甘肃省天水市第一中学2020届高三上学期10月月考数学（文）试题 含解析 21页

天水一中2020届2019—2020学年度第一学期第一次考试 数学文科试题 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，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.已知全集，集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题根据交集、补集的定义可得.容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查.‎ ‎【详解】，则 ‎【点睛】易于理解集补集的概念、交集概念有误.‎ ‎2.已知平面向量，且，则实数的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎,选B.‎ ‎3.“”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】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可推出，再结合充分条件和必要条件的概念，即可得出结果.‎ ‎【详解】若，则，所以，即“”不能推出“”，反之也不成立，因此“”是“”的既不充分也不必要条件.‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件，熟记概念即可，属于基础题型.‎ ‎4.在等差数列中，为其前项和，若，则（ ）‎ A. 60 B. ‎75 ‎C. 90 D. 105‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎ ，即 ，而 ，故选B.‎ ‎5.已知函数y=f（x）+x是偶函数，且f（2）=1，则f（-2）=（　　）‎ A. 2 B. ‎3 ‎C. 4 D. 5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎∵是偶函数 ‎∴‎ 当时，，又 ‎∴‎ 故选：D ‎6.如图所示的图象对应的函数解析式可能是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 对于，∵，当趋向于时，函数趋向于0，趋向于 ‎∴函数的值小于0，故排除 对于，∵是周期函数 ‎∴函数的图像是以轴为中心的波浪线，故排除 对于， ∵的定义域是，且在时，‎ ‎∴，故排除 对于，∵函数，当时，；当时，；且恒成立 ‎∴的图像在趋向于时，；时，；趋向于时，趋向于 故选D 点睛：本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.‎ ‎7.已知，有解，，则下列选项中是假命题的为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别判断、q命题的真假，然后判断选项即可.‎ ‎【详解】∵恒成立，∴对，有解．所以p是真命题.取，满足，∴q也是真命题.∴是假命题，故选B．‎ ‎【点睛】本题考查简单命题以及复合命题真假的判断，属于基础题.‎ ‎8.平面上三个单位向量两两夹角都是，则与夹角是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎ 由题意得，向量为单位向量，且两两夹角为，‎ ‎ 则，‎ ‎ 且，‎ ‎ 所以与的夹角为，且，‎ ‎ 所以与的夹角为，故选D.‎ ‎9.已知数列的前项和满足(）且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 数列{an}的前n项和Sn满足Sn+Sm=Sn+m（n，m∈N*）且a1=5，令m=1，可得Sn+1=Sn+S1，可得an+1=5．即可得出．‎ ‎【详解】数列{an}的前n项和Sn满足Sn+Sm=Sn+m（n，m∈N*）且a1=5，‎ 令m=1，则Sn+1=Sn+S1=Sn+5．可得an+1=5．‎ 则a8=5．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了数列的通项公式与求和公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎10.已知函数 在区间上单调，且在区间内恰好取得一次最大值2，则的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角函数恒等变换的应用化简得f（x）=2sinωx可得[﹣，]是函数含原点的递增区间，结合已知可得[﹣，]⊇[]，可解得0＜ω≤，又函数在区间[0，2π]上恰好取得一次最大值，根据正弦函数的性质可得 ，得 ‎ ，进而得解．‎ ‎【详解】=2sinωx，‎ ‎∴[﹣，]是函数含原点的递增区间．‎ 又∵函数在[]上递增，‎ ‎∴[﹣，]⊇[]，‎ ‎∴得不等式组：﹣≤，且≤，‎ 又∵ω＞0，‎ ‎∴0＜ω≤ ，‎ 又函数在区间[0，2π]上恰好取得一次最大值，‎ 根据正弦函数的性质可知 且 ‎ 可得ω∈[，．综上：ω∈‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦函数的图象和性质，研究有关三角的函数时要利用整体思想，灵活应用三角函数的图象和性质解题，属于中档题．‎ ‎11.如图所示，为的外心，，，为钝角，为边的中点，则的值为（ ）‎ A. B. ‎12 ‎C. 6 D. 5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点，且为的外心，可知 ，所求 ，由数量积的定义可得 ，代值即可．‎ ‎【详解】如图所示，取的中点，且为的外心，可知，‎ ‎∵是边的中点，∴ .‎ ‎，‎ 由数量积的定义可得 ，‎ 而 ，故；‎ 同理可得 ，‎ 故.‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查向量数量积的运算，数形结合并熟练应用数量积的定义是解决问题的关键，属于中档题．‎ ‎12.已知定义在R上的奇函数f（x）满足当x≥0时，，则 的解集为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 由于函数为奇函数，并且在上有定义，利用求出的值.然后解这个不等式，求得的取值范围.‎ ‎【详解】由于函数为奇函数，并且在上有定义，故，解得，故当时，，这是一个增函数，且，所以，故，注意到，故.根据奇函数图像关于原点对称可知，当时，，.综上所述，.故选A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性，考查奇函数图像关于原点对称的特点，考查绝对值不等式的解法.属于中档题.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知，若幂函数为奇函数，且在上递减，则____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据单调性判断出的正负，然后根据奇偶性判断出的可取值.‎ ‎【详解】‎ 幂函数在上递减，‎ ‎∴ ，即 又因为为奇函数，‎ ‎∴ ．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查根据幂函数奇偶性、单调性判断幂指数的取值，难度较易.幂函数中的幂指数大于零时，则幂函数在递增，若幂指数小于零时，则幂函数在递减.‎ ‎14.将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象，则的值为___．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由平移得f(x)的解析式，再将代入解析式求值即可 ‎【详解】f(x)=2sin3(x+=2sin(3x+,则 故答案为 ‎【点睛】本题考查图像平移，考查三角函数值求解，熟记平移原则，准确计算是关键，是基础题 ‎15.若为数列的前项和，且，则等于________．‎ ‎【答案】63‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据和关系得到数列是首项为1，公比为2的等比数列，再利用公式得到答案.‎ ‎【详解】当时，，得，‎ 当时，，，‎ 两式作差可得：，则：，‎ 据此可得数列是首项为1，公比为2的等比数列，‎ 其前6项和为．‎ 故答案为63．‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的前N项和，意在考查学生对于数列公式和方法的灵活运用.‎ ‎16.在同一个平面内，向量的模分别为与的夹角为，且与的夹角为，若，则_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】以为轴，建立直角坐标系，则，由的模为与与的夹角为，且知， ，可得，，由可得，，故答案为.‎ ‎【 方法点睛】本题主要考查向量的坐标运算及两角和的余弦公式、‎ 同角三角函数之间的关系，属于难题．向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答，这种方法在求范围与最值问题时用起来更方便．‎ 三、解答题：共70分、解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选做题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.‎ ‎（1）求C；‎ ‎（2）若，的面积为，求的周长.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理进行边角代换，化简即可求角C；‎ ‎（2）根据，及可得．再利用余弦定理可得，从而可得的周长为．‎ ‎【详解】（1）由已知及正弦定理得，‎ ‎．‎ 故．‎ 可得，所以．‎ ‎（2）由已知的面积为，所以．‎ 又，所以．因为 ，‎ 所以，从而．解得：，‎ 所以的周长为．‎ ‎【点睛】本题考查用正弦定理、余弦定理及三角形面积公式解三角形，常用的解题方法是利用正弦定理或余弦定理进行“边化角”或“角化边”的转换，本题属于基础题.‎ ‎18.某品牌经销商在一广场随机采访男性和女性用户各50名，其中每天玩微信超过6小时的用户列为“微信控”，否则称其为“非微信控”，调查结果如下：‎ 微信控 非微信控 合计 男性 ‎26‎ ‎24‎ ‎50‎ 女性 ‎30‎ ‎20‎ ‎50‎ 合计 ‎56‎ ‎44‎ ‎100‎ ‎(1)根据以上数据，能否有95%的把握认为“微信控”与“性别”有关？‎ ‎(2)现从调查的女性用户中按分层抽样的方法选出5人，求所抽取的5人中“微信控”和“非微信控”的人数；‎ ‎(3)从(2)中抽取5位女性中，再随机抽取3人赠送礼品，试求抽取3人中恰有2人为“微信控”的概率.‎ 参考数据：‎ ‎0.10‎ ‎0.050‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎0.001‎ k ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ 参考公式： ，其中.‎ ‎【答案】（1）没有的把握认为“微信控”与“性别”有关；（2）；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）计算的值，对比题目所给参考数据可以判断出没有把握认为“微信控”与“性别”有关.（2）女性用户中，微信控和非微信控的比例为 ‎，由此求得各抽取的人数.（3）利用列举法以及古典概型概率计算公式，求得抽取人中恰有人是“微信控”的概率.‎ ‎【详解】解：（1）由2×2列联表可得：‎ ‎，‎ 所以没有95%的把握认为“微信控”与“性别”有关；‎ ‎（2）根据题意所抽取的5位女性中，“微信控”有3人，“非微信控”有2人；‎ ‎（3）设事件“从（2）中抽取的5位女性中，再随机抽取3人，抽取3人中恰有2人是“微信控””‎ 抽取的5位女性中，“微信控”3人分别记为；‎ ‎“非微信控”2人分别记.‎ 则再从中随机抽取3人构成的所有基本事件为：，共有10种；‎ 抽取3人中恰有2人为“微信控”所含基本事件为：，共有6种，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本小题主要考查联表独立性检验的知识，考查分层抽样，考查利用列举法求古典概型，属于中档题.‎ ‎19.如图，AB为圆O的直径，点E、F在圆O上，ABEF，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，已知AB＝2，EF＝1．‎ ‎（I）求证：平面DAF⊥平面CBF；‎ ‎（II）若BC＝1，求四棱锥F－ABCD的体积．‎ ‎【答案】（I）见解析;（II）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）通过证明，证得平面，由此证得平面平面.（II）矩形所在平面和圆所在平面垂直，点到边距离即为四棱锥FABCD的高，然后利用锥体体积公式求得四棱锥的体积.‎ ‎【详解】（I）‎ ‎∵AB为圆O的直径，点F在圆O上 ‎∴AF⊥BF ‎ 又矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直且它们的交线为AB，CB⊥AB ‎∴CB⊥圆O所在平面 ‎ ‎∴AF⊥BC ‎ 又BC、 BF为平面CBF上两相交直线 ‎∴AF⊥平面CBF ‎ 又 ‎∴平面DAF⊥平面CBF． ‎ ‎（II）连接OE ‎ ∵AB＝2，EF＝1，ABEF ‎∴OA＝OE＝1，即四边形OEFA为菱形 ‎ ‎∴AF＝OA＝OF＝1 ‎ ‎∴等边三角形OAF中，点F到边OA的距离为 ‎ 又矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直 ‎∴点F到边OA的距离即为四棱锥F－ABCD的高 ‎∴四棱锥F－ABCD的高 ‎ 又BC＝1‎ ‎∴矩形的ABCD的面积SABCD＝ ‎ ‎∴‎ ‎【点睛】本小题考查空间两个平面垂直的证明，考查四棱锥的体积的求法.要证明两个平面垂直，则需要在一个平面内找到另一个平面的垂线来证明.属于中档题.‎ ‎20.已知，两点分别在x轴和y轴上运动，且，若动点满足．‎ 求出动点P的轨迹对应曲线C的标准方程；‎ 一条纵截距为2的直线与曲线C交于P，Q两点，若以PQ直径的圆恰过原点，求出直线方程．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据向量的坐标运算，以及|AB|=1，得到椭圆的标准方程．‎ ‎（2）直线l1斜率必存在，且纵截距为2，根据直线与椭圆的位置关系，即可求出k的值，问题得以解决．‎ ‎【详解】(1) 因为 即 所以 所以 又因为,所以 即:,即 所以椭圆的标准方程为 ‎ (2) 直线斜率必存在，且纵截距为,设直线为 联立直线和椭圆方程 得: ‎ 由,得 ‎ 设 以直径的圆恰过原点 所以,‎ 即 也即 即 将(1)式代入,得 即 解得,满足（*）式，所以 所以直线 ‎21.已知函数（）的图象在处的切线为（‎ 为自然对数的底数）‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，且对任意恒成立，求的最大值.‎ ‎【答案】(1)a=-1,b=1;(2)-1.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）对求导得，根据函数图象在处的切线为，列出方程组，即可求出的值；（2）由（1）可得，根据对任意恒成立，等价于对任意恒成立，构造，求出的单调性，由，，，，可得存在唯一的零点，使得，利用单调性可求出，即可求出的最大值.‎ ‎（1），.‎ 由题意知. ‎ ‎（2）由（1）知：，‎ ‎∴对任意恒成立 对任意恒成立 对任意恒成立. ‎ 令，则.‎ 由于，所以在上单调递增. ‎ 又，，，，‎ 所以存在唯一的，使得，且当时，，时，. 即在单调递减，在上单调递增.‎ 所以.‎ 又，即，∴.‎ ‎∴ .‎ ‎∵ ，∴ . ‎ 又因为对任意恒成立，‎ 又，∴ . ‎ 点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.‎ ‎（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.在直角坐标系中，圆C的参数方程（为参数），以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（1）求圆C的极坐标方程；‎ ‎（2）直线l的极坐标方程是，射线与圆C的交点为O、P，与直线l的交点为Q，求线段的长. ‎ ‎【答案】（1）；（2）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先利用对圆C的参数方程（φ为参数）进行消参数运算，化为普通方程，再根据普通方程化极坐标方程的公式得到圆C的极坐标方程．（2）设，联立直线与圆的极坐标方程，解得；设，联立直线与直线的极坐标方程，解得，可得．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）圆C的普通方程为，又，‎ 所以圆C的极坐标方程为.‎ ‎（2）设，则由解得，，得；‎ 设，则由解得，，得；‎ 所以 ‎【点睛】本题考查圆的参数方程与普通方程的互化，考查圆的极坐标方程，考查极坐标方程的求解运算，考查了学生的计算能力以及转化能力，属于基础题.‎ ‎23.已知函数 ‎(1)当时,求不等式的解集；‎ ‎(2)当的最小值为3时,求的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过讨论x的范围，求出不等式的解集即可；‎ ‎（2）先用绝对值不等式的性质求出最小值为a+b+c＝3，然后用基本不等式可得．‎ ‎【详解】（1），‎ ‎∴或或，‎ 解得.‎ ‎（2） ，‎ ‎ ‎ ‎.‎ 当且仅当时取得最小值3.‎ ‎【点睛】绝对值不等式的解法：‎ 法一：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；‎ 法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；‎ 法三：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．‎ ‎ ‎