2020届广西河池市高三上学期期末考试数学(文)试题(解析版)

1、第1 1页共 2424 页2020 届广西河池市高三上学期期末考试数学(文)试题一、单选题1.1. 已知全集U 1,0,1,2,3,A 0,2,则euA=()A A . 1,13B B. 1,1,2C C. 1,2,3D D. 1,0,1【答案】A A【解析】根据补集的概念，可得结果 【详解】euA 1,1,3. .故选 A.A.【点睛】本题考查补集的概念，属基础题 2.2.已知复数 z z 满足z(2 i) |3 4i |(i为虚数单位)，则在复平面内复数 Z Z 对应的点 的坐标为( )A A.(1,2)B B.(2,1)C C. ( ( 1,1, 2)2)D D.( 2, 1)【答案】B

2、 B【解析】根据复数的乘法、除法运算法则以及复数的模的概念，结合复数与对应点的关系，可得结果 【详解】由题意，z(2 i) 5，故z25(2 i) 5(2 i)2 i,2i (2i)(2 i) 5其在复数平面内对应的点的坐标为(2,1). .故选 B.B.【点睛】本题考查复数的运算以及所对应的点，属基础题. .3.3. 已知命题p: x R,x4x 0,贝U P是( )44A A.x R, x x 0B B.x R, x x 0第2 2页共 2424 页44C C.XoR,XoXo0D D.XoR, XoXo0【答案】C C【解析】根据全称命题的否定是特称命题，可得结果【详解】特称性命题的否定

3、是先改变量词，然后否定结论，即p: XoR,x：Xoo. .故选 C.C.【点睛】本题考查全称命题的否定， 掌握一个命题的否定与一个命题的否命题的区别，属基础题. .【答案】B B【解析】根据直线与直线平行关系，并结合直线的截距式，可得结果【详解】2双曲线x2-1的渐近线的斜率为、.、3,3因为所求直线与双曲线的渐近线平行故直线I的方程是y ,3x 2. .故选 B.B.【点睛】本题考查直线方程的求法，以及直线与直线的位置关系，属基础题 5 5.在区间4,12上随机地取一个实数a,则方程2x2ax 8 0有实数根的概率为( )1211A A .B B .C C .D D .-4332【答案】D

4、 D【解析】 根据 求出a的取值范围，结合几何概型的概念，可得结果4 4.已知直线I在y轴上的截距为 2 2,且与双曲线X21的渐近线平行，则直线方程是()A A.y 3x 2B B.y . 3X2或y、3x 2第3 3页共 2424 页【详解】因为方程2x2ax 80有实数根，所以（a）24 2 80,解得a 8或a 8,故方程2x2ax 80有实数根的概率12 8 1 P12 42故选 D.D.【点睛】本题考查几何概型的应用，属基础题6 6 已知a 30.1,b 3cos1, c log40.99，则（）A A b a cB.a c bC C.cabD D. a a b b c c【答案】

5、A A【解析】 根据指数函数，对数函数的单调性，借用0 0, 1 1 比较大小，可得结果 【详解】因为0 a 30.131,b 3cos131,c log40.99 log410，所以b a c. .故选 A.A.【点睛】本题考查利用函数单调性比较大小，学会借用特殊值，属基础题7 7 .某几何体的三视图如图所示，其俯视图是一圆心角为4545 勺扇形，则该几何体的表第4 4页共 2424 页)第5 5页共 2424 页【答案】B B可得长度，以及表面积概念，可得结果【详解】1由三视图可知，该几何体是个圆柱,81其上下底面均为-圆面，81侧面由 2 2 个矩形和 1 1 个圆弧面构成8故其表面积1

6、215S -222 2 3 222 3-12882故选 B.B.【点睛】本题考查三视图的还原，以及还原之后几何体的表面积，考验空间想象能力，对常见的 几何体要熟悉，属基础题. .8 8.已知直线l过点（3,0）且倾斜角为,若1与圆x2(y 2)24相切， 则cos2( )119119119119119119A A . 1 1B B.C C. 1 1 或D D .1或169169169169169169【答案】C C【解析】利用点斜式可得直线方程，结合直线与圆的相切关系，可得tan，根据三角恒等变形弦化切的知识，可得结果【详解】设直线y(x 3) ta n即xta ny 3ta n05“B B.

7、122【解析】根据三视图还原该几何体，可知为-个圆柱，结合长对正，高平齐，宽相等,8|_2_3tan_| ta n212，得tan0或tan12第6 6页共 2424 页由1与圆x2(y 2)24相切,第7 7页共 2424 页又cos22cos2sin1tan22cossin21ta n2当tan0时，c1cos2 -001；1212当tan12时5时，cos2亏1191212169. .5综上，cos21或119. .169169故选 C.C.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系， 还考查了三角恒等变形，熟练掌握弦切互换”，属基础题 9 9 某程序框图如图所示，则该程序的功能是（）开抬/输岀

8、S/A A .输出3(12342018)的值B B 输出3(1 2 3 4 L2017)的值C C 输出3(1234 L2019)的值D D .输出123 4 L2018的值【答案】 A A【解析】 根据逐步计算的方法，结合判断框中的条件，可得结果【详解】第8 8页共 2424 页第一次运行时，k 2,S 3 3 2；第二次运行时，k3,S 33 2 33;第三次运行时，k4,S 33 2 33 3 4,，以此类推，第 20172017 次运行时，k 2018,S332 3 33 2!018,此时刚好不满足k2018,故输出S 3(123 4 L2018),则该程序的功能是输出3(1 2 3

9、42018)的值”.故选 A.A.【点睛】本题考查算法应用，对这种题型，可使用逐步计算，理清思路，细心计算，属基础题. .1010 近两年为抑制房价过快上涨，政府出台了一系列以限购、限外、限贷限价”为主题的房地产调控政策 各地房产部门为尽快实现稳定房价，提出多种方案，其中之一就是在规定的时间T内完成房产供应量任务Q. .已知房产供应量Q与时间t的函数关系如图所示，则在以下四种房产供应方案中，供应效率(单位时间的供应量)逐步提高的是( )【答案】B B【解析】 根据变化率的知识，结合曲线在某点处导数的几何意义，可得结果【详解】单位时间的供应量逐步提高时，供应量的增长速度越来越快，图象上切线的斜率

10、随着自变量的增加会越来越大，则曲线是上升的，且越来越陡，故函数的图象应一直下凹的 故选 B.B.【点睛】第9 9页共 2424 页本题考查变化率的知识，实质上是考查曲线在某点处导数的几何意义，属基础题. .1111.函数f(x) Asin( x )(A 0,0)的部分图象如图所示，则下列说法中错误第1010页共 2424 页1931B B. f f（x x）在.旦，乩 上单调递增12 12175C C在 TTTT 石上单调递增17D D直线X五是曲线y f（X）的一条对称轴【答案】C C【详解】 由图可知，A 2，该三角函数的最小正周期 故 A A 项正确;5622所以 一T1，则f(x)2s

11、in( x). .因为f 3，所以该函数的代入y 2sin(x则1一122k (k Z)，解得石2k (k Z)，【解析】根据图像，可得f (x) 2sin，利用正弦函数的性质，结合整体法计12算，以及对选项的排除法, 可得结果一条对称轴为7，12的是（)第1111页共 2424 页故f (x) 2sin x2k 2sin x1212令2k57得2kx 2k12121931令k1，则x12121931故函数 f f (x)(x)在上1212令2kx一2k212719得2kx 2k1212175令k1,xJ1212175故函数 f f (x)(x)在1212令xk-(kZ),122令k2,x17

12、12(k Z),(k Z),上单调递减 故 C C 项错误;故直线x2鍬乜2k32(kZ)，得x k令(k Z)， 故 B B 项正确;故选 C.C.【点睛】1712是 f f (x)(x)的一条对称轴 故 D D 项正确. .本题考查正弦型函数的性质，对这种问题要参照正弦函数的性质,并结合整体法解决问题，属中档题 xe1212 已知函数f (x), g(x)2xx22x a1，若xi, x?(0,)，都有g X2恒成立，则实数a的取值范围为(第1212页共 2424 页A A.(,e)【答案】C CB B.(,e可得结果. .【详解】若Xi,X2(0,)，都有 f f X Xig g X X

13、2恒成立,当0 x 1时，f (x)0， f f (x)(x)单调递减;当x 1时，f (x)0， f f (x)(x)单调递增,e故 f(x)f(x)的最小值为f (1) 又g(x)maxa，2e所以a 故实数a的取值范围为2故选 C C【点睛】本题考查利用导数判断函数单调性，同时考查恒成立求参数的问题，熟悉等价转换思想, 化繁为简，属基础题二、填空题rr1313已知向量a ( k,2),b(1,3)，若a (a 2b)，则实数 k k _【答案】4或 2 2【解析】根据向量数量积运算法则，可得结果【详解】由题意，a 2b ( k,2) 2(1,3)( k 2, 4),【解析】根据导数，判断

14、函数的单调性，求出最值，采用等价转换f (X)ming(X)max，f(x)e2?g(x)(x 1)2a，则f (x)ming(x)max(X (0,). .f (x)eX(x 1)2x2第1313页共 2424 页因为a (a 2b)，所以a (a 2b)0,又a (a 2b)( k,2) ( k 2, 4)r r r2即a (a 2b)( k)( k 2) 2 ( 4) k22k 8,则k22k 80解得k4或k 2. .故答案为：4或 2 2【点睛】本题考查向量的数量积用坐标进行运算，重在计算，属基础题. .1414 .若抛物线C：X22py(p 0)上的点P到焦点的距离为 8 8,到X

15、轴的距离为 6 6,则抛物线C的方程是_ . .【答案】x28y【解析】根据抛物线的定义，可得结果 . .【详解】根据抛物线定义，-8 6 2，解得p 4,2故抛物线C的方程是x28y. .故答案为：x28y【点睛】本题考查抛物线的定义，一般来讲，抛物线中焦点和准线伴随出现，属基础题1515 如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，AA底面ABC,CA CB CCi,AC BC,CE 3CB,CD 1CC1,则直线 ACAC1与DE所成角的大小为33【答案】6060【解析】连接BC1，根据平移找到直线 ACAC1与DE所成角，假设CA长度，计算第 iiii 页共 2424 页AB,BCACi长度

16、，可得结果【详解】易知DEIIBCi，所以ACIB就是直线ACi与DE所成角 设CA CB CCia，则AC1BC1AB、2a,则 ABCABCi是正三角形，则ACiB 60. .故直线 ACACi与DE所成角的大小为 6060 故答案为：6060【点睛】本题考查异面直线所成的角，这种题型，有以下做法： 向量法平移或者作辅助线,找到这个角，根据特点或结合三角函数以及余弦定理求值，属基础题I2I6I6 在ABC中，角 代B,C所对的边分别为a,b,c，若ABC的面积为一c,贝U82b2a一的最大值为_ ab【答案】2,5【解析】根据三角形的面积公式以及余弦定理，采用整体代换，结合辅助角公式，可得

17、结果 【详解】1i2由面积公式得，absinCc,所以CDCC1CECB.第 iiii 页共 2424 页28第1616页共 2424 页即c4absinC, ,【点睛】本题考查解三角形中面积公式，余弦定理的应用，以及对辅助角公式的考查，熟练掌握 公式，细心计算，属中档题. .三、解答题an中，印a34,a43；bn是各项都为正数的等比数列,(1)求数列an,bn的通项公式；(2)求数列an,bn的前n项和. .11n125【答案】(1 1)ann1；bn1(2 2)数列an的前n项和为&n2n,2n244n1数列bn的前n项和为Tn1-2【解析】(1 1)计算公差和公比，根据公式法，可得结果

18、 (2) 利用等差数列，等比数列的前n项和公式，可得结果. .【详解】解：(1)由a1a34，得2a24,由余弦定理得c ab b2ab2ab cosCcosC，所以a2b22c2abco4absinC 2ab cosCabababa2b2ab4sin C2cos C2、.5 sin(C )其中，tantan故当C时2时，a2b2a取得最大值2 5. .ab故答案为:2.51717 .已知在等差数列第1717页共 2424 页即 a a22 2 ,第1818页共 2424 页所以等差数列an的公差d则数列an的通项公式为得b381，即b31,8所以数列bn的通项公式为0 b1qn 1(2 2)

19、 数列an的前n项和为31彳n n 122125Snnn244数列bn的前n项和为n11122n1Tn1112【点睛】础题 DE/BCDE/BC,0,H分别为DE,AB的中点，AO CE. .a4a21a2(n 2)d2(n2)21. .bi3a12，由b3a141，所以等比数列bn的公比q本题考查等差数列，等比数列的通项公式与前n项和公式，记住公式，仔细计算，属基1818 .如图，在四棱锥A DBCE中，ADBD AE CE、5,BC 4,DE 2,第1919页共 2424 页（1）求证：DH /平面ACE;（2）求四棱锥A DBCE的体积 【答案】（1 1）证明见解析（2 2）4【解析】（

20、1 1）取线段AC的中点F，根据中位线定理，可得HF,DE位置关系，以及HF, DE长度，可得四边形DEFH为平行四边形，利用线线平行，可得结果（2）根据AO DE, AO CE，可得线面垂直，并求出垂线段长度，计算底面梯形面积，结合棱锥的体积公式，可得结果 【详解】证明：（1 1）取线段AC的中点F,连接EF,HF则HF是ABC的中位线，1所以HF BC 2,HF/BC2又因为DE 2, DE/BC，所以HF DE , HF/DE. .所以四边形DEFH为平行四边形 所以EF/HD 又EF平面ACE，DH平面ACE， 所以DH平面ACE. .解：（2 2）易求等腰梯形DBCE的高为H1717

21、第2020页共 2424 页；CE2BC2DE?5）2 4222，24所以等腰梯形DBCE的面积S26. .2因为AD AE,O为DE中点，所以AO DE. .又AO CE,DE CE E,DE,CE平面DBCE，所以AO平面DBCE,AO即为四棱锥A DBCE的高. .1在Rt AOD中，OD -DE 1,AD 5，2则AOAD2OD2,（、：5）2122，故四棱锥A DBCE的体积11V S AO 62 4. .33【点睛】本题考查线面平行的判定，以及考查锥体的体积，要找准辅助线，可以化繁为简，细心计算，属中档题. .1919 某北方村庄 4 4 个草莓基地，采用水培阳光栽培方式种植的草莓

22、个大味美，一上市便成为消费者争相购买的对象. .光照是影响草莓生长的关键因素，过去5050 年的资料显示，该村庄一年当中 1212 个月份的月光照量 X X （小时）的频率分布直方图如下图所示（注： 月光照量指的是当月阳光照射总时长）（1 1）求月光照量X（小时）的平均数和中位数；（2 2） 现准备按照月光照量来分层抽样，抽取一年中的 4 4 个月份来比较草莓的生长状况，问：应在月光照量X 160,240）,X 240,320）,X 320,400的区间内各抽取多少个月份?第2121页共 2424 页（3 3）假设每年中最热的 5 5, 6 6, 7 7, 8 8, 9 9,1010 月的月光

23、照量X是大于等于 240240 小时，且6 6, 7 7, 8 8 月的月光照量X是大于等于 320320 小时，那么，从该村庄 20182018 年的 5 5, 6 6, 7 7, 8 8,9 9, 1010 这 6 6 个月份之中随机抽取 2 2 个月份的月光照量进行调查，求抽取到的2 2 个月份的月光照量X（小时）都不低于 320320 的概率. .1【答案】（1 1）平均数为260（小时）；中位数为 240240 （小时）（2 2）2,1,1（ 3 3）-5【解析】（1 1）利用各频率之和为 1 1,计算出a，然后根据频率分布直方图以及平均数， 中位数的求法，可得结果. .（2 2）根

24、据月光照量X 160,240）、X 240,320）、X 320,400的频率之比为1 1 1:，结合分层抽样的方法，可得结果 2 4 4（3 3） 采用列举法，将“6个月份之中随机抽取 2 2 个月份”所有情况列举出来，并计算抽取到的 2 2 个月份的月光照量X（小时）都不低于 320320”的个数，结合古典概型可得结果. .【详解】（1 1）根据各频率之和为 1 1,则0.0625 80 （a a） 80 1,解得a 0.003125. .月光照量X（小时）的平均数为X 80 200 0.00625+280 0.003125 360 0.003125所以X 260（小时）设月光照量X（小时

25、）的中位数为X0,则X。240,320. .根据中位数的定义，其左右两边的频率相等，都为0.50.5,可得0.00625 80 X02400.003125 0.5,解得X。240. .所以月光照量X（小时）的中位数为 240240 （小时）. .（2 2）因为月光照量X 160,240）、X 240,320）、1 1 1X 320,400的频率之比为：一：-2 4 4第2222页共 2424 页所以若准备按照月光照量来分层抽样，抽取一年中的 4 4 个月份来比较草莓的生长状况,那么，抽取的月光照量X 160,240),X 240,320),X 320,400的月份数分别为11142,41,41

26、. .244(3 3)由题意，月光照量X 240,320)的有 5 5, 9 9，1010 月，月光照量X 320,400的有 6 6, 7 7, 8 8 月，故从该村庄 20182018 年的 5 5，6 6，7 7，8 8，9 9，1010 月份之中随机抽取 2 2 个月份的月光照量X(小时)进行调查，所有的情况有：(5.9) ,(5,10),(5,6),(5,7),(5,8)；(9.10) ,(9,6),(9,7),(9,8)；(10,6),(10,7),(10,8)；(6.7) ,(6,8)；(7.8)(7.8) 共 1515 种；其中，抽取到的 2 2 个月份的月光照量X(小时)都不

27、低于 320320 的情况有：(6,7),(6,8),(7,8)共 3 3 种；故所抽取到的 2 2 个月份的月光照量31X(小时)都不低于 320320 的概率P. .155【点睛】本题考查频率分布直方图中平均数，中位数的计算，以及古典概型的应用，分清题意,熟悉公式，耐心计算，属中档题 第2323页共 2424 页2020 .已知函数f(x) - ex(a 0). .a(1 1)求函数 f(x)f(x)在1,2上的最大值；x-j（2 2）若函数 f f （x x）有两个零点x1, x2xix2，证明：ae. .X2【答案】（1 1）见详解；（2 2）见详解【解析】（1 1）利用导数判断函数单

28、调性，结合分类讨论的方法，可得结果11（2 2）根据（1 1）的条件，可得In 1，然后判断 x,xx,x2的范围，可得X1X21 ln,aa结合f捲0, f X20,可得结果. .【详解】x解：(1 1)因为f (x)ex(a 0)，a则f (x)- ex. .a11令f (x)ex0，解得x In. .aa1当x In时，f (x)0；a当x Ini时，f (x)0，a故函数 f f（x x）的增区间为，ln丄；a减区间为In1,a11当In 2，即0 a2时，f(x)f(x)在区间1,2上ae22单调连增，则f(X)maxf (2)- e2；a当1 In12，即 $a1时,ae e第24

29、24页共 2424 页f f（x x）在区间1,In1上单调递墙，在区间In -,2上aa单调递减，则f(x)maxf In丄-In11；a a a a第2525页共 2424 页1 11当 InIn 1 1，即a时，f(x)f(x)在区间1,2上 a ae、1单调递减，则f(X)maxf (1)e. .a(2 2)证明：若函数 f f (x)(x)有两个零点，11111则f InIn0,可得In丄1.a a a aa11则一e，此时f (1) e 0，aa由此可得x11 In丄x2a，故x2x11In1，即为X21a屛.a又因为fxxex10, f x2a西ex2a0,所以互X2X11 I1

30、eeX1x2eIn彳eIn(ae)eX2ae.x-i则一aeX2【点睛】本题考查用导数求解含参数的函数在区间的最大值， 还考查函数零点位置以及比值握分类讨论的方法，属难题 22 掌x2121 已知椭圆Cab21(a b 0)的离心率为，过焦点且垂直于x轴的直线被椭圆C所截得的弦长为,2. .(1(1)求椭圆 C C 的标准方程;(2)若经过点(1,0)的直线I与椭圆C交于不同的两点M ,N,O是坐标原点，求uuurOMUULTON的取值范围2皓案】(1)xr y2 1(2)2,2【解析】(1 1)根据离心率以及弦长，结合a2b2c2，可知a,b,c，可得结果(2(2)假设点M,N坐标，根据斜率

31、存在与否假设直线方程，并与椭圆方程联立，使用第2626页共 2424 页第2727页共 2424 页uuur ujir韦达定理，表示出OMON，结合不等式，可得结果【详解】解：（1 1）设椭圆C的半焦距为c. .因为过焦点且垂直于x轴的直线交椭圆当直线I的斜率存在时，C所得的弦长为、2，所以埜a.2.2，得b 2因为椭圆C的离心率为2，a 22所以c2a 2又a2b2c2由，解得a/2, b 1,c 1. .2故椭圆C的标准方程是-y21. .2（2 2）当直线|的斜率不存在时，X1,x1,x1,2X2解得、2或y 1,yy222则点M,N的坐标分别为1,1,2所以JJJJOMJUTON1)

32、( 1)k(x 1),M X1，w ,N X2,y2直线I的方程为X 1，联立第2828页共 2424 页yk(x1),联立2X2消去yy1,2得12k2 2X4k2x 2k22 0，设直线I的方程为y第2929页共 2424 页2因为点(1,0)在椭圆C:y21的内部，2所以直线I与椭圆C一定有两个不同的交点M , N. .2 4 k2【点睛】于计算，考验计算能力，属中档题点为极点，x轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为12 cos 35 0. .(1) 求直线I的普通方程和曲线C的直角坐标方程；(2) 设A是曲线C上任意一点，直线I与两坐标轴的交点分别为M

33、 ,N，求2 2则x-ix24k22k221 2kRX1X2uuuu uuir所以OM ONx1x2YlY2%x2kx21uuuu化简可得OMuuir1 k2x1x2k2X2k2uuuu uuur则OM ON1 k22k24k21 2k22k2k2uuuu化简可得OMuur 1ON2 2 4k2. .因为4k22，所以4k2所以4k22所以04k2所以2 4k21-，所以2uuuuuuirON2,1. .uuur综上，OMuuirON的取值范围是本题考般联立方程,使用韦达定理，重在2222 .在平面直角坐标系xOy中，直线I的参数方程为3t( (t t 为参数) 以坐标第3030页共 2424 页| AM |AN |最大值 【答案】（1 1）直线I的普通方程为3