1、宁夏石嘴山市第三中学2020届高三数学上学期期末考试试题 理（含解析）一、选择题1.设集合,则（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求对数函数的定义域，求指数函数的值域，确定集合 ，然后根据交集定义求结果【详解】解： 则 故选C【点睛】本题考查了交集及其运算，考查了对数函数的定义域，指数函数的值域，是基础题2.已知是虚数单位，复数满足，则复平面内表示的共轭复数的点在（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】因为，所以，应选答案A3.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】用和差角公式展开,求得后再算即可.【详解】由有
2、,故,合并同类型有,显然,所以,故故选A【点睛】本题主要考查三角函数的恒等变换,包括和差角公式与二倍角公式等,属于中等题型.4.若展开式的常数项为60，则值为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由二项式展开式的通项公式写出第项，求出常数项的系数，列方程即可求解.【详解】因为展开式的通项为，令，则，所以常数项为，即，所以.故选D【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，熟记二项展开式的通项即可求解，属于基础题型.5.在中，,为的中点，则=( )A. 2B. -2C. D. 【答案】B【解析】为的中点，故选B.6.2019年5月22日具有“国家战略”意义的“长三角一体化”会议在芜湖
3、举行；长三角城市群包括：上海市以及江苏省、浙江省、安徽省三省部分城市，简称“三省一市”. 现有4 名高三学生准备高考后到上海市、江苏省、浙江省、安徽省四个地方旅游， 假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游， 则恰有一个地方未被选中的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据排列组合的知识分别求解出恰有一个地方未被选中的情况和所有情况，利用古典概型计算可得结果.【详解】名同学去旅游的所有情况有：种恰有一个地方未被选中共有：种情况恰有一个地方未被选中的概率：本题正确选项：【点睛】本题考查古典概型计算概率的问题、排列组合中的分组分配问题；关键是能够利用排列组合的知识准
4、确求解出恰有一个地方未被选中的情况种数；易错点是忽略了分组分配中的平均分配问题.7.等差数列中，则数列的前项和取得最大值时的值为（ ）A. 504B. 505C. 506D. 507【答案】B【解析】【分析】先根据已知求得数列的公差，再利用等差数列正负交界法求数列的前项和取得最大值时的值.【详解】数列为等差数列，数列的公差，令，得.又，取最大值时的值为505.故选B【点睛】本题主要考查等差数列的基本量的计算和等差数列的通项的求法，考查等差数列前n项和最值的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.8.设m、n表示不同的直线，、表示不同的平面，且m，n，则“”是“m且n”的（
5、）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】A【解析】【分析】利用线面面面平行的判定与性质定理即可判断出关系【详解】解：m、n表示不同的直线，、表示不同的平面，且m，n，则“”“m且n”，反之两平面可能相交，不成立“”是“m且n”的充分不必要条件故选A【点睛】本题考查了线面、面面平行的判定与性质定理、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题9.函数，则下列结论正确的是（ ）A. 的最大值为1B. 在上单调递增C. 的图像关于直线对称D. 的图像关于点对称【答案】B【解析】【分析】先将变形为的形式，然后根据三角函数的性质逐个判断选项的
6、对错.【详解】解：，对A：，故A错误；对B：令，解得，因为，故B正确；对C：，1不是最值，故C错误；对D：，的图像关于点对称，故D错误，故选B.【点睛】本题考查函数的性质，是基础题.10.已知三棱锥中，则三棱锥的体积是（ ）A. 4B. 6C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意明确，结合棱锥体积公式得到结果.【详解】由，且，得；又由，且，得.因为，从而知，即所以.又由于，从而.故选C.【点睛】本题考查棱锥体积的计算，考查线面垂直的证明，考查计算能力与推理能力，属于基础题.11.已知双曲线的左、右焦点分别为，是双曲线右支上一点，且若直线与圆相切，则双曲线的离心率为（）A. B. C. 2D
7、. 3【答案】B【解析】取线段PF1的中点为A，连接AF2，又|PF2|F1F2|，则AF2PF1，直线PF1与圆x2y2a2相切，且,由中位线的性质可知|AF2|2a，|PA|PF1|ac，4c2(ac)24a2，化简得，即，则双曲线的离心率为.本题选择B选项.点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出a，c，代入公式；只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2c2a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)12.已知定义在R上
8、的偶函数，其导函数为当时，恒有，若，则不等式的解集为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据为偶函数，则也为偶函数，利用导数可以判断在为减函数，则不等式可转化为，解不等式即可得到答案【详解】解：是定义在R上的偶函数， 时，恒有，又，在为减函数为偶函数， 也为偶函数在为增函数又，即，化简得，得故选A【点睛】通过构造新函数来研究函数单调性是本题一大亮点，同时利用抽象函数的单调性、奇偶性解不等式是常考考点，要牢牢掌握二、填空题13.若，满足约束条件，则的最小值为_.【答案】-2【解析】【分析】首先作出可行域，然后作出初始目标函数，然后判断目标函数的最小值.【详解】如图，作出可行域，由图
9、象可知，当目标函数过点C时，函数取值最小值，.故答案为：-2【点睛】本题考查线性规划，意在考查基础知识和计算能力，属于基础题型.14.设函数，那么的值为_.【答案】9【解析】【分析】推导出，由此能求出结果【详解】解：函数，故答案为：9【点睛】本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题15.海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的蓝洞的口径，两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点，测得，则，两点的距离为_【答案】【解析】【分析】ACD中求出AC，ABD中求出BC，ABC中利用余弦定理
10、可得结果.【详解】解：由已知，ACD中，ACD15，ADC150，DAC=15由正弦定理得，BCD中，BDC15，BCD135，DBC=30，由正弦定理，所以BC；ABC中，由余弦定理，AB2AC2+BC22ACBCcosACB解得：AB，则两目标A，B间的距离为故答案为【点睛】本题主要考查了正弦、余弦定理在解三角形中的应用问题，也考查了数形结合思想和转化思想，是中档题16.函数 y =f(x) 的定义域为-2.1,2，其图像如下图所示，且 f(-2.1) =-0.96（1）若函数 y=f(x) -k恰有两个不同的零点，则 k=_（2）已知函数 g ( x) =， y=gf(x) 有_个不同零
11、点【答案】 (1). 4或0 (2). 4【解析】【分析】（1）函数 y=f(x) -k恰有两个不同的零点等价于yf（x）和yk的图象有两个不同的交点，再结合图像即可得解；（2）先由函数g（x），求得函数g（x）的零点 ，再求解的解的个数即可.【详解】解：（1）yf（x）k恰有两个不同的零点，yf（x）和yk图象有两个不同的交点又yf（x）的图象如图：由图可得：当yf（x）和yk图象有两个不同的交点时，k4或k0（2）g（x），当x0时，2x+10，得x；此时f（x），由图可知有一个解；当x0时，g（x）x3+2x16单调递增，g（2）4，g（3）17，g（x）在（2，3）有一个零点x0，即f
12、（x）x0（2，3）由图可知有三个解，共有四个解故答案为(1). 4或0 (2). 4【点睛】本题考查了函数的零点个数与函数图像的交点个数的相互转化，重点考查了数形结合的数学思想方法，属中档题.三、解答题 17.设等差数列公差为d，前n项和为成等比数列(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：本题考查等差数列通项公式的求法和用裂项相消求数列的和（1）根据条件和等差数列前n项和公式，比较可得公差d=2再根据 成等比数列可求得，从而可得通项公式（2）根据数列通项公式的特点，利用裂项相消法求和试题解析：（1），又又成等比数列，即，解得， (2)由（1
13、）可得，.18.如图，在四棱锥中，侧面是等边三角形，且平面平面，为的中点，（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）取中点，由中位线性质可知且，由此可得，证得，根据线面平行的判定定理即可证得结论；（2）取中点，由面面垂直性质可知平面，结合平行关系知，由此可建立以为原点的空间直角坐标系，利用二面角的向量求法求得结果.【详解】（1）取中点，连结，分别为中点， 且又， 四边形为平行四边形 平面，平面 平面（2）取中点，连接，等边三角形 平面平面，平面平面，平面， 四边形为平行四边形 则以为坐标原点，可建立如图所示空间直角坐标系则，设平面的一个法向
14、量为则，令，则， 显然，平面的一个法向量为二面角为锐二面角 二面角的余弦值为【点睛】本题考查立体几何中线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题；涉及到线面平行的判定定理、线面垂直的性质定理、面面垂直的性质定理的应用；关键是能够熟练掌握二面角的向量求法.19.每年七月份，我国J地区有25天左右的降雨时间，如图是J地区S镇2000-2018年降雨量（单位：mm）的频率分布直方图，试用样本频率估计总体概率，解答下列问题：（1）假设每年的降雨天气相互独立，求S镇未来三年里至少有两年的降雨量超过350mm的概率；（2）在S镇承包了20亩土地种植水果的老李过去种植的甲品种水果，平均每年的总利润为31
15、.1万元而乙品种水果的亩产量m（kg/亩）与降雨量之间的关系如下面统计表所示，又知乙品种水果的单位利润为32-0.01m（元/kg），请帮助老李排解忧愁，他来年应该种植哪个品种的水果可以使利润（万元）的期望更大？（需说明理由）；降雨量100，200）200，300）300，400）400，500）亩产量500700600400【答案】（1） ；（2）乙品种杨梅的总利润较大.【解析】【分析】（1）由频率分布直方图中矩形面积和为1，计算第四组的频率，再求出第三组矩形面积的一半，求和即可求出对应的概率值，再利用独立重复试验概率公式可得结果；（2）根据直方图求随机变量的概率，可得随机变量的分布列，求出
16、乙品种杨梅的总利润的数学期望，与过去种植的甲品种杨梅平均每年的总利润为28万元比较得出结论和建议.【详解】（1）频率分布直方图中第四组的频率为该地区在梅雨季节的降雨量超过的概率为所以该地区未来三年里至少有两年梅雨季节降雨量超过的概率为（或.）（2）据题意，总利润为元，其中.所以随机变量（万元）的分布列如下表： 273531.222.4 0.20.40.30.1故总利润（万元）的期望 （万元）因为，所以老李应该种植乙品种杨梅可使总利润（万元）的期望更大.【点睛】本题主要考查频率分布直方图的应用以及离散型随机变量的分布列与期望，属于中档题. 直方图的主要性质有：（1）直方图中各矩形的面积之和为；（
17、2）组距与直方图纵坐标的乘积为该组数据的频率；（3）每个矩形的中点横坐标与该矩形的纵坐标、组距相乘后求和可得平均值；（4）直方图左右两边面积相等处横坐标表示中位数.20.在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.(1)求椭圆的方程；(2)设直线与圆相切，与椭圆相交于两点，求证：是定值.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）利用离心率可得，进而得到；将点代入椭圆方程可求得，从而得到椭圆方程；（2）当直线斜率不存在时，可求得坐标，从而得到，得到；当直线斜率存在时，设直线方程为，由直线与圆相切可得到；将直线方程与椭圆方程联立可得到韦达定理的形式，从而表示出，整理可得，得到；综合
18、两种情况可得到结论.【详解】（1）由题意得：，即 椭圆方程为将代入椭圆方程得： 椭圆的方程为：（2）当直线斜率不存在时，方程为：或当时，此时 当时，同理可得当直线斜率存在时，设方程为：，即直线与圆相切 ，即联立得：设， ，代入整理可得： 综上所述：为定值【点睛】本题考查根据椭圆上的点求解椭圆方程、直线与椭圆综合应用中的定值问题的求解；求解定值问题的关键是能够将所求量表示为韦达定理的形式，进而通过整理化简，消去变量得到常数，从而得到结果.21.已知函数，其中.（1）若，求曲线在处的切线方程;（2）设函数若至少存在一个,使得成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)求导后
19、代入求得在处的切线斜率,再利用点斜式求得切线方程即可.(2)求导后分与时,分析单调性再根据函数性质的最值满足的条件列式求不等式即可.【详解】(1)当时,即切线斜率为2,故由点斜式方程可得切线方程为,即(2)原问题等价于至少存在一个,使得成立,令则,当时,则函数h(x)在1,e上单调递减,故h(x)minh(e)20,符合题意；当时,令,解得,则函数h(x)在上单调递减,令,解得,则函数h(x)在单调递增,且,1.当,即时,在上,单调递增,此时不符合题意2.当,即时, 在上,单调递减,此时满足题意3.当,即时,不满足题意综上,实数a的取值范围为【点睛】本题主要考查了利用导函数求切线方程的一般方法
20、,同时也考查了分情况讨论思想与导数与单调性和最值的运用等,属于中等题型.22.在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴，以相同的长度单位建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为，（l）设为参数，若，求直线的参数方程；（2）已知直线与曲线交于，设，且，求实数的值.【答案】（1）（为参数）；（2）1【解析】【分析】（1）由直线极坐标方程为，求得，进而由，代入上式得，得到直线的参数方程；（2）根据极坐标与直角坐标的互化，求得，将直线的参数方程与的直角坐标方程联立，利用根据与系数的关系，列出方程，即可求解.【详解】（1）直线的极坐标方程为即，因为为参数，若，代入上式得，所以直线的
21、参数方程为（为参数）（2）由，得，由，代入，得 将直线的参数方程与的直角坐标方程联立，得.（*）则且，设点，分别对应参数，恰为上述方程的根.则，由题设得.则有，得或.因为，所以【点睛】本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程，以及普通方程与参数方程的互化，以及直线参数方程的应用，其中解答中熟记互化公式，合理应用直线的参数方程中参数的几何意义是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.23.（1）解不等式：；（2）若，证明：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】(1) 利用绝对值的几何意义，分段解不等式，将所得的结果并起来，得到绝对值不等式的解集；(2)利用反证法结合均值不等式即可证明.【详解】（1）不等式：或或或或解集为.（2）假设：则，故假设与已知矛盾！故假设不成立，原结论成立.法1证明：，又，“=”号成立当且仅当“”法2证明：，“=”号成立当且仅当“”【点睛】本题考查不等式的解法，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题