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 文（含解析）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）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
2、，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. 随机从名老年人，名中老年和名青年人中抽取人参加问卷调查，则抽取的人来自不同年龄层次的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：本题为古典概型，算出抽取2人的总共方法，提出符合题意的，即2人来自不同年龄层详解：记3名老年人，名中老年和名青年人分别为 该随机试验的所有可能结果为共15种，其中来自不同年龄层的有11种，故古典概型的概率为故选D点晴：本题考查古典概型的概率算法：
3、 5. 执行如图的程序框图，输出的C的值为（）A. 3B. 5C. 8D. 13【答案】B【解析】第一次循环，得；第二次循环，得；第三次循环，得，不满足循环条件，退出循环，输出，故选B考点：程序框图6. 设函数是定义在实数集上的奇函数，在区间上是增函数，且，则有（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得，再利用函数在区间上是增函数可得答案.【详解】解：为奇函数，又，又，且函数在区间上是增函数，故选A.【点睛】本题考查利用函数的单调性、奇偶性比较函数值的大小，考查利用知识解决问题的能力.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
4、,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. 函数的部分图象如图所示，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】试
5、题分析：由题图知，最小正周期，所以，所以.因为图象过点，所以，所以，所以，令，得，所以，故选A.【考点】三角函数的图象与性质【名师点睛】根据图象求解析式问题的一般方法是：先根据函数图象的最高点、最低点确定A，h的值，由函数的周期确定的值，再根据函数图象上的一个特殊点确定值9. 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
6、于基础题.10. 已知函数的图像在点处的切线与直线平行，则A. 1B. C. D. -1【答案】D【解析】【分析】求出曲线在点处切线的斜率，求出函数的导函数，根据两直线平行的条件，令， ，求出；【详解】，所以，又直线得斜率为，由两直线平行得：，所以故选D【点睛】本题考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，考查了运算能力，属于中档题11. 已知角的终边过点，且，则的值为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】因为角的终边过点，所以 ， ，解得，故选B.12. 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.
7、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【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，属于难题二、填空题：13. 已知实数，满足，则的取值范围是_.【答案】5，11【解析】【分析】画出不等式组表示的平面区域，根
8、据图形找到最优解，代入目标函数可求得结果.【详解】画出不等式组表示平面区域如图.当直线过点时，；过点时，.所以的取值范图是5，11.故答案为：5，11.【点睛】本题考查了线性规划求最值，正确作出图形，找到最优解是关键，属于基础题.14. 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
9、睛】本题主要考查分层抽样，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,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
10、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.
11、 如图，四棱锥的底面为直角梯形，为正三角形，平面平面，点是棱的中点.（1）求证：平面；（2）求四棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由已知可得，再根据直线与平面平行的判定定理可知；（2）取正三角形边的中点，连接，可证为四棱锥的高，根据棱锥的体积公式可得结果.【详解】（1）在直角梯形中，由题意且点是棱的中点，得四边形为正方形，则，平面，平面，由直线与平面平行的判定定理可知平面；（2）取正三角形边的中点，连接，可得，又且交线为，所以.即为四棱锥高，因为，正三角形中，所以.【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定定理，考查了平面与平面垂直的性质定理，考查了棱锥的体积公式
12、，属于中档题.18. 已知数列的前项和为.（1）求这个数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（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. 某社团小组在一高峰时段对某座地铁站随机抽取了100名乘客，统计其乘车等待时间（等待时间不超过40分钟）.将统计数据按5，10
13、），10，15），5，20），35，40分组，制成如图频率分布直方图：（1）求的值；（2）记表示事件“在上班高峰时段某乘客在该站乘车等待时间少于20分钟”，试估计的概率；（3）假设同组中的每个数据用该组区间左端点值来估计，求在上班高峰时段该站抽取的100名乘客乘车的平均等待时间.【答案】（1）0.036；（2）0.5；（3）18.3分钟.【解析】【分析】（1）利用七个矩形的面积和等于1可得结果；（2）根据前3个矩形的面积和可得结果；（3）根据每个矩形的面积乘以相应区间的左端点值再相加可得结果.【详解】（1）因为，所以.（2）由题意知，该乘客在甲站平均等待时间少于20分钟的频率为：，故的估计值为
14、0.5.（3）在上班高峰时段该站站抽取的100名乘客乘车的平均等待时间：分钟.【点睛】本题考查了频率分布正方图，考查了利用直方图求频率、平均数，属于基础题.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，求实数的取值范围.【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，.所以函数的单调递减区间
15、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，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
16、：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
17、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44：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
18、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）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45：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