求得函数y的导数可得切线的斜率，解方程可得切点A，代入直线方程，再由基本不等式可得所求最小值【详解】解：设A（s，t），yx32x2+2的导数为y3x24x，可得切线的斜率为3s24s，切线方程为y4x6，可得3s24s4，t4s6，解得s2，t2或s，t，由点A在直线mx+nyl0（其中m0，n
9、0），可得2m+2n1成立，（s，t，舍去），则（2m+2n）（）2（3）2（3+2）6+4，当且仅当nm时，取得最小值6+4，故选C【点睛】本题考查导数的运用：求切线斜率，以及基本不等式的运用：求最值，考查运算能力，属于基础题第卷（非选择题共90分）二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分）13.已知向量，若，则_【答案】【解析】,.解得：m=3.14.已知函数，则的值域为_.【答案】.【解析】分析：首先将函数解析式利用平方关系化为关于的二次式，之后进行配方运算，结合题中所给的角的取值范围，求得的取值范围，最后结合二次函数在某个闭区间上的值域求得结果.详解：，因为，所以，所以，故函
10、数值域为.点睛：该题以三角函数为载体，考查二次函数在某个闭区间上的值域问题，在解题的过程中，涉及到的知识点有同角三角函数关系中的平方关系，余弦函数在某个闭区间上的值域，二次函数在某个闭区间上的值域问题，注意对知识点的灵活掌握.15.已知是定义在上的奇函数，对于任意且，都有成立，且，则不等式的解集为_【答案】【解析】【分析】先判断上递减，根据奇偶性可得上递减，分两种情况讨论，解不等式组可得结论.【详解】当，恒成立，；当，恒成立，恒成立，在递减，又在上是奇函数，在和在上递减，由不等式可得，或，不等式的解集为，故答案为.【点睛】本题主要考查抽象函数的奇偶性与单调性的应用，属于难题.将奇偶性与单调性综
11、合考查一直是命题的热点，解这种题型往往是根据函数在所给区间上的单调性，根据奇偶性判断出函数在对称区间上的单调性(偶函数在对称区间上单调性相反，奇函数在对称区间单调性相同)，然后再根据单调性列不等式求解.16.在三棱锥中，平面平面，是边长为的等边三角形，其中，则该三棱锥外接球的表面积为_【答案】【解析】【分析】本题首先可以通过题意画出图像，然后通过三棱锥的图像性质以及三棱锥的外接球的相关性质来确定圆心的位置，最后根据各边所满足的几何关系列出算式，即可得出结果【详解】如图所示，作中点，连接、，在上作三角形的中心，过点作平面的垂线，在垂线上取一点，使得因为三棱锥底面是一个边长为的等边三角形，为三角形
12、的中心，所以三棱锥的外接球的球心在过点的平面的垂线上，因为，、两点在三棱锥的外接球的球面上，所以点即为球心，因为平面平面，为中点，所以平面，设球的半径为，则有，即，解得，故表面积为【点睛】本题考查三棱锥的相关性质，主要考查三棱锥的外接球的相关性质，考查如何通过三棱锥的几何特征来确定三棱锥的外接球与半径，考查推理能力，考查化归与转化思想，是难题三、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.）17.某学校高一年级学生某次身体素质体能测试的原始成绩采用百分制，已知所有这些学生的原始成绩均分布在内
13、，发布成绩使用等级制.各等级划分标准见下表.规定：三级为合格等级，D为不合格等级.为了解该校高一年级学生身体素质情况，从中抽取了名学生的原始成绩作为样本进行统计.按照的分组作出频率分布直方图如图1所示，样本中分数在80分及以上的所有数据的茎叶图如图2所示.（I）求和频率分布直方图中的的值，并估计该校高一年级学生成绩是合格等级的概率；（II）在选取的样本中，从两个等级的学生中随机抽取2名学生进行调研，求至少有一名学生是等级的概率【答案】（I），；（II）.【解析】试题分析：(I)根据频率直方图的相关概率易求，依据样本估计总体的思想可得该校高一年级学生成绩是合格等级的概率；（II）记“至少有一名学
14、生是等级”事件为，求事件对立事件的的概率，可得.试题解析：（I）由题意可知，样本容量因为成绩是合格等级人数为：人，抽取的50人中成绩是合格等级的频率为，依据样本估计总体的思想，所以，该校高一年级学生成绩是合格等级的概率为（II）由茎叶图知，等级的学生共有3人，等级学生共有人，记等级的学生为，等级学生为，则从8名学生中随机抽取2名学生的所有情况为：共28个基本事件记“至少有一名学生是等级”事件为，则事件的可能结果为共10种因此考点：1、频率分布直方图；2、古典概型.18.在锐角中，角的对边分别为，.（1）求角的大小；（2）若，求的取值范围.【答案】(1) ； (2) .【解析】【分析】（1）利用
15、两角和差的正弦公式进行化简即可，求角A的大小；（2）先求得 B+C=，根据B、C都是锐角求出B的范围，由正弦定理得到b=2sinB，c=2sinC，根据 b2+c2=4+2sin（2B） 及B的范围，得 sin（2B）1，从而得到b2+c2的范围【详解】（1）由=得sinAcosB+sinAcosC=cosAsinB+cosAsinC，即sin（AB）=sin（CA），则AB = CA，即2A=C+B，即A=.（2）当a=时，B+C=，C=B由题意得 ，B由 =2，得 b=2sinB，c=2sinC，b2+c2=4 （sin2B+sin2C）=4+2sin（2B）B，sin（2B）1，12si
16、n（2B）25b2+c26故的取值范围是.【点睛】本题考查三角函数的恒等变换，正弦定理的应用，其中判断sin（2B）的取值范围是本题的难点19.如图，在三棱锥中，是等边三角形，点P是AC的中点，连接BP，DP证明：平面平面BDP；若，求三棱锥的体积【答案】（1）见证明；（2）【解析】【分析】证明，得出平面PBD，从而证明平面平面BDP；利用直角三角形以及余弦定理求出AB的值，计算的面积和AC的值，即可求得三棱锥的体积【详解】证明：如图所示，因为是等边三角形，所以，可得，又因为点P是AC的中点，则，又，平面PBD，平面PBD，所以平面平面BDP；设，在中，则；在等边中，在等腰中，；在中，由，得；
17、由余弦定理得，即，解得；所以的面积为，所以三棱锥的体积为【点睛】本题考查了平面与平面垂直的判定问题，也考查了空间想象能力和逻辑思维能力，以及三棱锥体积的计算问题，是中档题在证明面面垂直时，其常用方法是在其中一个平面内找两条相交直线和另一平面内的某一条直线垂直.20.已知椭圆的两个焦点分别为，长轴长为（）求椭圆的标准方程及离心率；（）过点的直线与椭圆交于，两点，若点满足，求证：由点 构成的曲线关于直线对称【答案】（），离心率；（）见解析【解析】【分析】（）由已知，得a，c1，所以，由 ，所以b，即可求出椭圆方程及离心率；（）设A（x1，y1），B（x2，y2），分两种情况，借助韦达定理和向量的运
18、算，求出点M构成的曲线L的方程为2x2+3y22y0，即可证明【详解】（）由已知，得，所以，又，所以 所以椭圆的标准方程为，离心率.（）设， ，直线 与轴垂直时，点的坐标分别为，因为，所以所以，即点与原点重合;当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，由 得，所以.则，因为，所以所以，消去得综上，点构成的曲线的方程为 对于曲线的任意一点，它关于直线的对称点为把的坐标代入曲线的方程的左端：所以点也在曲线上所以由点构成的曲线关于直线对称.【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，点的轨迹方程，考查计算能力，属于中档题21.已知函数（1）当时，求函数的极值；（2）若函数有两个零点
19、，求的取值范围，并证明【答案】（1）当时，在处取得的极大值；函数无极小值. （2）证明见解析【解析】试题分析：（1）求出，令求得 的范围，可得函数增区间，令求得 的范围，可得函数的减区间，从而可得函数的极值；（2）对进行讨论：，针对以上四种情况，分别利用导数研究函数的单调性，利用单调性讨论函数有两个零点情况，排除不是两个零点的情况，可得有两个零点时，的取值范围是，由（1）知在单调递减，故只需证明即可，又，只需利用导数证明即可.试题解析：（1）由得，当时，若；若 ，故当时，在处取得的极大值；函数无极小值.（2）当时，由（1）知在处取得极大值，且当趋向于时，趋向于负无穷大，又有两个零点，则，解得.
20、当时，若；若；若，则在处取得极大值，在处取得极小值，由于，则仅有一个零点.当时，则仅有一个零点.当时，若；若；若，则在处取得极小值，在处取得极大值，由于，则仅有一个零点.综上，有两个零点时，的取值范围是.两零点分别在区间和内，不妨设.欲证，需证明，又由（1）知在单调递减，故只需证明即可.，又，所以，令，则，则在上单调递减，所以，即，所以.（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.在直角坐标系中，圆C的参数方程为，其中为参数，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系（1）求圆的极坐标方程；（2）为圆上一点，且点的极坐标为，射线绕点逆时
21、针旋转，得射线，其中也在圆上，求的最大值【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）消去参数，得到圆的直角坐标方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式即得解；（2）设，利用极坐标的几何意义，利用辅助角公式，即得解.【详解】（1），由可得圆的极坐标方程（2）由题意可知：，所以，所以，从而最大值为【点睛】本题考查了参数方程，极坐标综合，考查了参数方程，极坐标与普通方程的互化，极坐标的几何意义，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.23.已知函数（1）当a3时，解不等式；（2）若不等式的解集非空，求实数a的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由a3可得，去绝对值，分类讨论解不等式，求并集，可得所求解集；（2）由题意可得有解，运用绝对值不等式的性质可得此不等式左边的最小值，解a的不等式可得所求范围【详解】（1）当a3时，即为，等价于或或，解得或或，则原不等式的解集为；（2）不等式的解集非空等价于有解由，（当且仅当时取得等号），所以，解得，故a的取值范围是【点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式以及不等式能成立求参数的问题，考查学生分类讨论的思想，是一道容易题.
