1、陕西省西安市蓝田县2020届高三数学上学期期末考试试题 理（含解析）注意事项：1.本卷考试时间120分钟，答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上的对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：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. 集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】解出集合、，利用并集的定义可求出集合.【详解】，因此，.故选：D.【点睛】本题考查并集
2、的计算，同时也考查了绝对值不等式和指数不等式的求解，考查计算能力，属于基础题.2. 复数（为虚数单位）的虚部为（ ）A. -1B. -3C. 1D. 2【答案】B【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【详解】，数为虚数单位）的虚部为故选：【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题3. 已知向量，则与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据计算可得；【详解】解：因为，所以，所以，因为，所以故选：A【点睛】本题考查平面向量夹角的计算，属于基础题.4. 若函数在点处的切线斜率为，（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【
3、分析】利用导数几何意义可构造方程求得，将代入解析式可求得结果.【详解】，由导数的几何意义知：，解得：，.故选：.【点睛】本题考查根据切线斜率求解参数值的问题，解题关键是熟练应用导数的几何意义，属于基础题.5. 在区间上随机取一个整数使得成立的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】解对数不等式可求得的范围，根据整体区间和使不等式成立的区间内的整数个数，由古典概型概率公式可求得结果.【详解】由得：，解得：，在区间上的整数有，共个；在区间上的整数有，共个；所求概率.故选：.【点睛】本题考查古典概型概率问题的求解，涉及到对数不等式的求解问题，属于基础题.6. 若直线：被圆截得的
4、弦长为4，则的最小值为（ ）A. 2B. 4C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出圆的圆心与半径，可得圆心在直线上，推出，利用基本不等式转化求解取最小值【详解】解：圆，即，表示以为圆心，以2为半径的圆，由题意可得圆心在直线上，故，即，当且仅当，即时，等号成立，故选：B【点睛】本题考查直线与圆的方程的综合应用，基本不等式的应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题7. 已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )A. 若,m,n，则mnB. 若，m,则mC. 若,m,n,则mnD. 若，m，则m【答案】D【解析】【分析】在中，与平行或异面；在中，与相交、平行或；在
5、中，与相交、平行或异面；在中，由线面平行的性质定理得【详解】由，是两条不同的直线，是两个不同的平面，知：在中，若，则与平行或异面，故错误；在中，若，则与相交、平行或，故错误；在中，若，则与相交、平行或异面，故错误；在中，若，则由线面平行的性质定理得，故正确故选【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题8. 已知抛物线：的焦点为，准线为，过抛物线上一点作的垂线，垂足为且是边长为8的正三角形，则抛物线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】依题意，画出草图，则，即可求出，即可得解；【详解】解：依题意，设准线
6、与轴相交于点，则，所以，所以，即，所以抛物线方程为故选：C【点睛】本题考查抛物线的简单几何性质，属于基础题.9. 已知函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象若函数为奇函数，则函数在区间上的值域是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据对称轴之间距离可求得最小正周期，得到；利用平移变换得到，根据为奇函数可求得，从而可得到解析式；根据的范围求得的范围，从而可求得函数的值域.【详解】由相邻两条对称轴之间的距离为，可知最小正周期为即： 向左平移个单位长度得：为奇函数 ，即：，又 当时， 本题正确选项：【点睛】本题考查余弦型函数值域问题
7、的求解，关键是能够根据函数的性质和图象平移变换的原则得到函数的解析式，进而可通过整体对应的方式，结合余弦函数的解析式求解出函数的值域.10. 已知角的终边过点，且，则的值为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】因为角终边过点，所以 ， ，解得，故选B.11. 已知P为双曲线上一点，为双曲线C的左、右焦点，若，且直线与以C的实轴为直径的圆相切，则C的渐近线方程为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】依据题意作出图象，由双曲线定义可得，又直线PF2与以C的实轴为直径的圆相切，可得，对在两个三角形中分别用余弦定理及余弦定义列方程，即可求得，联立，即可求得，问题得解【
8、详解】依据题意作出图象，如下：则，又直线PF2与以C的实轴为直径的圆相切，所以,所以由双曲线定义可得：，所以，所以整理得：，即：将代入，整理得：，所以C的渐近线方程为故选A【点睛】本题主要考查了双曲线的定义及圆的曲线性质，还考查了三角函数定义及余弦定理，考查计算能力及方程思想，属于难题12. 已知函数有三个零点，则所有零点之和的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数与方程的关系，可得函数的三个零点就是方程的三个根，利用分类讨论思想，作出函数的图象，结合二次函数的对称性，进行转化求解即可【详解】函数有三个零点，有三个根，设，当时，当时，且此时，作出和的图象，由
9、图象知要使函数有三个零点，则，设，则，关于对称，则，当时，由，得得，则，则，故选：【点睛】本题主要考查函数的零点、函数与方程的应用，利用转化法，结合一元二次函数的对称性，利用数形结合是 解决本题的关键难度中等函数零点的几种等价形式：函数的零点函数在轴的交点方程的根函数与的交点.二、填空题：13. 某学校有学生3200人，其中高一学生1200人，高二学生1000人，高三学生1000人，为了解学生体育达标情况，决定采用分层抽样的方法，从中抽取容量为48的样本，则从高三抽取的人数是_.【答案】【解析】【分析】由题意用样本容量乘以高三年级的学生人数占的比例，即为所求【详解】解：由题意可得高三年级的学生
10、人数占的比例为，则应从高三年级抽取的学生人数为，故答案为：【点睛】本题主要考查分层抽样，属于基础题14. 已知的定义域为，且满足，当时，则=_.【答案】【解析】【分析】根据题意，分析可得，即函数是周期为2的周期函数，进而可得，利用函数的解析式计算可得答案【详解】解：根据题意，满足，则有，即函数是周期为2的周期函数，所以，又，所以若当，时，则，则；故答案为：【点睛】本题考查函数的周期性的综合应用，关键是分析函数的周期，属于基础题15. 已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则角_，的周长的取值范围是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】用余弦定理表示出,与一起代入中化简
11、,再由余弦定理即可求得,即可得;根据正弦定理,将的周长转化为角C的表达式.根据锐角三角形及的范围,即可确定角B的范围,进而求得周长的取值范围.【详解】由余弦定理可得,且代入可得化简可得因为代入可得因为为锐角三角形,则 由正弦定理可得,代入,可得则而为锐角三角形,则,则 ,即,解得所以的周长为 因为则所以则即所以的周长的范围为故答案为: 【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理在三角函数恒等变形中的综合应用,正弦函数性质的综合应用,注意锐角三角形这一限制角的条件,属于中档题.16. 三棱柱中，平面，其外接球的体积为_.【答案】【解析】【分析】依题意可知三棱柱为直棱柱，且，则可将其外接球转化为长方体的
12、外接球计算可得；【详解】解：因为平面，所以三棱柱为直三棱柱，所以，则三棱柱的外接球即为以，为一组邻边的长方体的外接球，设外接球的半径为，则所以，外接球体积，故答案为：【点睛】本题考查多面体的外接球的体积计算，考查转化思想，属于中档题.三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第1721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17. 一个暗箱中有形状和大小完全相同的3只白球与2只黑球，每次从中取出一只球，取到白球得2分，取到黑球得3分甲从暗箱中有放回地依次取出3只球（1）求甲三次都取得白球的概率；（2）求甲总得分的分布列和数学期望【答
13、案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）本题为有放回的取球问题，可看作独立重复试验，求出概率即可；（2）的所有可能取值为6，7，8，分别求其概率即可，利用期望公式求解即可【详解】（1）由题意得，甲每次都取得白球的概率为，所以甲三次都取得白球的概率为；（2）甲总得分情况有6,7,8,9四种可能，记为甲总得分， 6 7 8 9P（x） 27/125 54/12536/1258/125甲总得分的期望【点睛】本题考查独立重复事件的概率、离散型随机变量的分布列和期望等知识，属于基础题18. 已知数列的前项和为.（1）求这个数列的通项公式；（2）若，求数列前项和.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（
14、1）当且时，利用求得，经验证时也满足所求式子，从而可得通项公式；（2）由（1）求得，利用错位相减法求得结果.【详解】（1）当且时，当时，也满足式数列的通项公式为：（2）由（1）知：【点睛】本题考查利用求解数列通项公式、错位相减法求解数列的前项和的问题，关键是能够明确当数列通项为等差与等比乘积时，采用错位相减法求和，属于常考题型.19. 如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面底面，为上的点.（1）求证：；（2）求二面角余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由平面，可得：再利用侧面底面，可得平面，可得再利用线面垂直的判定定理可得平面进而可得结果（2）由于的面积是确定
15、的，作，为垂足，可得：平面可得当点为的中点时，三棱锥体积取得最大值取的中点，连接，可得证明为二面角的平面角利用直角三角形的边角关系即可得出【详解】（1）证明：平面，平面，侧面底面，底面平面，平面，又，平面又平面，；（2）的面积是确定的，为作，为垂足，可得：平面因此当点为的中点时，三棱锥体积取得最大值取的中点，连接，底面是边长为2的正方形，又平面，为二面角的平面角，又，【点睛】本题考查了空间垂直关系、二面角的求解、直角三角形的边角关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出
16、足够的条件进行推理.20. 已知函数，.（1）求函数的单调区间和极值；（2）若方程有三个解，求实数取值范围.【答案】（1）调递减区间是，单调递增区间是，的极小值为，无极大值（2）【解析】【分析】（1）求出，求解不等式，得出单调区间，进而求出极值；（2）设，有三个零点，至少有三个单调区间，求出，对分类讨论，求出至少有三个单调区间的范围， 再结合零点存在性定理，确定区间存在零点的不等量关系，即可求解.【详解】（1），令，解得，当时，；当，.所以函数单调递减区间是，单调递增区间是，所以的极小值为，无极大值.（2）设，即，.若，则当时，单调递减；当时，单调递增，至多有两个零点.若，则，（仅），单调递增
17、，至多有一个零点.若，则，当或时，单调递增；当时，单调递减，要使有三个零点，必须有成立，由，得，这与矛盾，所以不可能有三个零点.若，则，当或时，单调递增：当时，单调递减，要使有三个零点，必须有成立，由，得，由及，得，.且当时，.综上，的取值范围为.【点睛】本题考查导数的综合应用，涉及到函数的单调性、极值、零点问题，以及零点存在性定理的应用，考查分类讨论思想，意在考查直观想象、逻辑推理和计算求解能力，属于较难题.21. 已知为坐标原点，椭圆：的焦距为，直线截圆：与椭圆所得的弦长之比为，圆、椭圆与轴正半轴的交点分别为，.（1）求椭圆的标准方程；（2）设点为椭圆上一点且不是椭圆顶点，点关于轴的对称点
18、位，直线，分别交轴于点，.证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由弦长之比求得，椭圆方程可求；（2） 点关于轴的对称点为，所以，分别写出直线与的方程，得到，的坐标，再根据点在椭圆上，即可证明【详解】解：（1）根据题意可得，因为直线截圆所得的弦长为，直线截椭圆所得的弦长为，故， ，故椭圆的标准方程为：（2）由（1）可知点，点直线的方程为，令，得因为点关于轴的对称点为，所以，所以直线的方程为，令，得，即【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，属于中档题（二）选考题：请考生在22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修4
19、-4：坐标系与参数方程22. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.已知曲线的极坐标方程为.（1）写出曲线的平面直角坐标方程和直线的普通方程；（2）设直线与曲线分別交于，两点，点，若，求实数的值.【答案】（1） ， ；（2）【解析】【分析】（1）两边同乘以，利用转换公式可得曲线的普通方程直线的参数方程为参数），消去参数可得普通方程（2）把直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，可得关于的一元二次方程，再由根与系数的关系、的几何意义及求解的值【详解】（1）由曲线，得，曲线的直角坐标方程为 直线的参数方程为为参数），消去参数可得普通方程：，即（2
20、）将直线的参数方程为参数）代入曲线的直角坐标方程，得：设交点，对应的参数分别为，则，若成等比数列，则，解得【点睛】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查直线参数方程的应用，考查运算求解能力，是中档题选修4-5：不等式选讲23. 已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若有解，求实数的取值范围.【答案】（1）或；（2）【解析】【分析】（1）当时利用分段讨论法去掉绝对值，求对应不等式的解集，再求并集即可；（2）由有解得，根据分段函数的单调性，求出最小值，列不等式求解即可.【详解】函数（1）当时，不等式化为或或，解得或或；所以不等式的解集为或；（2）由有解得，在上减，在上增，的取值范围为.【点睛】本题考查了不等式恒成立应用问题，也考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，是中档题绝对值不等式的常见解法：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想
