1、2019-2020学年度高三年级下学期一调考试数学（理科）试卷一、选择题（本大题共12小题，每题5分，共60分,下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1.已知全集，集合，集合，则阴影部分所示集合为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：由函数,得到,由函数,得到,即,；全集,则.所以B选项是正确的考点：集合的运算.【易错点晴】集合的三要素是：确定性、互异性和无序性.研究一个集合，我们首先要看清楚它的研究对象，是实数还是点的坐标还是其它的一些元素，这是很关键的一步.第二步常常是解一元二次不等式，我们首先用十字相乘法分解因式，求得不等式的解集.在解
2、分式不等式的过程中，要注意分母不能为零.元素与集合之间是属于和不属于的关系，集合与集合间有包含关系. 在求交集时注意区间端点的取舍. 熟练画数轴来解交集、并集和补集的题目.2.复数(其中，为虚数单位)，若复数的共轭复数的虚部为，则复数在复平面内对应的点位于( )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】【分析】先化简复数z，再求得其共轭复数，令其虚部为，解得，代入求解即可.【详解】由题意得，又复数的共轭复数的虚部为，解得. ，复数在复平面内对应的点位于第一象限. 故选A.【点睛】本题考查了复数的乘法运算，考查了复数的基本概念及复数的几何意义，属于基础题.3.若，
3、则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：首先确定a的范围，然后结合指数函数的单调性整理计算即可求得最终结果.详解：由题意可知：，即函数单调递减，则，即，由于，结合函数的单调性可得：，即，由于，故，结合函数单调性可得：，即，综上可得：的大小关系为 .本题选择B选项.点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较这就必须掌握一些特殊方法在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求
4、解，既快捷，又准确4.函数图象的大致形状是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】判断函数的奇偶性，可排除A、C，再判断函数在区间上函数值与的大小，即可得出答案.【详解】解：因为，所以，所以函数是奇函数，可排除A、C；又当，可排除D；故选：B.点睛】本题考查函数表达式判断函数图像，属于中档题.5.吸烟有害健康，小明为了帮助爸爸戒烟，在爸爸包里放一个小盒子，里面随机摆放三支香烟和三支跟香烟外形完全一样的“戒烟口香糖”，并且和爸爸约定，每次想吸烟时，从盒子里任取一支，若取到口香糖则吃一支口香糖，不吸烟；若取到香烟，则吸一支烟，不吃口香糖，假设每次香烟和口香糖被取到的可能性相同，则“
5、口香糖吃完时还剩2支香烟”的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】“口香糖吃完时还剩2支香烟”即第四次取到的是口香糖且前三次有两次口香糖一次香烟，根据古典概型计算出其概率即可.【详解】由题：“口香糖吃完时还剩2支香烟”说明：第四次取到的是口香糖，前三次中恰有两次口香糖一次香烟，记香烟为，口香糖为，进行四次取物，基本事件总数为：种事件“口香糖吃完时还剩2支香烟”前四次取物顺序分为以下三种情况：烟、糖、糖、糖：种糖、烟、糖、糖： 种糖、糖、烟、糖：种包含的基本事件个数为：54，所以，其概率为故选：D【点睛】此题考查古典概型，解题关键在于弄清基本事件总数，和某一事件包含的基本
6、事件个数，其本质在于计数原理的应用.6.已知ABC外接圆的圆心为O，若AB=3，AC=5，则的值是（）A. 2B. 4C. 8D. 16【答案】C【解析】【分析】可画出图形，并将O和AC中点D相连，O和AB的中点E相连，从而得到，根据数量积的计算公式及条件可得出，而，即可得出的值【详解】如图，取AC中点D,AB中点E,并连接OD,OE,则； 故选C.【点睛】解题的关键是要熟练的运用数量积的公式以及三角形法则7.给出下列五个命题：若为真命题，则为真命题；命题“，有”的否定为“，有”；“平面向量与的夹角为钝角”的充分不必要条件是“”；在锐角三角形中，必有；为等差数列，若，则其中正确命题的个数为（
7、）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】【分析】根据或命题与且命题的性质判断；根据全称命题否定的定义判断；根据“ ，夹角有可能为判断；由，利用正弦函数的单调性判断；根据特例法判断.【详解】对于，若为真命题，则 与 中至少有一个为真命题， 不一定为真命题，故错误.对于，命题“，有”,则为，有 ,故错误.对于， 若 平面向量，的夹角为可能为，故错误.对于，在锐角三角形中，必有,即，所以，所以，故正确；对于，在等差数列 中，若为常数，则满足，但是不成立，即 不成立，故错误，故选A.【点睛】本题通过对多个命题真假的判断，综合考查逻辑联接词的应用、全称命题的否定、向量的数量积、正弦函数的单调
8、性以及等差数列的性质，属于中档题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.8.已知定义在上的函数，恒为正数的符合，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】令，则，选D【方法点睛】利用导数研究函数的单调性、构造函数比较大小,属于难题.联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数
9、的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.9.已知点，抛物线：的焦点为，射线与抛物线相交于点，与其准线相交于点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出抛物线C的焦点F的坐标，从而得到AF的斜率k-2过M作MPl于P，根据抛物线物定义得|FM|PM|RtMPN中，根据tanNMPk2，从而得到|PN|2|PM|，进而算出|MN|PM|，由此即可得到|FM|：|MN|的值【详
10、解】抛物线C：y24x的焦点为F（1，0），点A坐标为（0，2），抛物线的准线方程为l：x1，直线AF的斜率为k2，过M作MPl于P，根据抛物线物定义得|FM|PM|，RtMPN中，tanNMPk2，2，可得|PN|2|PM|，得|MN|PM|，因此可得|FM|：|MN|PM|：|MN|1：故选C【点睛】本题给出抛物线方程和射线FA，求线段的比值，着重考查了直线的斜率、抛物线的定义、标准方程和简单几何性质等知识，属于中档题10.定义为个正数、的“均倒数”，若已知正整数列的前项的“均倒数”为，又，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知得，求出后，利用当时， 即可求得通项
11、，最后利用裂项法即可求和.【详解】由已知得，当时，验证知当时也成立， 故选：C【点睛】本题是数列中新定义，考查了与的关系、裂项求和，属于中档题.11.对于任意的实数，总存在三个不同的实数，使得成立，则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】原方程化为，令，令，可得，利用导数研究函数的单调性，利用数形结合可得，得到关于不等式组，解出即可.【详解】，原式可化为，令时递增，故，令，故，故在上递减，在上递增，在上递减，而，要使总存在三个不同的实数，使得成立， 即，故，故，实数的取值范围是，故选B.【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想,是一
12、道综合题. 转化与划归思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中.解答本题的关键是将问题转化为.12.如图，在正方体中，平面，垂足为H，给出下面结论：直线与该正方体各棱所成角相等；直线与该正方体各面所成角相等；过直线的平面截该正方体所得截面为平行四边形；垂直于直线的平面截该正方体，所得截面可能为五边形，其中正确结论的序号为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由A1C平面AB1D1，直线A1H与直线A1C重合，结合线线角和线面角的
13、定义，可判断；由四边形A1ACC1为矩形，可判断；由垂直于直线A1H的平面与平面AB1D1平行，可判断【详解】如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1H平面AB1D1，垂足为H，连接A1C，可得A1CAB1，A1CAD1，即有A1C平面AB1D1，直线A1H与直线A1C重合，直线A1H与该正方体各棱所成角相等，均为arctan，故正确；直线A1H与该正方体各面所成角相等，均为arctan，故正确；过直线A1H的平面截该正方体所得截面为A1ACC1为平行四边形，故正确；垂直于直线A1H的平面与平面AB1D1平行，截该正方体，所得截面为三角形或六边形，不可能为五边形故错误故选D【点睛】本题考
14、查线线角和线面角的求法，以及正方体的截面的形状，考查数形结合思想和空间想象能力，属于中档题二、填空题：（本大题共4小题，每题5分，共20分）13.有一个底面圆的半径为1，高为2的圆柱，点分别为这个圆柱上底面和下底面的圆心，在这个圆柱内随机取一点P，则点P到点的距离都大于1的概率为_【答案】【解析】【详解】到点距离为1的点是半径为1的球面，所以所求概率为14.在数列an中，若函数f（x）sin2x+2cos2x的最大值是a1，且an（an+1an2）n2n2，则an_【答案】an2n2+n【解析】【分析】，可得由已知条件推出，然后求解数列的通项公式【详解】解：，当，取得最大值3，是以为首项，为公
15、差的等差数列，故答案为：【点睛】本题考查了数列递推关系、三角函数求值、法则求积，考查了推理能力与计算能力，属于中档题15.秦九韶是我国南宋著名数学家，在他的著作数书九章中有已知三边求三角形面积的方法:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂余半之，自乘于上以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之为实一为从隅，开平方得积”如果把以上这段文字写成公式就是，共中a、b、c是ABC的内角A，B，C的对边若，且，2，成等差数列，则面积S的最大值为_【答案】【解析】【分析】运用正弦定理和余弦定理可得，再由等差数列中项性质可得，代入三角形的面积公式，配方，结合二次函数的最值求法，可得所求最大值【详解】，因此，2，成等差数列，因此，
16、当，即时，S取得最大值，即面积S的最大值为，故答案为.【点睛】本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和面积公式，以及等差数列中项性质，转化为求二次函数的最值是解题的关键，属于中档题16.过曲线的左焦点作曲线的切线，设切点为，延长交曲线于点，其中有一个共同的焦点，若，则曲线的离心率为_【答案】【解析】【分析】设双曲线的右焦点为，根据曲线与有一个共同的焦点，得到抛物线方程， 再根据O为的中点，M为的中点，利用中位线定理，可得， .设，根据抛物线的定义可得，过点作x轴的垂线，点到该垂线的距离为2a，然后在中，利用勾股定理求解.【详解】如图所示：设双曲线的右焦点为，则的坐标为，因为曲线与有一个共同的焦点，
17、所以，因为O为的中点，M为的中点，所以OM为的中位线，所以，因为，所以又，所以.设，则由抛物线的定义可得，过点作x轴的垂线，点到该垂线的距离为，在中，由勾股定理即得，即，即，解得.故答案为：【点睛】本题主要考查双曲线和抛物线的几何性质，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.三、解答题：（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.如图，在中，内角，的对边分别为，已知，分别为线段上的点，且，（1）求线段的长；（2）求的面积【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（I）在ABC中，利用余弦定理计算BC，再在ACD中利用余弦定理计算AD；（II）根据角平分线的
18、性质得到，又，所以，所以，再利用正弦形式的面积公式即可得到结果.试题解析：（1）因为，所以由余弦定理得，所以，即，在中，所以，所以（2）因为是的平分线，所以，又，所以，所以，又因为，所以，所以18.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面平面，点为棱的中点（）在棱上是否存在一点，使得平面，并说明理由；（）当二面角的余弦值为时，求直线与平面所成的角【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（）取的中点，连结、，得到故且，进而得到，利用线面平行的判定定理，即可证得平面.（）以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设，求得平面的法向量为，和平面的法向量，利用向量的夹角公式，求得，进而得到为直线与平面
19、所成的角，即可求解.【详解】（）在棱上存在点，使得平面，点为棱的中点理由如下：取的中点，连结、，由题意，且，且，故且.所以，四边形为平行四边形.所以，又平面，平面，所以，平面.（）由题意知为正三角形，所以，亦即，又，所以，且平面平面，平面平面，所以平面，故以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设，则由题意知，设平面的法向量为，则由得，令，则，所以取，显然可取平面的法向量，由题意：，所以.由于平面，所以在平面内的射影为，所以为直线与平面所成的角，易知在中，从而，所以直线与平面所成的角为.【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和直线与平面所成角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能
20、力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成，着重考查了分析问题和解答问题的能力.19.如图，为椭圆左顶点，过的直线交抛物线于、两点，是的中点.（1）求证：点的横坐标是定值，并求出该定值；（2）若直线过点，且倾斜角和直线的倾斜角互补，交椭圆于、两点，求的值，使得的面积最大.【答案】(1)证明见解析，定值1. (2) 【解析】【分析】（1）由题意可求，设、，：，联立直线与抛物线，利用是的中点得，计算可得点的横坐标是定值；（2）由题意设直线的方程为，联立方程，利用是的中点，可得，根据三角形的面积公式以及基本不等式可求的面积最大值，由取等条件
21、解得的值.【详解】（1），过的直线和抛物线交于两点，所以的斜率存在且不为0，设：，其中是斜率的倒数，设、，满足，即，且，因为是中点，所以，所以，所以，即点的横坐标为定值1.（2）直线的倾斜角和直线的倾斜角互补，所以的斜率和的斜率互为相反数.设直线为，即，联列方程得，所以；且，点是中点，设到的距离，令，当且仅当，时取到，所以，.法二：因为点在抛物线上，不妨设，又是中点，则，代入抛物线方程得：，得：，为定值.（2）直线的斜率，直线斜率，直线的方程：，即，令代入椭圆方程整理得：，设、，下同法一.【点睛】本题考查直线的方程和抛物线方程联立，注意运用椭圆的顶点坐标，运用韦达定理以及点到直线的距离公式，考
22、查三角形的面积的最值求法，化简整理的运算能力，属于中档题20.某共享单车经营企业欲向甲市投放单车，为制定适宜的经营策略，该企业首先在已投放单车的乙市进行单车使用情况调查.调查过程分随机问卷、整理分析及开座谈会三个阶段.在随机问卷阶段，两个调查小组分赴全市不同区域发放问卷并及时收回；在整理分析阶段，两个调查小组从所获取的有效问卷中，针对15至45岁的人群，按比例随机抽取了300份，进行了数据统计，具体情况如下表：组别年龄组统计结果组统计结果经常使用单车偶尔使用单车经常使用单车偶尔使用单车27人13人40人20人23人17人35人25人20人20人35人25人（1）先用分层抽样的方法从上述300人
23、中按“年龄是否达到35岁”抽出一个容量为60人的样本，再用分层抽样的方法将“年龄达到35岁”的被抽个体数分配到“经常使用单车”和“偶尔使用单车”中去.求这60人中“年龄达到35岁且偶尔使用单车”的人数；为听取对发展共享单车的建议，调查组专门组织所抽取的“年龄达到35岁且偶尔使用单车”的人员召开座谈会.会后共有3份礼品赠送给其中3人，每人1份（其余人员仅赠送骑行优惠券）.已知参加座谈会的人员中有且只有4人来自组，求组这4人中得到礼品的人数的分布列和数学期望；（2）从统计数据可直观得出“是否经常使用共享单车与年龄（记作岁）有关”的结论.在用独立性检验的方法说明该结论成立时，为使犯错误的概率尽可能小
24、，年龄应取25还是35？请通过比较的观测值的大小加以说明.参考公式：，其中.【答案】(1) 9人 见解析；(2) 【解析】【分析】（1）根据分层抽样要求，先求从300人中抽取60人，其中“年龄达到35岁”的人数，再求“年龄达到35岁” 中偶尔使用单车的人数；确定随机变量X的取值，计算X各个取值的概率，得分布列及数学期望.(2)对年龄m是否达到35,m是否达到25对数据重新整理（22联表），根据公式计算相应的，比较大小确定.【详解】（1）从300人中抽取60人，其中“年龄达到35岁”的有人，再将这20人用分层抽样法按“是否经常使用单车”进行名额划分，其中“年龄达到35岁且偶尔使用单车”的人数为.
25、组这4人中得到礼品的人数的可能取值为0，1，2，3，相应概率为：，.故其分布列为0123.（2）按“年龄是否达到35岁”对数据进行整理，得到如下列联表：经常使用单车偶尔使用单车合计未达到35岁12575200达到35岁5545100合计180120300时，由（1）中的列联表，可求得的观测值.时，按“年龄是否达到25岁”对数据进行整理，得到如下列联表：经常使用单车偶尔使用单车合计未达到25岁6733100达到25岁11387200合计180120300可求得的观测值.，欲使犯错误的概率尽可能小，需取.【点睛】本题考查分层抽样和独立性检验，随机变量的分布列及数学期望，考查统计知识理解掌握水平、对
26、数据的处理能力及分析推理解决实际问题的能力.21.已知函数，其中，为自然对数的底数.（）设是函数的导函数，求函数在区间上的最小值；（）若，函数在区间内有零点，求的取值范围【答案】（）当时，；当时，；当时，.（）的范围为.【解析】试题分析：（）易得，再对分情况确定的单调区间，根据在上的单调性即可得在上的最小值.（）设为在区间内的一个零点，注意到.联系到函数的图象可知，导函数在区间内存在零点，在区间内存在零点，即在区间内至少有两个零点. 由（）可知，当及时，在内都不可能有两个零点.所以.此时，在上单调递减，在上单调递增，因此，且必有.由得：，代入这两个不等式即可得的取值范围.试题解答：（）当时，所
27、以.当时，由得.若，则；若，则.所以当时，在上单调递增，所以.当时，在上单调递减，在上单调递增，所以.当时，在上单调递减，所以.（）设为在区间内的一个零点，则由可知，在区间上不可能单调递增，也不可能单调递减.则不可能恒为正，也不可能恒为负.故区间内存在零点.同理在区间内存在零点.所以在区间内至少有两个零点.由（）知，当时，在上单调递增，故在内至多有一个零点.当时，在上单调递减，故在内至多有一个零点.所以.此时，在上单调递减，在上单调递增，因此，必有.由得：，有.解得.当时，在区间内有最小值.若，则，从而在区间上单调递增，这与矛盾，所以.又，故此时在和内各只有一个零点和.由此可知在上单调递增，在
28、上单调递减，在上单调递增.所以，故在内有零点.综上可知，的取值范围是.【考点定位】导数的应用及函数的零点.（二）选考题，满分共10分，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答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线过原点且倾斜角为.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立坐标系，曲线的极坐标方程为.在平面直角坐标系中，曲线与曲线关于直线对称.（）求曲线的极坐标方程；（）若直线过原点且倾斜角为，设直线与曲线相交于，两点，直线与曲线相交于，两点，当变化时，求面积的最大值.【答案】() () 【解析】【分析】()法一
29、：将化为直角坐标方程，根据对称关系用上的点表示出上点的坐标，代入方程得到的直角坐标方程，再化为极坐标方程；法二：将化为极坐标方程，根据对称关系将上的点用上的点坐标表示出来，代入极坐标方程即可得到结果；()利用和的极坐标方程与的极坐标方程经坐标用表示，将所求面积表示为与有关的三角函数解析式，通过三角函数值域求解方法求出所求最值.【详解】()法一：由题可知，的直角坐标方程为：，设曲线上任意一点关于直线对称点为，所以 又因为，即，所以曲线的极坐标方程为：法二：由题可知，的极坐标方程为： ，设曲线上一点关于 的对称点为，所以 又因为，即，所以曲线的极坐标方程为：()直线的极坐标方程为：，直线的极坐标方
30、程为：设，所以解得，解得因为：，所以当即时，取得最大值为：【点睛】本题考查轨迹方程的求解、三角形面积最值问题的求解，涉及到三角函数的化简、求值问题.求解面积的关键是能够明确极坐标中的几何意义，从而将问题转化为三角函数最值的求解.23.已知函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若，且对任意，恒成立，求的最小值【答案】（1）；（2）1【解析】【分析】(1) 当时，求出分段函数，然后可以选择数形结合求解或选择解不等式组；(2)当时，化简分段函数得 可以得到函数在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增，然后利用最值分析法，即可求出参数的最小值.【详解】（1）当时，即，解法一：作函数的图象，它与直线的交点为，所以，的解集的解集为 解法2：原不等式等价于 或 或， 解得：或无解或， 所以，的解集为（2）则 所以函数在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增所以当时，取得最小值， 因为对，恒成立，所以又因为，所以，解得 （不合题意）所以的最小值为1【点睛】本题第一问考查通过利用绝对值不等式的关系转化成分段函数进行求解的题目，求解的过程既可用数形结合，也可以用不等式组求解，属于简单题；第二问考查含参绝对值不等式求解参数的最值问题，因为本题的参数不容易分离，所以，选择最值分析法进行讨论求解，难度属于中等.