1、四川省宜宾市叙州区第一中学校2020届高三数学上学期期末考试试题 文（含解析）第I卷（选择题共60分）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.已知复数是纯虚数（i是虚数单位），则实数a等于A. -2B. 2C. D. -1【答案】C【解析】是纯虚数,所以，选C.2.设全集是实数集，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求解对数不等式得到集合M，根据交集的定义即得解.【详解】集合根据交集的定义：故选：A【点睛】本题考查了交集的运算，考查了学生概念理解，数学运算能力，
2、属于基础题.3.设等差数列前项和为，若，则（ ）A. 18B. 16C. 14D. 12【答案】C【解析】【分析】设等差数列的公差为，由，解得，又由，求得，进而得到公差，再结合等差数列的通项公式，即可求解.【详解】由题意，设等差数列的公差为，由，可得，解得，又由，所以，解得，所以，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查了得出数列的通项公式，以及前项和公式的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和前项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4.函数的部分图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分析函数的定义域、奇偶性以及函数值的正负变化，排除错
3、误选项可得答案.【详解】由，可得，故是奇函数，图象关于原点对称，排除A.当时，；当时，排除C,D.故选B.【点睛】本题考查函数图象的识别，一般利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性等性质分析函数图象的特征，排除错误选项得到答案.5.“”是“直线与圆相切”A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】分析】根据直线和圆相切的等价条件求出k的值，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可【详解】若直线与圆相切，则圆心到直线的距离，即，得，得，即“”是“直线与圆相切”的充要条件，故选C【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合直线和圆
4、相切的等价条件是解决本题的关键6.一个棱长为2的正方体被一个平面截去部分后，余下部分的三视图如图所示，则截去部分与剩余部分体积的比为（）A. 1：3B. 1：4C. 1：5D. 1：6【答案】A【解析】【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可【详解】解：由题意可知：几何体被平面ABCD平面分为上下两部分，设正方体的棱长为2，上部棱柱的体积为：；下部为：，截去部分与剩余部分体积的比为：故选A【点睛】本题考查三视图与几何体的直观图的关系，棱柱的体积的求法，考查计算能力.7.设平面向量，若与的夹角为锐角，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根
5、据与的夹角为锐角，得到，再由向量的夹角公式将其夹角余弦值表示出来，得到关于的不等式，解出的范围，从而得到答案.【详解】因为与的夹角为锐角，所以，向量，所以，整理得，所以的范围为.故选：B.【点睛】本题考查根据向量的夹角求参数的范围，属于简单题.8.已知是两条不同直线,是两个不同平面,下列命题中的假命题是（ ）A. 若则B. 若则C. 若则D. 若在内，则【答案】C【解析】【分析】根据面面平行的判定定理、平行线的性质、线面平行的性质定理、面面垂直的判定定理对四个选项逐一判断即可选出正确答案.【详解】选项A：因为所以,所以本选项是真命题；选项B：根据平行线的性质由可以推出,所以本选项是真命题；选项
6、C：根据线面平行性质定理可知：当时,才有,所以本选项是假命题；选项D：根据面面垂直的判定定理可以由在内,推出,所以本选项是真命题；故选C【点睛】本题考查了面面垂直的判定、面面平行的判定、平行线的性质、线面平行的性质定理,考查了空间想象能力.9.将函数的图象上所有的点向右平移个单位长度，再把图象上各点的横坐标缩短到原来的 （纵坐标不变），则所得图象的的一条对称轴方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据三角函数伸缩变换与平移变换的原则,先得到函数解析式,再由正弦函数对称性即可得出结果.【详解】函数向右平移个单位得到,函数图象上各点的横坐标缩短到原来的得到函数,因为函数的对
7、称轴为,令,解得,当时, 是函数的一条对称轴.故选:B【点睛】本题考查三角函数的伸缩变换与平移变换,考查正弦函数的对称性,属于基础题.10.已知，且，则向量在方向上的投影为( )A. B. C. 1D. 【答案】A【解析】【分析】先求出与的数量积，再由在方向上的投影为，进而可求出结果.【详解】因为，且，所以，所以，因此在方向上的投影为.故选A【点睛】本题主要考查向量的投影问题，熟记投影的概念即可求解，属于基础题型.11.张丘建算经卷上一题为“今有女善织，日益功疾，且从第二天起，每天比前一天多织相同量的布，现在一月（按30天计）共织布390尺，最后一天织布21尺”，则该女第一天共织多少布？（ ）
8、A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】C【解析】由题意，设第天织布为数列是等差数列，公差为， 所以第一天织布为5尺，选C.12.过抛物线焦点的直线与双曲线的一条渐近线平行，并交抛物线于两点，若且，则的值为（ ）A. 8B. C. D. 4【答案】A【解析】【分析】设A（x0，y0），根据抛物线的定义可得x0，y0，代入直线AB的方程，求出m的值即可.【详解】抛物线y24x的焦点F的坐标为（，0），准线方程为x，双曲线x21的一条渐近线方程为yx，不妨设直线AB为y（x），设A（x0，y0），则|AF|x0，x0，又且|AF|BF|，y00，y02，代入y（x），解得m8，故选A【点睛】本题考
9、查了直线和抛物线的关系，以及抛物线的定义和双曲线的性质，属于中档题第卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）13.已知向量,，若,则_【答案】【解析】【分析】由已知求得的坐标,再由向量共线的坐标运算列式求解【详解】解：,，又,且,解得故答案为:【点睛】本题考查向量的坐标加法运算,考查向量共线的坐标表示,是基础题14.当时，函数有最小值，则的值为_.【答案】【解析】分析】利用诱导公式对已知函数进行化简，然后结合二次函数的性质即可求解【详解】解：函数，根据二次函数的性质可知，当时，函数取得最小值，则,故答案为：【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系及二次函数的
10、性质的简单应用，属于基础试题15.已知三棱锥中，,，则三棱锥的外接球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】根据勾股定理可判断ADAB，ABBC，从而可得三棱锥的各个面都为直角三角形，求出三棱锥的外接球的直径，即可求出三棱锥的外接球的表面积【详解】如图：AD=2，AB=1，BD=，满足AD2+AB2=SD2ADAB，又ADBC，BCAB=B，AD平面ABC，AB=BC=1，AC=，ABBC，BC平面DAB，CD是三棱锥的外接球的直径，AD=2，AC=，CD=，三棱锥的外接球的表面积为4（）2=6故答案为6【点睛】(1)本题主要考查三棱锥的外接球的表面积的计算，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析
11、推理计算能力.(2) 求几何体外接球的半径一般有两种方法:模型法和解三角形法.模型法就是把几何体放在长方体中，使几何体的顶点和长方体的若干个顶点重合，则几何体的外接球和长方体的外接球是重合的，长方体的外接球的半径就是几何体的外接球半径.如果已知中有多个垂直关系，可以考虑用此种方法.解三角形法就是找到球心和截面圆的圆心，找到、球的半径、截面圆的半径确定的,再解求出球的半径.(3)解答本题的关键是证明CD是三棱锥的外接球的直径.16.已知函数，若，使得成立，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】判断函数的定义域，奇偶性和单调性，由题意得：，即，转化为，即得解.【详解】函数，定义域为R，故函数
12、为奇函数又由的导数为可得函数在R上单调递增则，使得成立，即为：可得：即：由在的最小值为：则：故答案为：【点睛】本题考查了函数的单调性，奇偶性，恒成立问题综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.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.）17.某中学数学老师分别用两种不同教学方式对入学数学平均分和优秀率都相同的甲、乙两个高一新班（人数均为 人）进行教学（两班的学生学习数学勤奋程度和自觉性一致），数学期终考试成绩茎叶图如下：（1）现从乙班数学成绩不低于 分的同学中随机
13、抽取两名同学，求至少有一名成绩为 分的同学被抽中的概率；（2）学校规定：成绩不低于 分的优秀，请填写下面的联表，并判断有多大把握认为“成绩优秀与教学方式有关”附：参考公式及数据【答案】(1) ;(2)详见解析.【解析】试题分析：(1) 乙班数学成绩不低于分的同学共有名, 从中随机抽取两名同学共有种,而没有一名成绩为分的同学被抽中的事件数为种,因此至少有一名成绩为分的同学被抽中的事件数为种,最后根据古典概型概率求法得所求概率为. (2)将数据对应代入表格及公式,可得,再对应参考公式可得把握率.试题解析：（I）乙班数学成绩不低于分的同学共有名,其中成绩为分的同学有两名,画数状图(略)知,从中随机抽
14、取两名同学共有种,至少有一名成绩为分的同学被抽中的事件数为种,所求概率为. ()如图所示由知, 可以判断：有把握认为“成绩优秀与教学方式有关”. 18.的内角A，B，C的对边分别为，已知.（I）求B；（II）若的周长为的面积.【答案】（） () 【解析】【分析】（）直接利用正弦定理和三角函数关系式的恒等变换，求出B的值；（）利用余弦定理和三角形的面积公式求出结果【详解】（）,，,，.,.()由余弦定理得，.【点睛】本题考查的知识要点：正弦定理和余弦定理的应用，三角函数关系式的恒等变换，三角形面积公式的应用19.如图1，在梯形中，过，分别作的垂线，垂足分别为，已知，将梯形沿，同侧折起，使得平面平
15、面，平面平面，得到图2.（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）见证明；（2）【解析】【分析】（1）设，取中点，连接，证得，且，得到四边形为平行四边形，得出，利用线面平行判定定理，即可证得平面.（2）证得，得到点到平面的距离等于点到平面的距离，再利用锥体的体积公式，即可求解.【详解】（1）设，取中点，连接，四边形为正方形，为中点，为中点，且，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面平面，平面平面，同理，平面，又，且，四边形为平行四边形，平面，平面，平面.（2）因为，平面，平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离.三棱锥的体积公式，可得.【点睛】本题主要考查了线面位置关系的
16、判定与证明，以及三棱锥的体积的计算，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，以及合理利用等体积法求解三棱锥的体积，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题20.已知是椭圆与抛物线的一个公共点，且椭圆与抛物线具有一个相同的焦点（1）求椭圆及抛物线的方程；（2）设过且互相垂直的两动直线，与椭圆交于两点，与抛物线交于两点，求四边形面积的最小值【答案】（）椭圆的方程为，抛物线的方程为；（）见解析.【解析】【分析】(1)先求 ，即得c，再将点P坐标代入椭圆方程，解方程组得a,b，即得结果，(2)根据垂直条件得，设直线的方程，与椭圆方程联立方程，结合韦达定理以及弦长公式解得AB，
17、类似可得CD,最后根据二次函数性质求最值.【详解】（）抛物线：一点，即抛物线的方程为， 又在椭圆：上，结合知（负舍）， ，椭圆的方程为，抛物线的方程为.（）由题可知直线斜率存在，设直线的方程，当时，直线的方程，故当时，直线的方程为，由得.由弦长公式知 .同理可得. .令，则，当时，综上所述：四边形面积的最小值为8.【点睛】解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.21.已知函数（是自然对数的底数）.（）讨论极值点的个数；（）
18、若是的一个极值点，且，证明：.【答案】（）见解析；（）见解析【解析】【分析】（I）求得函数的导函数，对分成四种情况进行分类讨论，根据的单调区间，判断出极值点的个数.（II）首先结合（I）以及判断出，且，由此求得的表达式，利用这个表达的导数求得最大值为，由此证得.【详解】（）的定义域为，若，则，所以当时，；当时，所以在上递减，在递增.所以为唯一的极小值点，无极大值，故此时有一个极值点.若，令，则，当时，则当时，；当时，；当时，.所以2，分别为的极大值点和极小值点，故此时有2个极值点.当时，且不恒为0，此时在上单调递增，无极值点当时，则当时，；当时，；当时，.所以，2分别为的极大值点和极小值点，故
19、此时有2个极值点.综上，当时，无极值点；当时，有1个极值点；当或时，有2个极值点.（）证明：若是的一个极值点，由（）可知，又，所以，且，则，所以.令，则，所以，故又因为，所以，令，得.当时，单调递增，当时，单调递减，所以是唯一的极大值点，也是最大值点，即，故，即.【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的极值点，考查利用导数证明不等式，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，综合性很强，属于难题.（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.在平面直角坐标系中.已知曲线(为参数)，.以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.
20、直线.(1)写出直线的直角坐标方程和曲线的普通方程；(2)在曲线上取一点，使点到直线的距离最大，求最大距离及此时点的坐标.【答案】（1）的直角坐标方程:,曲线的普通方程: （2），【解析】【分析】（1）利用三种方程的互化方法，求直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程；（2）设，求出圆心到直线l的距离，即可在曲线C上求一点P，使点P到直线l的距离最大，并求出此最大值【详解】解：（1）的直角坐标方程为曲线的普通方程为（2）设，则当时，最大，【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转化，点到直线的距离公式的应用，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型23.设.（1）解不等式；（2）已知x，y实数满足，且的最大值为1，求a的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）讨论的取值范围，去掉绝对值求出不等式的解集；（2）结合题意，利用柯西不等式求得的最大值，列方程求出的值【详解】解：（1）当时，不等式化为，此时， 当时，不等式化为，成立， 当时，不等式化为，此时， 综上所述，原不等式的解集为； （2）柯西不等式得，因为，所以，（当时，取等号），又因为的最大值为1，所以.【点睛】本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，也考查了柯西不等式的应用问题，是中档题
