贵州省贵阳市普通高中2020届高三上学期期末监测考试数学（文）试题 23页

贵阳市普通高中2019届高三年级第一学期期末监测考试试卷 高三数学（文科）‎ 注意事项：‎ ‎1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.‎ ‎2.试卷共12页，包括必考题和选考题两部分.第1题至第21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.‎ ‎3.考生务必将自己的班级、姓名、考号写在试卷的相应位置上.‎ ‎4.本次考试不得使用科学计算器.‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项是符合题目要求的.答案填涂在答题卷的相应位置.‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据集合并集运算,即可求得.‎ ‎【详解】集合,‎ 由并集运算可得 故选:D ‎【点睛】本题考查了集合并集的简单运算,属于基础题.‎ ‎2.复数在复平面内对应点的坐标是　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用复数代数形式的乘除运算化简复数z，求出z在复平面内对应点的坐标得答案．‎ ‎【详解】，‎ 复数z在复平面内对应点的坐标是．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．‎ ‎3.如图的折线图是某超市2018年一月份至五月份的营业额与成本数据，根据该折线图，下列说法正确的是（ ）‎ A. 该超市2018年的前五个月中三月份的利润最高 B. 该超市2018年的前五个月的利润一直呈增长趋势 C. 该超市2018年的前五个月的利润的中位数为0.8万元 D. 该超市2018年前五个月的总利润为3.5万元 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据折线图,求得每个月份的利润比较即可判断A、B,将五个月份的利润从小到大排列,即可得利润的中位数,可判断C;求得五个月份的利润和可判断D.‎ ‎【详解】由折线图可知,前五个月份的利润分别为: 万元、万元、万元、万元、‎ 万元。‎ 利润最高的为五月份,所以A错误；‎ 利润四月份比三月份利润低,不是一直呈增长趋势,所以B错误；‎ 前五个月份利润按照从小大小顺序排列后,可知中位数为万元,所以D错误 前五个月的总利润为万元 综上可知,正确的为D 故选：D ‎【点睛】本题考查了折线图的简单应用,分析图像的能力,属于基础题.‎ ‎4.已知，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据充分必要条件判定,即可得解.‎ ‎【详解】解不等式,可得或 则由充分必要条件的判定可知“”是“”的充分不必要条件 故选:A ‎【点睛】本题考查了充分必要条件的判断,属于基础题.‎ ‎5.已知非零向量满足，则与的夹角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量模的定义,将等式两边同时平方,即可得,即可求得与的夹角.‎ ‎【详解】非零向量满足 将等式两边同时平方可得 展开可得 化简可得 由向量数量积的定义可知 因为为非零向量 则 即与垂直,其夹角为 故选:B ‎【点睛】本题考查了向量模的化简运算,向量数量积的定义及向量夹角的求法,属于基础题.‎ ‎6.如果等差数列中，++=12，那么++…+=（ ）‎ A. 14 B. 21 C. 28 D. 35‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：等差数列中，，则 考点：等差数列的前项和 ‎7.已知m为一条直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据空间中直线与平面的位置关系,依次判断四个选项即可.‎ ‎【详解】因为m为一条直线,,为两个不同的平面 对于A, 若,,由直线与平面垂直的性质及平面与平面平行的性质可知,所以A正确;‎ 对于B, 若,,则或,所以B错误;‎ 对于C, 若,,则或,所以C错误;‎ 对于D, 若,,则,或,所以D错误.‎ 综上可知,正确的为A 故选:A ‎【点睛】本题考查了空间中直线与平面的平行与垂直关系,注意直线在平面内这一特殊形式,属于基础题.‎ ‎8.秦九韶是我国宋时期的数学家，他在所著的数书九章中提出的多项式求值的秦九韶算法至今仍是比较先进的算法，如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入x的值为2，则输出v的值为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图，进行模拟运算即可．‎ ‎【详解】一次循环，，，成立，则，，‎ 第二次循环，，成立，则，，‎ 第三次循环，，成立，则，，‎ 第四次循环，，成立，则，，‎ 第五次循环，，成立，则，，‎ 第六次循环，，不成立，输出，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查程序框图的识别和判断，了解程序的功能，利用模拟运算法是解决本题的关键．‎ ‎9.已知，则的值为（ ）‎ A. B. C. 2 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据同角三角函数关系式,将正切转化为正余弦函数,通分后,再由正弦的二倍角公式即可求解.‎ ‎【详解】函数 因为 ‎ 则 由同角三角函数的平方关系及正弦二倍角公式化简可得 则 故选:D ‎【点睛】本题考查了同角三角函数关系式简单应用,正弦二倍角公式的应用,属于基础题.‎ ‎10.函数的图象是　　‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先通过函数的零点排除C，D，再根据x的变化趋势和y的关系排除B，问题得以解决．‎ ‎【详解】令y=（2x﹣1）ex=0，解得x=，函数有唯一的零点，故排除C，D，‎ 当x→﹣∞时，ex→0，所以y→0，故排除B，‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本小题主要考查函数的性质对函数图象的影响，并通过对函数的性质来判断函数的图象等问题．已知函数的解析式求函数的图像，常见的方法是，通过解析式得到函数的值域和定义域，进行排除，由解析式得到函数的奇偶性和轴对称性，或者中心对称性，进行排除，还可以代入特殊点，或者取极限.‎ ‎11.已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递减，若，，，则a，b，c的大小关系是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据偶函数性质,可得在的单调性.由指数函数与对数函数的图像与性质,即可比较大小.‎ ‎【详解】因为函数是定义在上的偶函数,且在上单调递减 则由偶函数性质可得在上单调递增 因为 ‎ 所以 ‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查了函数奇偶性与单调性的综合应用,对数函数与指数函数的图像与性质,比较函数值大小,属于基础题.‎ ‎12.已知抛物线的焦点F是椭圆的一个焦点，且该抛物线的准线与椭圆相交于A、B两点，若是正三角形，则椭圆的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意画出几何图形,由椭圆和抛物线的对称性可知AB与轴交于椭圆的另一焦点,则.根据正三角形性质可得结合椭圆定义 ‎,可由勾股定理求得椭圆的离心率.‎ 详解】由题意可知,画出几何图形如下图所示:‎ 由椭圆与抛物线的对称性可知, AB与轴交于椭圆的另一焦点,则.‎ 由椭圆定义可知,且为正三角形 所以则 由正三角形性质可知为直角三角形 所以 即,化简可得 所以 ‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查了抛物线与椭圆的标准方程与几何性质的综合应用,椭圆离心率的求法,属于中档题.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.‎ ‎13.甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是，乙获胜的概率是，则甲获胜的概率是_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：因为甲获胜与两个人和棋或乙获胜对立，所以甲获胜概，应填.‎ 考点：概率的求法.‎ ‎14.已知直线，则过圆的圆心且与直线垂直的直线的方程为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将圆的一般方程化为标准方程,求得圆心.由两条直线垂直可得直线的斜率.由点斜式即可求得直线的方程.‎ ‎【详解】圆,化为标准方程可得 则圆心坐标为 ‎ 因为,直线与直线垂直 由两条直线垂直的斜率关系可得直线的斜率为 由点斜式方程可得 化简即 故答案为: ‎ ‎【点睛】本题考查了圆的一般方程与标准方程的转化,两条直线垂直时斜率关系,点斜式方程的简单应用,属于基础题.‎ ‎15.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的体积为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据几何体的三视图，得该几何体为一直四棱锥，画出直观图，求出该四棱锥的体积得解.‎ ‎【详解】根据几何体的三视图，得该几何体为一直四棱锥，其直观图如图所示；‎ 正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，‎ 四棱锥的底面是正方形，且边长为1，其中一条侧棱底面且棱长，‎ 所以该几何体的体积为.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题考查了利用空间几何体的三视图求几何体体积，是基础题目．‎ ‎16.已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则角________，的周长的取值范围是________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用余弦定理表示出,与一起代入中化简,再由余弦定理即可求得,即可得;根据正弦定理,将的周长转化为角C的表达式.根据锐角三角形及的范围,即可确定角B的范围,进而求得周长的取值范围.‎ ‎【详解】由余弦定理可得,且 代入可得 化简可得 因为 代入可得 因为为锐角三角形,则 ‎ 由正弦定理可得,代入,‎ 可得 则 而为锐角三角形,则,‎ 则 ,即,解得 所以的周长为 ‎ ‎ 因为 则 所以 则 即所以的周长的范围为 故答案为: ‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理在三角函数恒等变形中的综合应用,正弦函数性质的综合应用,注意锐角三角形这一限制角的条件,属于中档题.‎ 三、解答题：第17至21题每题12分，第22、23题为选考题，各10分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知数列{an}为等差数列，其中a2+a3=8，a5=3a2．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）记，求{}的前n项和Sn．‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎（1）由条件求得等差数列的首项和公差，可得通项公式．（2）结合（1）求得数列的通项公式，然后根据列项相消法求和．‎ 试题解析：‎ ‎（1）设等差数列{an}的公差为d，‎ 由题意得，‎ 解得．‎ ‎∴．‎ 即数列{an}的通项公式为．‎ ‎（2）由（1）可得==﹣，‎ ‎∴‎ ‎．‎ ‎18.如图所示，在梯形CDEF中，四边形ABCD为正方形，且，将沿着线段AD折起，同时将沿着线段BC折起.使得E，F两点重合为点P.‎ ‎（1）求证：平面平面ABCD；‎ ‎（2）求点D到平面PBC的距离h.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由底面为正方形,可得平面,由平面与平面垂直的判定定理即可证明.‎ ‎（2）作交AB于O,易得平面.可求得,由即可求得点到平面PBC的距离 ‎【详解】（1）证明：∵四边形为正方形,‎ ‎∴,‎ 又∵,即,且,‎ ‎∴平面,‎ 又∵平面ABCD,‎ ‎∴平面平面ABCD； ‎ ‎（2）过点P作交AB于O,如下图所示:‎ 由（1）知平面平面 ‎∴平面 ‎∴‎ 又∵‎ ‎∴‎ 即 解得 所以点D到平面PBC的距离 ‎【点睛】本题考查了平面与平面垂直的判定,等体积法求点到平面的距离,属于基础题.‎ ‎19.互联网使我们生活日益便捷，网络外卖也开始成为不少人日常生活中不可或缺的一部分，某市一调查机构针对该市市场占有率较高的甲、乙两家网络外卖企业（以下外卖甲、外卖乙）的经营情况进行了调查，调查结果如下表：‎ ‎1日 ‎2日 ‎3日 ‎4日 ‎5日 外卖甲日接单x（百单）‎ ‎5‎ ‎2‎ ‎9‎ ‎8‎ ‎11‎ 外卖乙日接单y（百单）‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎10‎ ‎5‎ ‎15‎ ‎（1）试根据表格中这五天的日接单量情况，从统计的角度说明这两家外卖企业的经营状况；‎ ‎（2）据统计表明，y与x之间具有线性关系.‎ ‎①请用相关系数r对y与x之间的相关性强弱进行判断；（若，则可认为y与x有较强的线性相关关系（r值精确到0.001））‎ ‎②经计算求得y与x之间的回归方程为，假定每单外卖业务企业平均能获纯利润3元，试预测当外卖乙日接单量不低于25百单时，外卖甲所获取的日纯利润的大致范围.（x值精确到0.01）‎ 相关公式：，‎ 参考数据：.‎ ‎【答案】（1）外卖甲平均日接单与乙相同﹐但外卖甲日接单量更集中一些，所以外卖甲比外卖乙经营状况更好.（2）①可认为y与x之间有较强的线性相关关系；②外卖甲所获取的日纯利润大约不低于6006元.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得甲乙两个企业的平均值,再根据数据的集中情况综合比较即可.‎ ‎（2）根据参考公式和数据,代入计算得,即可判断相关性的强弱;根据乙外卖的接单量,可先求得甲外卖的日接单量的最小值.根据利润即接单量即可求得日纯利润的范围.‎ ‎【详解】（1）由题可知,（百单）,‎ ‎（百单）‎ 外卖甲的日接单量的方差为,‎ 外卖乙的日接单量的方差,‎ 因为,,即外卖甲平均日接单与乙相同,但外卖甲日接单量更集中一些,所以外卖甲比外卖乙经营状况更好.‎ ‎（2）①因为 由：‎ 代入计算可得,相关系数 所以可认为y与x之间有较强的线性相关关系；‎ ‎②令,得 解得,‎ 又,‎ 所以当外卖乙日接单量不低于25百单时,外卖甲所获取的日纯利润大约不低于6006元.‎ ‎【点睛】本题考查了平均数与方差的求法,相关系数的求法及简单应用,计算量较为复杂,属于基础题.‎ ‎20.已知圆，直线，动圆P与圆M相外切，且与直线l相切.设动圆圆心P的轨迹为E.‎ ‎（1）求E的方程；‎ ‎（2）若点A，B是E上的两个动点，O为坐标原点，且，求证：直线AB恒过定点.‎ ‎【答案】（1）； （2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由抛物线定义可知动圆的圆心轨迹为抛物线,根据焦点及准线方程可求得抛物线的标准方程.‎ ‎（2）设出直线AB的方程,联立抛物线,化简后结合韦达定理,表示出,根据等量关系可求得直线方程的截距,即可求得所过定点的坐标.‎ ‎【详解】（1）由题意动圆P与相切,且与定圆外切 所以动点P到的距离与到直线的距离相等 由抛物线的定义知,点P的轨迹是以为焦点,直线为准线的抛物线 故所求P的轨迹方程E为 ‎（2）证明：设直线,,,‎ 将直线AB代入到中化简得,‎ 所以,‎ 又因为 所以 则直线AB为恒过定点 ‎【点睛】本题考查了抛物线的定义及标准方程求法,直线与抛物线的位置关系及直线过定点问题,属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）当时，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）若，求证：.‎ ‎【答案】（1）； （2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）代入,可得的解析式.求得导函数,即可得直线方程的斜率,求得点坐标后,由点斜式即可求得切线方程.‎ ‎（2）根据放缩法,由得.从而证明即可.构造函数,通过求得导函数,再令,求得.即可判断的单调性,进而求得的零点所在区间,并判断出该零点为的极小值点,求得在该点的最小值,即证明不等式成立.‎ ‎【详解】（1）当时,‎ 所以 所以,又因为,即点坐标为 所以曲线在点处的切线方程为 即 ‎（2）证明：当时,,‎ 要证明,只需证明,‎ 设,则,‎ 设,则,‎ 所以函数在上单调递增,‎ 因为,,‎ 所以函数在上有唯一零点,且,‎ 因为,所以,即,‎ 当时,；当时,,‎ 所以当时,取得最小值,‎ 故,‎ 综上可知,若,.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数求切线方程,由导数证明不等式成立.根据导数判断函数的单调性和极值,函数的最值及零点的综合应用,对思维能力要求较高,是高考的常考点和重难点,属于难题.‎ 请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号的方框涂黑.‎ ‎22.已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程是（t是参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．‎ ‎（1）判断直线与曲线C的位置关系；‎ ‎（2）设点为曲线C上任意一点，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）相离；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 本题考查参数方程与普通方程、极坐标方程与直角坐标方程的转化，圆的参数方程的应用以及直线和圆的位置关系的判断．（1）把直线、曲线方程化为直角坐标方程后根据圆心到直线的距离和半径的关系判断即可．（2）利用圆的参数方程，根据点到直线的距离公式和三角函数的知识求解．‎ 试题解析：‎ ‎（1）由，消去得直线的普通方程为：‎ 由，得.‎ ‎∴ ，‎ 即 .‎ 化为标准方程得：.‎ ‎∴ 圆心坐标为，半径为1，‎ ‎∵ 圆心到直线的距离，‎ ‎∴ 直线与曲线相离.‎ ‎（2）由为曲线上任意一点，可设，‎ 则，‎ ‎∵,‎ ‎∴‎ ‎∴的取值范围是.‎ ‎23.已知．‎ 求不等式解集；‎ 若时，不等式恒成立，求a的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意得|，可得，整理可得，利用一元二次不等式的解法可得结果不；（2），将写出分段函数形式，利用单调性可得时，取得最大值1，所以的取值范围是．‎ ‎【详解】（1）由题意得|x＋1|＞|2x－1|, ‎ 所以|x＋1|2＞|2x－1|2,‎ 整理可得x2－2x＜0，解得0＜x＜2，‎ 故原不等式的解集为{x|0＜x＜2}． ‎ ‎（2）由已知可得，a≥f(x)－x恒成立，‎ 设g(x)＝f(x)－x，则,‎ 由g(x)的单调性可知，x＝时，g(x)取得最大值1，‎ 所以a的取值范围是[1，＋∞）．‎ ‎【点睛】绝对值不等式的常见解法：‎ ‎①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；‎ ‎②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；‎ ‎③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想；‎ ‎④转化法，转化为一元二次不等式或对数、指数不等式.‎ ‎ ‎ ‎ ‎