1、四川省泸州市泸县第一中学2020届高三数学上学期期末考试试题 文（含解析）第I卷一、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.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】集合，则，故选A.2.复数，其中是虚数单位，则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数模的定义求解.【详解】，选A.【点睛】本题考查复数的模，考查基本分析求解能力，属基础题.3.已知为实数，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
2、必要条件【答案】B【解析】解得或，所以“”是“”的必要不充分条件.故选B.4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由三视图可知该组合体为个球和半个圆柱，计算各面面积求和即可.详解：由三视图易知，该组合体为：上面是个球，下面是半个圆柱.表面积为：.故选B.点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图
3、的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.5.已知数列的前项和为，则（ ）A. 511B. 512C. 1023D. 1024【答案】B【解析】，是以1为首项，公比为2的等比数列，故选B6.已知圆柱的上、下底面的中心分别为，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高
4、为，所以其表面积为，故选B.点睛：该题考查是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.7.已知定义在上的奇函数，满足时，则的值为（ ）A. -15B. -7C. 3D. 15【答案】A【解析】【分析】根据奇函数定义域关于原点中心对称,可求得的值.根据奇函数性质,即可求得的值.【详解】因为奇函数的定义域关于原点中心对称则解得因为奇函数当时,则故选:A【点睛】本题考查了奇函数的定义域关于原点对称,奇函数的性质应用,属于基础题.8.已知函数 ,令，则的大小关系为()A.
5、B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数解析式可判断出函数为偶函数且在上单调递增；将的自变量都转化到内，通过比较自变量大小得到的大小关系.【详解】定义域为且为上的偶函数当时，则在上单调递增；，即本题正确选项：【点睛】本题考查利用函数性质比较大小的问题，能够通过函数的解析式得到函数的奇偶性、单调性，将问题转化为自变量之间的比较是解决问题的关键.9.已知角顶点与原点重合，始边与轴正半轴重合，终边经过点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据三角函数的定义可求得,结合正切的二倍角公式即可求得的值.【详解】因为角的终边经过点由三角函数定义可得根据正切的二倍角代入可得
6、故选:D【点睛】本题考查了三角函数的定义,正切二倍角公式的应用,属于基础题.10.已知椭圆的两个焦点分别为，若椭圆上存在点使得是钝角，则椭圆离心率的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】当动点在椭圆长轴端点处沿椭圆弧向短轴端点运动时，对两个焦点的张角渐渐增大，当且仅当点位于短轴端点处时，张角达到最大值，由此可得到关于的不等式，从而可得结果.【详解】当动点从椭圆长轴端点处沿椭圆弧向短轴端点运动时，对两个焦点的张角渐渐增大，当且仅当点位于短轴端点处时，张角达到最大值椭圆上存在点使得是钝角，中， 中，椭圆离心率取值范围是，故选B【点睛】本题主要考查利用椭圆的简单性质求椭圆
7、的离心率范围，属于中档题.求解与椭圆性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.求离心率范围问题应先将 用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系构造出关于的不等式，从而求出的范围.11.已知函数，若，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先研究函数的单调性和值域，设，得出的取值范围，把表示为的函数，从而可得答案.【详解】当时，单调递增且，；当时，单调递增且，.因为，所以.设，则，.所以.所以.由，可得.故选B.【点睛】本题考查函数与方程
8、的综合问题.解题时需要综合利用函数与方程、数形结合、等价转化等数学思想方法.12.将函数的图象向右平移个单位长度得到的图象，若的对称中心为坐标原点，则关于函数有下述四个结论：的最小正周期为 若的最大值为2，则在有两个零点 在区间上单调其中所有正确结论的标号是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据辅助角公式化简,根据平移后的图像关于原点中心对称可求得解析式.根据正弦函数的图像与性质可依次判断四个选项是否正确.【详解】函数,由辅助角公式可得将图像向右平移单位长度可得因为的对称中心为坐标原点,由正弦函数图像与性质可知过 即,可得则对于的最小正周期为,所以正确;对于若的最大值为2
9、,则,解得,所以错误对于,令,当时,满足,.解方程可得或,所以正确;对于, ,则其一个单调递增区间为,解得,当时满足在区间上单调,所以正确.综上可知,正确的为故选:A【点睛】本题考查了正弦函数的图像与性质的综合应用,辅助角公式的用法,三角函数图像平移变换,综合性较强,属于中档题.第卷二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分）13.已知双曲线的离心率为，则其渐近线方程为_.【答案】【解析】分析：离心率公式计算可得m，再由渐近线方程即可得到所求方程.解析：双曲线的离心率为，可得，由题意可得，解得.双曲线方程为.渐近线方程为.故答案为.点睛：区分双曲线中的a，b，c大小关系与椭圆中的a，b
10、，c大小关系，在椭圆中 ，而在双曲线中.14.已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=_.【答案】2【解析】f=3x2-12=3,令f=0,得x=-2或x=2,易知f在上单调递减,在上单调递增,故f的极小值为f,所以a=2.15.若，则的最小值为 .【答案】【解析】,当且仅当时取等号.此处有视频，请去附件查看】16.已知等差数列的前项和为，若，则的公差为_.【答案】2【解析】【分析】将已知条件改写成首项和公差的形式，即可构成方程组求解出公差的值.【详解】设的首项为，公差为，因为，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查等差数列公差的计算，难度较易.已知等差数列中的两个等量关系，可通
11、过构造方程组求解等差数列的公差，还可以通过等差数列的下标和性质求解公差.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.在锐角中，分别为角所对的边，且.（1）求角的大小；(2)若，且的面积为，求的周长.【答案】(1)；(2).【解析】分析：（1)由题意结合正弦定理可得 ，则 .（2）结合(1)的结论和三角形 面积公式可得，由余弦定理有 ，据此可得，则的周长为.详解：（1)由及正弦定理得， ， 是锐角三角形， .（2），即 .由余弦定理得 由得：，所以，故的周长为.点睛：在处理三角形中
12、的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用解决三角形问题时，注意角的限制范围18. 是指大气中直径小于或等于25微米的颗粒物，也称为可吸入肺颗粒物我国标准采用世卫组织设定的最宽限值，即日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标某试点城市环保局从该市市区2015年全年每天的监测数据中随机抽取15天的数据作为样本，监测值如茎叶图所示(十位为茎，个位为叶)（1）求中位数（2）以这15天的日
13、均值来估计一年的空气质量情况，则一年(按360天计算)中平均有多少天的空气质量达到一级或二级【答案】（1）45 （2）天【解析】【分析】(1)总数据个数为，从小到大排列第个数即为中位数；(2)先根据茎叶图确定出空气质量达到一级或二级的天数所占比例，由此估计出一年中空气质量达到一级或二级的平均天数.【详解】（1）由茎叶图可知：从小到大排列，第个数是，所以中位数是；（2）由茎叶图可知：15天的日均值中空气质量达到一级或二级的有：，共天，所占比例为，用样本估计总体可知：一年中空气质量达到一级或二级的天数有(天).【点睛】本题考查利用茎叶图求中位数以及用样本估计总体，难度较易.(1)判断一组数据的中位
14、数时，首先要根据数据个数确定中位数的个数，若数据个数为奇数，则中位数仅有一个，若数据个数为偶数，则中位数有两个；(2)用样本估计总体时，样本中某一类个体所占比例和总体中某一类个体所占比例相同.19.如图，已知为圆锥底面的直径，点是圆锥底面的圆周上，是上一点，且平面平面.（）求证；（）求多面体的体积.【答案】（）证明见解析 （）【解析】【分析】（）先根据等腰三角形性质得，再根据面面垂直性质定理得，即可证得结果，（）先求，根据等体积法或求高可得，再根据与多面体的体积关系得结果.【详解】解：（）因为是等边三角形，所以，因为平面，且交线为，所以，因为，所以；（）解法一：因为，所以， ，在中，又，所以，
15、所以点到平面的距离为点到平面的距离的，所以三棱锥的体积，所以多面体的体积为.解法二：，在中，在中，所以，从而，由（）可知，所以，又因为，所以多面体的体积为.【点睛】本题考查面面垂直性质定理、线面垂直性质定理以及锥体体积公式，考查综合分析求解能力，属中档题.20.已知函数 （1）当时，讨论的单调性；（2）若在点处的切线方程为，若对任意的 恒有，求的取值范围（是自然对数的底数）【答案】(1) 当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减；(2) 【解析】试题分析：（1）求导数，分三种情况分别讨论导函数的符号，从而得到函数的单调情况（2）根据导数的几何意义可
16、得，从而故由题意得对任意的恒成立设，根据单调性可求得，从而可得试题解析：（1）当时，所以令，解得或，当时，所以在上单调递增；当时，列表得：所以在上单调递增，在上单调递减；当时，列表得：所以在上单调递增，在上单调递减综上可得，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减（2）因为，所以，由题意得，整理得，解得 所以，因为对任意的恒成立，所以对任意的恒成立，设，则，所以当时，单调递减，当时，单调递增因为，所以，所以，解得所以实数的取值范围为点睛：（1）不等式恒成立问题一般考查三次式、分式、以e为底的指数式或对数式、三角函数式及绝对值结构的不等式在某个区间A
17、上恒成立(存在性)，求参数取值范围（2）解决不等式恒成立问题的常用方法通过分离参数的方法转化为求函数最值的问题，即若或恒成立，只需满足或即可，然后利用导数方法求出的最小值或的最大值，从而问题得解21.已知椭圆中心在原点，焦点在坐标轴上，直线与椭圆在第一象限内的交点是，点在轴上的射影恰好是椭圆的右焦点，椭圆另一个焦点是，且.（1）求椭圆的方程；（2）直线过点，且与椭圆交于两点，求的内切圆面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用将点的横坐标代入直线，求得点的坐标，代入的坐标运算，求得的值，也即求得点的坐标，将的坐标代入椭圆，结合，解方程组求得的值，进而求得椭圆方程.（2）设
18、出直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程并写出根与系数关系，由此求得的面积，利用导数求得面积的最大值，并由三角形与内切圆有关的面积公式，求得内切圆的半径的最大值.【详解】（1）设椭圆方程为，点在直线上，且点在轴上的射影恰好是椭圆的右焦点，则点.又解得椭圆方程为（2）由（1）知，过点的直线与椭圆交于两点，则的周长为，又（为三角形内切圆半径），当的面积最大时，其内切圆面积最大.设直线的方程为：，则消去得，令，则，令，当时，在上单调递增，当时取等号，即当时，的面积最大值为3，结合，得的最大值为，内切圆面积的最大值为.【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求解和椭圆的几何性质，考查直线和椭圆相交，所形成
19、的三角形有关最值的计算，属于中档题.（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，曲线C的方程为以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为(1)求曲线C的参数方程和直线的直角坐标方程；(2)若直线与轴和y轴分别交于A，B两点，P为曲线C上的动点，求PAB面积的最大值【答案】（1）（为参数），（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆参数方程形式和极坐标与直角坐标互化原则即可得到结果；（2）可求出，所以求解面积最大值只需求出点到直线距离的最大值；通过假设，利用点到直线距离公式得到，从而得到当时，最大，从而进一步
20、求得所求最值.【详解】（1）由，得的参数方程为（为参数）由，得直线的直角坐标方程为（2）在中分别令和可得：，设曲线上点，则到距离：，其中：，当，所以面积的最大值为【点睛】本题考查椭圆参数方程、极坐标化直角坐标以及椭圆上的点到直线距离的最值问题求解，求解此类最值问题的关键是利用参数表示出椭圆上点的坐标，将问题转化为三角关系式的化简，利用三角函数的范围来进行求解.23.已知函数，且恒成立.（1）求的值；（2）当时，证明：.【答案】（1）（2）见证明【解析】【分析】（1）利用绝对值三角不等式可将转化为：，结合可求得；（2）由（1）知，根据可整理得，从而可得：，利用基本不等式求得，从而证得结论.【详解】（1），当且仅当且时，取等号恒成立可转化为：恒成立，解得： （2）由（1）知：当，时，有，由得： 当且仅当时，取等号，即：【点睛】本题考查绝对值三角不等式的应用、利用基本不等式证明的问题，关键是能够将恒成立问题转变为函数最值求解的问题，易错点是忽略基本不等式成立的前提条件，属于常考题型.