1、天水一中2020届20192020学年度第一学期第一次考试数学理科试题参考答案1A【解析】【分析】本题根据交集、补集的定义可得.容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查.【详解】，则【点睛】易于理解集补集的概念、交集概念有误.2B【解析】 ,选B.3D【解析】【分析】由可推出，再结合充分条件和必要条件的概念，即可得出结果.【详解】若，则，所以，即“”不能推出“”，反之也不成立，因此“”是“”的既不充分也不必要条件.故选D【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件，熟记概念即可，属于基础题型.4B【解析】 ，即 ，而 ，故选B.5D【解析】是偶函数当时，又故选：D6D【解析】对于，当趋向于时，函数
2、趋向于0， 趋向于函数的值小于0，故排除对于，是周期函数函数的图像是以轴为中心的波浪线，故排除对于， 的定义域是，且在时， ，故排除对于，函数，当时， ；当时， ；且恒成立的图像在趋向于时， ； 时， ； 趋向于时， 趋向于故选D点睛：本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.7B【解析】试题分析：，是真命题，取，满足，也是真命题，是假命题
3、，故选B考点：命题真假判断8D【解析】 由题意得，向量为单位向量，且两两夹角为， 则， 且， 所以与的夹角为，且， 所以与的夹角为，故选D.9C【解析】【分析】数列an的前n项和Sn满足Sn+Sm=Sn+m（n，mN*）且a1=5，令m=1，可得Sn+1=Sn+S1，可得an+1=5即可得出【详解】数列an的前n项和Sn满足Sn+Sm=Sn+m（n，mN*）且a1=5，令m=1，则Sn+1=Sn+S1=Sn+5可得an+1=5则a8=5故选：C【点睛】本题考查了数列的通项公式与求和公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题10B【解析】【分析】由三角函数恒等变换的应用化简得f（x
4、）=2sinx可得，是函数含原点的递增区间，结合已知可得，可解得0，又函数在区间0，2上恰好取得一次最大值，根据正弦函数的性质可得 ，得 ，进而得解【详解】=2sinx，是函数含原点的递增区间又函数在上递增，得不等式组：，且，又0，0 ，又函数在区间0，2上恰好取得一次最大值，根据正弦函数的性质可知 且 可得，综上：故选：B【点睛】本题主要考查正弦函数的图象和性质，研究有关三角的函数时要利用整体思想，灵活应用三角函数的图象和性质解题，属于中档题11D【解析】【分析】取的中点，且为的外心，可知 ，所求 ，由数量积的定义可得 ，代值即可【详解】如图所示，取的中点，且为的外心，可知，是边的中点， .
5、，由数量积的定义可得 ，而 ，故；同理可得 ，故.故选：D【点睛】本题考查向量数量积的运算，数形结合并熟练应用数量积的定义是解决问题的关键，属于中档题12D【解析】分析：构造函数g（x）=exf（x）+ex，（xR），求函数的导数，研究g（x）的单调性，将不等式进行转化求解即可详解：设g（x）=exf（x）-ex，（xR），则g（x）=exf（x）+exf（x）-ex=exf（x）+f（x）-1，f（x）+f（x）1，f（x）+f（x）+10，g（x）0，y=g（x）在定义域上单调递增，不等式ln（f（x）-1）ln2-x等价为不等式lnf（x）-1+xln2，即为lnf（x）-1+lnexl
6、n2，即ex（f（x）-1）2，则exf（x）-ex2，y=f（x）-3为奇函数，当x=0时， y=0，即f（0）-3=0，得f（0）=3，又g（0）=e0f（0）-e0=3-1=2，exf（x）-ex2等价为g（x）g（0），x0，不等式的解集为（0，+），故选：D点睛：本题考查函数的导数与单调性的结合，结合已知条件构造函数，然后用导数判断函数的单调性是解题的关键，综合性较强，有一定的难度13-1【解析】【分析】由幂函数f（x）=x为奇函数，且在（0，+）上递减，得到a是奇数，且a0，由此能求出a的值【详解】2，1，1，2，3，幂函数f（x）=x为奇函数，且在（0，+）上递减，a是奇数，且a
7、0，a=1故答案为：1【点睛】本题考查实数值的求法，考查幂函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题14【解析】【分析】先由平移得f(x)的解析式，再将代入解析式求值即可【详解】f(x)=2sin3(x+=2sin(3x+,则故答案为【点睛】本题考查图像平移，考查三角函数值求解，熟记平移原则，准确计算是关键，是基础题15【解析】【分析】由函数的解析式，得到，即可求解.【详解】由题意，根据函数，可得.【点睛】本题主要考查了微积分基本定理的应用，其中解答中根据函数的解析式，利用微积分基本定理，得到，然后利用定积分求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基
8、础题.164【解析】试题分析：当时，得，；当时，两式相减得，得，所以又，所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，即因为，所以不等式，等价于记，时，所以时，所以，所以整数的最大值为4考点：1数列的通项公式；2解不等式17（）；（）.【解析】试题分析：（）利用正弦定理进行边角代换，化简即可求角C；（）根据及可得再利用余弦定理可得 ，从而可得的周长为试题解析：（）由已知及正弦定理得，故可得，所以（）由已知，又，所以由已知及余弦定理得，故，从而所以的周长为【考点】正弦定理、余弦定理及三角形面积公式【名师点睛】三角形中的三角变换常用到诱导公式, ,这是常用的结论,另外利用正弦定理或余弦定理处理条件中含
9、有边或角的等式,常考虑对其实施“边化角”或“角化边”.18（1）；（2）详见解析.【解析】试题分析：（1）记事件从甲箱中摸出的1个球是红球，从乙箱中摸出的1个球是红球顾客抽奖1次获一等奖，顾客抽奖1次获二等奖，顾客抽奖1次能获奖，则可知与相互独立，与互斥，与互斥，且 ， ，再利用概率的加法公式即可求解；（2）分析题意可知，分别求得，即可知的概率分布及其期望.试题解析：（1）记事件从甲箱中摸出的1个球是红球，从乙箱中摸出的1个球是红球顾客抽奖1次获一等奖，顾客抽奖1次获二等奖，顾客抽奖1次能获奖，由题意，与相互独立，与互斥，与互斥，且 ， ，故所求概率为；（2）顾客抽奖3次独立重复试验，由（1）
10、知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为，于是，故的分布列为0123 的数学期望为.考点：1.概率的加法公式；2.离散型随机变量的概率分布与期望.【名师点睛】本题主要考查了离散型随机变量的概率分布与期望以及概率统计在生活中的实际应用，这一直都是高考命题的热点，试题的背景由传统的摸球，骰子问题向现实生活中的热点问题转化，并且与统计的联系越来越密切，与统计中的抽样，频率分布直方图等基础知识综合的试题逐渐增多，在复习时应予以关注.19（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）由，分别为，边的中点，可得，由已知结合线面垂直的判定可得平面，从而得到平面；（2）取的中点，连接，由已知证明平面，过作交于，分别以，所
11、在直线为，轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面与平面所成锐二面角的余弦值【详解】（1）因为分别为，边的中点，所以，因为，所以，又因为，所以平面，所以平面（2）取的中点，连接， 由（1）知平面，平面，所以平面平面，因为，所以，又因为平面，平面平面，所以平面， 过作交于，分别以，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则， ，设平面的法向量为，则即则，易知为平面的一个法向量，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定，由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解
12、空间垂直关系难点的技巧所在，两半平面所成的二面角与面的法向量之间所成的角相等或互补，主要通过题意或图形来确定最后结果.20（1）（2）【解析】【分析】（1）根据向量的坐标运算，以及|AB|=1，得到椭圆的标准方程（2）直线l1斜率必存在，且纵截距为2，根据直线与椭圆的位置关系，即可求出k的值，问题得以解决【详解】(1) 因为即所以所以又因为,所以即:,即所以椭圆的标准方程为 (2) 直线斜率必存在，且纵截距为,设直线为联立直线和椭圆方程得: 由,得 设以直径的圆恰过原点所以,即也即即将(1)式代入,得即解得,满足（*）式，所以所以直线21(1)a=-1,b=1;(2)-1.【解析】（1）对求导
13、得，根据函数的图象在处的切线为，列出方程组，即可求出的值；（2）由（1）可得，根据对任意恒成立，等价于对任意恒成立，构造，求出的单调性，由， ， ， ，可得存在唯一的零点，使得，利用单调性可求出，即可求出的最大值.（1）， .由题意知. （2）由（1）知： ，对任意恒成立对任意恒成立对任意恒成立. 令，则.由于，所以在上单调递增. 又， ， ， ，所以存在唯一的，使得，且当时， ， 时， . 即在单调递减，在上单调递增.所以.又，即，.， . 又因为对任意恒成立，又， . 点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，
14、从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.22（1）；（2）2【解析】试题分析：（I）把cos2+sin2=1代入圆C的参数方程为 （为参数），消去参数化为普通方程，再根据普通方程化极坐标方程的公式得到圆C的极坐标方程（II）设P（1，1），联立，解得1，1；设Q（2，2），联立，解得2，2，可得|PQ|解析：（1）圆的普通方程为，又， 所以圆的极坐标方程为（2）设，则由解得， 设，则由解得， 所以23（1）；（2）3【解析】【分析】（1）通过讨论x的范围，求出不等式的解集即可；（2）先用绝对值不等式的性质求出最小值为a+b+c3，然后用基本不等式可得【详解】（1），或或，解得.（2） ， .当且仅当时取得最小值3.【点睛】绝对值不等式的解法：法一：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；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：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
