四川省宜宾市叙州区第一中学2020届高三数学上学期期末考试试题 文（含解析）

四川省宜宾市叙州区第一中学2020届高三数学上学期期末考试试题 文（含解析）第卷（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.已知全集,，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求集合B的补集，然后与集合A取并集即可.【详解】，=，则，故选：D【点睛】本题考查集合的补集与并集运算，属于简单题.2.若复数，则的共轭复数是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先计算复数z,然后由共轭复数的定义即可得到答案.【详解】则的共轭复数是-1+i,故选：C【点睛】本题考查复数的四则运算即共轭复数的概念，属于简单题.3.若，且，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由，得，选A.4.已知实数满足，则的最小值是 （ ）A. 4 B. 5 C. 6 D. 7【答案】C【解析】【分析】由约束条件画出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组得到最优解的坐标，代入目标函数得到答案.【详解】由实数x，y满足得到可行域如图：z3x2y变形为yx，由，解得B（2，0）当此直线经过图中B时，在y轴的截距最大，z最小，所以z的最小值为32206；故选：C【点睛】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.5.执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：题设中的算法是结合的范围计算分段函数的函数值.详解：由题设有，当时，；当时，从而当时，选C.点睛：本题考察算法中的选择结构，属于基本题. 解题时注意判断的条件及其每个分支对应的函数形式.6.甲、乙、丙三人各买了一辆不同品牌的新汽车，汽车的品牌为奇瑞、传祺、吉利.甲、乙、丙让丁猜他们三人各买的什么品牌的车，丁说：“甲买的是奇瑞，乙买的不是奇瑞，丙买的不是吉利.”若丁的猜测只对了一个，则甲、乙所买汽车的品牌分别是 （ ）A. 吉利，奇瑞 B. 吉利，传祺C. 奇瑞，吉利 D. 奇瑞，传祺【答案】A【解析】分析：因为丁的猜测只对了一个，所以我们从“甲买的是奇瑞，乙买的不是奇瑞”这两个判断着手就可以方便地解决问题.详解：因为丁的猜测只对了一个，所以“甲买的是奇瑞，乙买的不是奇瑞”这两个都是错误的.否则“甲买的不是奇瑞，乙买的不是奇瑞”或“甲买的是奇瑞，乙买的是奇瑞”是正确的，这与三人各买了一辆不同的品牌矛盾，“丙买的不是吉利”是正确的，所以乙买的是奇瑞，甲买的是吉利，选A.点睛：本题为逻辑问题，此类问题在解决时注意结合题设条件寻找关键判断.7.在长方体中，则异面直线与所成角的余弦值为A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.8.若在是减函数，则的最大值是A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：先确定三角函数单调减区间，再根据集合包含关系确定的最大值详解：因为，所以由得因此，从而的最大值为，选A.点睛：函数的性质： (1). (2)周期 (3)由 求对称轴， (4)由求增区间; 由求减区间.9.已知，则a，b，c的大小关系为A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：由题意结合对数函数的性质整理计算即可求得最终结果.详解：由题意结合对数函数的性质可知：，据此可得：.本题选择D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，利用图象法求解，既快捷，又准确10.过双曲线的左焦点作圆的切线，此切线与的左支、右支分别交于，两点，则线段的中点到轴的距离为( )A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】B【解析】因为直线过双曲线左焦点，设直线为，因为与圆相切知，解得，当时不与双曲线右支相交，故舍去，所以直线方程为，联立双曲线方程，消元得，所以，即中点的纵坐标为3，所以线段的中点到轴的距离为3，故选B.11.将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象.若在上单调递减，则的取值范围为 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题可知，又在上单调递减，所以，得：，故得的取值范围为，故选D12.已知函数满足，若函数与图像的交点为则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据两函数的对称中心均为（3，2）可知出x1+x2+x3+xm3m，y1+y2+y3+ym2m，从而得出结论【详解】，即，f（x）的图象关于点（3，2）对称，也关于点（3，2）对称，x1+x2+x3+xm，y1+y2+y3+ym2m，则 x1+x2+x3+xm+ y1+y2+y3+ym5m故选:B【点睛】本题考查函数的对称性的性质，属于中档题第卷（非选择题分）二、填空题。13.已知向量，若，则_【答案】【解析】试题分析：因为，所以，解得，所以，所以考点：1、向量平行的充要条件；2、平面向量的模14.已知在中，则的面积为_【答案】【解析】试题分析：由正弦定理得：，因为，所以，即，所以，即，所以边上的高是，所以的面积是，所以答案应填：考点：1、正弦定理；2、三角形的面积公式；3、两角差的正弦公式【思路点睛】本题主要考查的是正弦定理、三角形的面积公式和两角差的正弦公式，属于容易题，本题利用正弦定理把边转化为角，变形后为角的正弦式，利用勾股定理算三角形的高，代入三角形的面积公式即可15.已知离散型随机变量服从正态分布，且，则_【答案】【解析】随机变量X服从正态分布，=2，得对称轴是x=2，P（23）=0.468，P（13）=0.468=故答案为：点睛：关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法熟记P(X)，P(2X2)，P(3X3)的值充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.16.已知球是棱长为2的正八面体(八个面都是全等的等边三角形)的内切球，为球的一条直径，点为正八面体表面上的一个动点，则的取值范围是_【答案】【解析】如图所示，设已知的正八面体，易知平面于球心，且点为正方形的中心，设球心与正四棱锥的侧面相切于点连接，则，由，得即正八面体的内切球的半径为为正八面体表面上的任意一点则，即的取值范围是点睛：本题考查了空间内的向量点乘问题，将其转化为从点出发的向量，利用立体几何知识求出相切时的长度，继而算出取值范围，本题的难点在于向量的转化上，同时也是解题的方法。三、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.某市对创“市级示范性学校”的甲、乙两所学校进行复查验收，对办学的社会满意度一项评价随机访问了20为市民，这20位市民对这两所学校的评分（评分越高表明市民的评价越好）的数据如下：甲校：58,66,71,58,67,72,82,92,83,86,67,59,86,72,78,59,68,69,73,81；乙校：90,80,73,65,67,69,81,85,82,88,89,86,86,78,98,95,96,91,76,69,.检查组将成绩分成了四个等级：成绩在区间的为等，在区间的为等，在区间的为等，在区间为等.（）请用茎叶图表示上面的数据，并通过观察茎叶图，对两所学校办学的社会满意度进行比较，写出两个统计结论；（）估计哪所学校的市民的评分等级为级或级的概率大，说明理由.【答案】（1）见解析（2）市民对乙校的评分等级为级或级的概率大.【解析】试题分析：(1)利用题意结合平均数，众数，方差等讨论所给的数据即可；(2)结合互斥事件的结论可得乙校得分的等级高于甲校得分的等级的概率为0.6.试题解析：解：（1）甲校得分的中位数为71.5，众数为58,59,67,72,86，乙校得分的中位数为83.5，众数为69和86，甲校得分的中位数小于乙校得分的中位数，甲校得分的众数大多数不大于乙校得分的众数；甲校得分的平均数小于乙校得分的平均数；甲校得分有居于内，而乙校得分全部居于内，对乙校的评分要高于甲校；甲校得分的方差大于乙校的方差，说明对乙校的评分较集中，满意度较高，对甲校的评分较分散，满意度较低.（2）记事件为：乙校等，甲校等或等或等；事件为：乙校等，甲校等或等；事件为：乙校等，甲校等三种情况，则事件“乙校得分的等级高于甲校得分的等级”为，又因为事件两两互斥，故，即乙校得分的等级高于甲校得分的等级的概率为0.6.18.如图，在中，角，所对的边分别为，它的面积（）求的值；（）若是边上的一点，求的值.【答案】(1)；(2).【解析】试题分析：（1）由正弦定理得到边ac的关系，再根据三角形面积公式得到，即可求出正弦值；（2）根据正弦定理得到，再根据余弦定理得到，所以或，结合第一问，求出最后结果。(1)因为，所以，由正弦定理得，因为所以（2）因为，所以，在中，由正弦定理得，所以由余弦定理得，所以或，因为是边上的一点，所以，因为，所以，所以.点睛：这个题目考查的是正余弦定理在解三角形中的应用。在三角形中知道两角一边，构造方程可以考虑正弦定理，较为简单。三角形中已知两边和夹角考虑余弦定理较为简单，两边和其中一个对角，考虑正弦定理较为简单。选择合适的方法对于解决三角形问题是非常重要的。19.如图，在四棱锥中，底面为矩形，为等边三角形，点为的中点，平面平面.（）求证：；（）求四面体与四面体的体积比.【答案】(1)见解析;(2) 1：2.【解析】试题分析：（1）要证线线垂直，即证平面，由平面平面易得线面垂直关系；（2）四面体与四面体的体积比等于二者的底面积之比，在底面内二者比例关系很容易得到.试题解析：（1）证明：因为为矩形，所以，又因为平面平面，且平面平面，所以平面.平面，所以；（2）解：取的中点，连接，所以，因为平面平面，所以平面，故同为四面体与四面体的高.由题设可知：的面积是矩形面积的；的面积为矩形面积的.故：四面体与四面体的体积比为1：2.点睛：求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法分割法、补形法、等体积法. 割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决等积法：等积法包括等面积法和等体积法等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值20.椭圆 的左、右焦点分别为，轴，直线交轴于点，为椭圆上的动点，的面积的最大值为1.（）求椭圆的方程；（）过点作两条直线与椭圆分别交于，且使轴，如图，问四边形的两条对角线的交点是否为定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由.【答案】（1）（2）定点坐标为.【解析】分析：（）意味着通径的一半，最大面积为，所以，故椭圆的方程为.()根据对称性，猜测定点必定在轴上，故可设，则，再设，根据三点共线可以得到，联立直线和椭圆的标准方程后消去，利用韦达定理可以得到，从而过定点，同理直线也过即两条直线交于定点.详解：（）设，由题意可得，即.是的中位线，且，即，整理得.又由题知，当在椭圆的上顶点时，的面积最大，整理得，即，联立可得，变形得，解得，进而.椭圆的方程式为. ()设，则由对称性可知，.设直线与轴交于点，直线的方程为，联立，消去，得，由三点共线，即，将，代入整理得，即，从而，化简得，解得，于是直线的方程为， 故直线过定点.同理可得过定点，直线与的交点是定点，定点坐标为.点睛：（1）若椭圆的标准方程为，则通径长为；（2）圆锥曲线中的直线过定点问题，往往需要设出动直线方程，再把定点问题转为动点的横坐标或纵坐标应该满足的关系，然后联立方程用韦达定理把前述关系化简即可得到某些参数的关系或确定的值，也就是动直线过某定点.21.已知函数（1）当时，判断函数的单调性； （2）当有两个极值点时，求a的取值范围，并证明的极大值大于2【答案】（1）为(0,)上的减函数（2）见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导数，法1:结合二次函数的性质判断导函数的符号，求出函数的单调性即可；法2：令h（x）=（-x2+3x-3）ex-a，根据函数的单调性求出h（x）的最大值，判断即可；（2）令h（x）=（-x2+3x-3）ex-a，求出函数的导数，根据函数的单调性得到h（x）=0有两不等实数根x1，x2（x1x2），求出a的范围，求出f（x）的极大值判断即可【详解】（1）由题知方法1：由于，又，所以，从而，于是为(0,)上的减函数方法2：令，则，当时，为增函数；当时，为减函数则由于，所以，于是为(0,)上的减函数（2）令，则，当时，为增函数；当时， 为减函数当x趋近于时， 趋近于，由于有两个极值点，所以有两不等实根，即有两不等实数根（）则有解得可知，又，则， 当 时，单调递减；当 时，单调递增；当 时，单调递减则函数在时取极小值，在时取极大值即，而，