四川省棠湖中学2020届高三数学上学期期末考试试题 文（含解析）

四川省棠湖中学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）一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.1.设集合，Z为整数集，则中元素的个数是A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】C【解析】试题分析：由题意，故其中的元素个数为5，选C.考点：集合中交集的运算.2.设i为虚数单位，则(xi)6的展开式中含x4的项为()A. 15x4 B. 15x4 C. 20ix4 D. 20ix4【答案】A【解析】试题分析：二项式的展开式的通项为，令，则，故展开式中含的项为，故选A.【考点】二项展开式，复数的运算【名师点睛】本题考查二项式定理及复数的运算，复数的概念及运算也是高考的热点，几乎是每年必考的内容，属于容易题.一般来说，掌握复数的基本概念及四则运算即可二项式可以写为，则其通项为，则含的项为3.为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点A. 向左平行移动个单位长度B. 向右平行移动个单位长度C. 向左平行移动个单位长度D. 向右平行移动个单位长度【答案】D【解析】试题分析：由题意，为得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点向右平行移动个单位长度，故选D.【考点】三角函数图象的平移【名师点睛】本题考查三角函数图象的平移，在函数的图象平移变换中要注意“”的影响，变换有两种顺序：一种的图象向左平移个单位得的图象，再把横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得的图象，另一种是把的图象横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得的图象，再向左平移个单位得的图象4. 投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为（ ）A. 0.648 B. 0.432 C. 0.36 D. 0.312【答案】A【解析】试题分析：该同学通过测试的概率为，故选A考点：次独立重复试验5.定义在上的函数与函数在上具有相同的单调性，则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意知，函数在R上单调递减。所以函数在上单调递减。又，所以在上恒成立，即在上恒成立，而当时，。所以。故实数的取值范围是。选D。6.设四边形ABCD为平行四边形，.若点M，N满足，则（ ）A. 20 B. 15 C. 9 D. 6【答案】C【解析】试题分析：不妨设该平行四边形为矩形，以为坐标原点建立平面直角坐标系，则，故.考点：向量运算.7.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：由题意结合诱导公式和二倍角公式整理计算即可求得最终结果.详解：由题意可知：，结合二倍角公式有：.本题选择D选项.点睛：本题主要考查诱导公式的应用，二倍角公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8.已知双曲线的离心率为2，过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点. 设A，B到双曲线同一条渐近线的距离分别为和，且，则双曲线的方程为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意利用待定系数法求解双曲线方程即可.【详解】不妨设点A位于第一象限，易知，渐近线方程为，结合题意有：，解得：，则双曲线的方程为.本题选择C选项.【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程，待定系数法求解双曲线方程等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.9.已知函数 若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是A. 1，0） B. 0，+） C. 1，+） D. 1，+）【答案】C【解析】分析：首先根据g（x）存在2个零点，得到方程有两个解，将其转化为有两个解，即直线与曲线有两个交点，根据题中所给的函数解析式，画出函数的图像（将去掉），再画出直线，并将其上下移动，从图中可以发现，当时，满足与曲线有两个交点，从而求得结果.详解：画出函数的图像，在y轴右侧的去掉，再画出直线，之后上下移动，可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程有两个解，也就是函数有两个零点，此时满足，即，故选C.点睛：该题考查的是有关已知函数零点个数求有关参数的取值范围问题，在求解的过程中，解题的思路是将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，将式子移项变形，转化为两条曲线交点的问题，画出函数的图像以及相应的直线，在直线移动的过程中，利用数形结合思想，求得相应的结果.10.已知函数的定义域为.当时，；当时，；当时，.则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：当时,所以当时,函数是周期为的周期函数,所以,又函数是奇函数,所以,故选D考点：函数的周期性和奇偶性11.正四面体的棱长为4，为棱的中点，过作此正四面体的外接球的截面，则该截面面积的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】 将四面体放置在正方体中，如图所示，可得正方体的外接球就是四面体的外接球，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为，可得外接球的半径满足，即，又为的中点，过作其外接球的截面，当截面到球心的距离最大时，此时截面圆的面积最小，此时球心到截面的距离等于正方体棱长的一半，可得截面圆的半径为，得到截面圆的面积的最小值为，故选A.12.函数，其中为自然对数的底数，若存在实数使成立，则实数的值为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由，可设g(x)=，可得=，g(x)有最小值g（-1）=-1，同时可得4，可得当且仅当x=a+In2=-1成立，可得a的值.【详解】解：由，可令g(x)=,=，故g(x)=在（-2，-1）上是减函数，（-1，）上是增函数，故当x=-1时，g(x)有最小值g（-1）=-1，而4，（当且仅当=，即x=a+In2时成立）；故f（x）3（当且仅当等号同时成立时，等式成立）；故x=a+In2=-1，即a=-In2-1.故选D.【点睛】本题主要考查的函数与方程的综合运用，其中函数的零点问题等价于方程的根的问题，函数图像的交点的问题，这三个方法可以相互转化.研究这类题目，要注意观察表达式的特点，这个题目中的右侧函数是对勾形式函数，求最值较为好求，需先分析题目特点再寻找解题方法.第II卷（非选择题）二填空题.13.=_.【答案】【解析】【分析】由题意逆用二倍角公式求解三角函数式的值即可.【详解】由题意可得原式.【点睛】本题主要考查二倍角公式的应用，特殊角的三角函数值等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.14.设函数，若，则的值为_【答案】3【解析】若a2，由f（a）=9，得2a+1=9，得a=3，若0a2，由f（a）=9，得log2a+4=9，得a=32，舍去综上a=3，故答案为：315.若,满足约束条件则的最大值 【答案】【解析】作出可行域如图中阴影部分所示，由斜率的意义知，是可行域内一点与原点连线的斜率，由图可知，点A（1,3）与原点连线的斜率最大，故的最大值为3.考点：线性规划解法16.若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则 【答案】【解析】试题分析：对函数求导得，对求导得，设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，则，由点在切线上得，由点在切线上得，这两条直线表示同一条直线，所以，解得.【考点】导数的几何意义【名师点睛】函数f （x）在点x0处的导数f （x0）的几何意义是曲线yf （x）在点P（x0，y0）处的切线的斜率相应地，切线方程为yy0f （x0）（xx0）注意：求曲线切线时，要分清在点P处的切线与过点P的切线的不同三.解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.（I）求角B的大小；（II）设a=2，c=3，求b和的值【答案】（）B= （）b，【解析】【分析】()由题意结合正弦定理首先求得tanB的值，然后确定B的大小即可；()由题意结合余弦定理和两角和差正余弦公式求解b和的值即可.【详解】（）在ABC中，由正弦定理，可得，又由，得，即，可得又因为，可得B=（）解在ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，有，故b=由，可得因为ac，故因此， 所以， 【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，两角和差正余弦公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.18.为了解人们对于国家新颁布的“生育二胎放开”政策的热度，现在某市进行调查，随机调查了人，他们年龄的频数分布及支持“生育二胎”人数如下表：年龄5,15)15,25)25,35)35,45)45,55)55,65)频数510151055支持“生育二胎”4512821（1）由以上统计数据填下面2乘2列联表，并问是否有的把握认为45以岁为分界点对“生育二胎放开”政策的支持度有差异：年龄不低于45岁的人数年龄低于45岁的人数合计支持= 不支持 合计 （2）若对年龄在的被调查人中随机选取两人进行调查，恰好这两人都支持“生育二胎放开”的概率是多少？【答案】(1)见解析；（2）【解析】【分析】（1）建立2乘2列联表，利用公式求解，根据计算结果得出结论；(2)列举出基本事件后利用古典概型的概率公式求解.【详解】解：（1）2乘2列联表年龄不低于45岁的人数年龄低于45岁的人数 合计支持 32不支持 18合 计1040 50所以没有99%的把握认为以45岁为分界点对“生育二胎放开”政策的支持度有差异（2）年龄在中支持“生育二胎”的4人分别为，不支持“生育二胎”的人记为，则从年龄在的被调查人中随机选取两人所有可能的结果有：，。记“恰好这两人都支持“生育二胎”为事件A，则事件A所有可能的结果有：，所以。所以对年龄在的的被调查人中随机选取两人进行调查，恰好这两人都支持“生育二胎放开”的概率是.【点睛】本题考查独立性检验、古典概型的概率，考查应用数学知识解决实际问题的能力.19.如图，三棱柱的各棱长均为2，面，E，F分别为棱的中点（）求证：直线BE平面；（）平面与直线AB交于点M，指出点M的位置，说明理由，并求三棱锥的体积【答案】(1)见解析;(2).【解析】试题分析：（1）取A1C1的中点G，由平几知识确定四边形BFGE是平行四边形即得BEFG，再根据线面平行判定定理得结论，（2）由线面平行性质定理得ACFM，即得M为棱AB的中点根据等体积法得，再根据锥体体积公式求体积.试题解析：（1）取A1C1的中点G，连接EG，FG，于是EG，又BF，所以BFEG所以四边形BFGE是平行四边形所以BEFG，而，所以直线BE平面（2）M为棱AB的中点理由如下：因为AC，所以直线AC平面，又，所以ACFM又F为棱的中点所以M为棱AB的中点三角形BFM的面积，所以三棱锥的体积 20.已知抛物线C：y22px过点P(1,1)过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点(1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；(2)求证：A为线段BM的中点【答案】（1）抛物线C的焦点坐标为 ，准线方程为x；（2）见解析.【解析】试题分析：（）代入点求得抛物线的方程，根据方程表示焦点坐标和准线方程；（）设直线l的方程为（），与抛物线方程联立，再由根与系数的关系，及直线ON的方程为，联立求得点的坐标为，再证明.试题解析：（）由抛物线C：过点P（1，1），得.所以抛物线C的方程为.抛物线C的焦点坐标为（，0），准线方程为.（）由题意，设直线l的方程为（），l与抛物线C的交点为，.由，得.则，.因为点P的坐标为（1，1），所以直线OP的方程为，点A的坐标为.直线ON的方程为，点B的坐标为.因为，所以.故A为线段BM的中点.【名师点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了转化与化归能力，当看到题目中出现直线与圆锥曲线时，不需要特殊技巧，只要联立直线与圆锥曲线的方程，借助根与系数的关系，找准题设条件中突显的或隐含的等量关系，把这种关系“翻译”出来即可，有时不一定要把结果及时求出来，可能需要整体代换到后面的计算中去，从而减少计算量.21.已知函数，其中为自然对数的底数（）讨论函数的单调性；（）设，证明：函数有两个零点，且【答案】（）见解析；（）见证明【解析】【分析】()先求的导数，对参数a进行讨论，可得的单调性；() 由（）知当时，的单调性，可得在上有一个零点，同时在上有一个零点，可得，可得结论.【详解】解：（）当时，当时，故单调递增当时，故单调递减在上单调递减，在上单调递增当时，故在上单调递增当时，当时，故单调递增当时，故单调递减在上单调递减，在上单调递增综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增当时，故在上单调递增当时，在上单调递减，在上单调递增（）由（）知，当时，在上单调递减，在上单调递增至多有两个零点又由零点定理知，在上有一个零点又在上单调递减，在上单调递增当时，取最小值 设则，故在上单调递增当时，由零点定理知，在上有一个零点有且仅有两个零点，且 ，即【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的极值与单调性、函数的零点判定定理，综合性大，需灵活运用所学知识求解.22.选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的方程为.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求的直角坐标方程；（2）若与有且仅有三个公共点，求的方程.【答案】(1) .(2) .【解析】分析：(1)就根据，以及，将方程中的相关的量代换，求得直角坐标方程；(2)结合方程的形式，可以断定曲线是圆心为，半径为的圆，是过点且关于轴对称的两条射线，通过分析图形的特征，得到什么情况下会出现三个公共点，结合直线与圆的位置关系，得到k所满足的关系式，从而求得结果.详解：（1）由，得的直角坐标方程为（2）由（1）知是圆心为，半径为的圆由题设知，是过点且关于轴对称的两条射线记轴右边的射线为，轴左边的射线为由于在圆的外面