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- 2021-06-11 发布
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2020届四川省泸州市泸县第五中学高三上学期期末考试数学(理)试题
一、单选题
1.已知集合,则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】先计算集合,再计算得到答案.
【详解】
,
故.
故选:
【点睛】
本题考查了集合的交集运算,属于基础题型.
2.若是虚数单位,在复平面内复数表示的点在( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
【答案】D
【解析】运用复数除法的运算法则,化简复数,最后选出正确答案.
【详解】
因为,所以复平面内复数表示的点的坐标为,该点在第四象限.
故选:D
【点睛】
本题考查了复数除法的运算法则.考查了复数在复平面表示点的位置问题.
3.命题“且”的否定形式是( )
A.且
B.或
C.且
D.或
【答案】B
【解析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可.
【详解】
因为特称命题的否定是全称命题,所以,命题“∃n0∈N,f(n0)∈N且f(n0)≤n0”的否定形式是:∀n∈N,f(n)∉N或f(n)>n.
故选:B.
【点睛】
本题考查命题的否定.特称命题与全称命题的否定关系,基本知识的考查.
4.设中边上的中线为,点O满足,则()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据已知关系式及向量的加减法运算计算即可.
【详解】
中边上的中线为,点O满足,如图所示:
由,且为的中点,所以为的三等分点靠近点,
且,,又,
从而,即,
所以+
=.
故选:A
【点睛】
本题考查向量的加减法运算,三角形中线的性质应用,平面向量基本定理的应用,属于中档题.
5.已知则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】利用二倍角公式()即可求解.
【详解】
故选:D.
【点睛】
本题考查三角恒等变换求值,考查二倍角余弦公式、诱导公式.把待求转化为已知需要增倍、降次,自然可以联想到二倍角公式.
6.现有甲、乙、丙、丁四人参加数学竞赛,其中只有一位获奖. 有人走访了四人,甲说:“乙、丁都未获奖”,乙说:“是甲或丙获奖”,丙说:“是甲获奖”,丁说:“是乙获奖”,四人所说话中只有一位是真话,则获奖的人是( )
A.甲 B.乙 C.丙 D.丁
【答案】B
【解析】结合题意分类讨论甲乙丙丁获奖的情况,然后考查说真话的人的个数即可确定获奖的人.
【详解】
结合题意分类讨论:
若甲获奖,则说真话的人为:甲乙丙,说假话的人为:丁,不合题意;
若乙获奖,则说真话的人为:丁,说假话的人为:甲乙丙,符合题意;
若丙获奖,则说真话的人为:甲乙,说假话的人为:丙丁,不合题意;
若丁获奖,则说假话的人为:甲乙丙丁,不合题意;
综上可得,获奖人为乙.
故选:B.
【点睛】
本题主要考查数学推理的方法,分类讨论的数学思想,属于中等题.
7.我们常用的数是十进制数,如,数要用10个数码(又叫数字):0、1、2、3、4、5、6、7、8、9,在电子计算机中用的二进制,只要两个数码:0和1,如二进制中等于十进制的数6,等于十进制的数53.那么十二进制数66用二进制可表示为( )
A.1001110 B.1000010 C.101010 D.111000
【答案】A
【解析】先将十二进制数66化为十进制数,再将十进制数化为二进制即可.
【详解】
十二进制数 等于十进制的数.
十进制的数.
故十进制的数等于二进制的数.
故选:A.
【点睛】
本题考查进制化二进制,其方法是,先将进制化十进制,再将其化为二进制.属于基础题.
8.将函数的图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变),再将所得图像向左平移个单位后得到的函数图像关于原点中心对称,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】先根据条件写出图像变换后的函数解析式,然后根据图像关于原点中心对称可知函数为奇函数,由此得到的表示并计算出的结果.
【详解】
因为变换平移后得到函数,由条件可知为奇函数,
所以,.
故选:C.
【点睛】
本题考查三角函数的图像变换以及根据函数奇偶性判断参数值,难度一般.正弦型函数为奇函数时,为偶函数时.
9.已知点是圆上任意一点,则点到直线距离的最大值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】计算出圆心到直线距离的最大值,再加上圆的半径可得出点到直线的距离的最大值.
【详解】
圆的圆心坐标为,半径为,点到直线的距离为,
因此,点到直线距离的最大值为.
故选:D.
【点睛】
本题考查圆上一点到直线距离的最值问题,当直线与圆相离时,圆心到直线的距离为,圆的半径为,则圆上一点到直线的距离的最大值为,最小值为,解题时要熟悉这个结论的应用,属于中等题.
10.已知双曲线:(,)的左、右顶点分别为,,左焦点为,为上一点,且轴,过点的直线与线段交于点,与轴交于点,直线与轴交于点,若(为坐标原点),则
的离心率为( )
A.3 B.2 C. D.
【答案】A
【解析】由,得到,,,根据,从而得到的关系,求出离心率,得到答案.
【详解】
∵,
∴,
又∵,
∴,
而,
∴,
∴,
∴离心率,
故选:A.
【点睛】
本题考查双曲线里的几何关系求离心率,属于简单题.
11.已知三棱锥四个顶点均在半径为的球面上,且,,若该三棱锥体积的最大值为,则这个球的表面积为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】根据勾股定理可知,从而求得
;根据棱锥体积公式可知,若三棱锥体积最大,则可得点到平面的最大距离,在中利用勾股定理构造关于球的半径的方程,解方程求得半径,代入球的表面积公式可求得结果.
【详解】
,
如下图所示:
若三棱锥体积最大值为,则点到平面的最大距离:
即:
设球的半径为,则在中:,解得:
球的表面积:
故选
【点睛】
本题考查三棱锥外接球表面积的求解问题,关键是能够通过体积的最值确定顶点到底面的距离,根据外接球的性质可确定球心的大致位置,通过勾股定理构造关于半径的方程求得外接球半径.
12.已知定义在上的可导函数的导函数为,满足是偶函数,,则不等式的解集为( ).
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】首先构造函数 ,根据导数判断函数是单调递增函数,
将不等式转化为即,利用单调性解不等式.
【详解】
设 , 在上单调递增.
即,
在上单调递增
,答案,
故选A
【点睛】
本题考查根据导数判断函数的单调性,根据单调性解抽象不等式,意在考查转化与变形,利用导数构造函数,首先要熟悉导数运算法则,其次要熟悉一些常见的函数的导数,比如, ,.
二、填空题
13.已知,满足,则的最大值为______.
【答案】5
【解析】画出不等式表示的可行域,利用目标函数的几何意义当截距最小时取z取得最大值求解即可
【详解】
画出不等式组表示的平面区域(如图阴影所示),化直线为
当直线平移过点A时,z取得最大值,联立直线得A(1,2),故
故答案为:5
【点睛】
本题考查画不等式组表示的平面区域、考查数形结合求函数的最值,是基础题
14.已知为数列的前项和,且,,,则______.
【答案】853
【解析】由与的关系可得,,即,进而得到是以为首项,为公比的等比数列,可得,令,即可得到的值
【详解】
由题,,即,则
,
,,
是以为首项,为公比的等比数列,
,即
当时,
故答案为:853
【点睛】
本题考查等比数列通项公式,考查由与的关系求,根据,可构造数列为等比数列,公比为
15.的展开式中含项的系数为______.
【答案】5
【解析】由,求得展开式中含项的系数.
【详解】
,
∴展开式中含项的系数为,
故答案为:5.
【点睛】
本题主要考查了二项式展开式某一项系数的应用问题,属于基础题.
16.已知抛物线的焦点为F,定点.若射线FA与抛物线C相交于点M(点M在F、A中间),与抛物线C的准线交于点N,则________.
【答案】
【解析】由直线斜率公式可得,则在中,,即,再由,运算即可得解.
【详解】
解:如图所示,因为抛物线方程为,所以焦点,准线方程为
因为定点,所以直线FA的斜率,过作于点,
在中,,所以,所以,
因为,
所以,
故答案为:.
【点睛】
本题考查了直线与抛物线的位置关系及直线斜率的运算,重点考查了运算能力,属中档题.
三、解答题
17.已知向量,函数.
(1)求函数的最小正周期;
(2)若,求的值;
【答案】(1);
(2);
【解析】(1)首先利用向量数量积得到,利用三角函数恒等变形得到 ,然后利用周期公式求周期;(2)由(1)可知,求的值,然后利用求解.
【详解】
(1),
函数的最小正周期.
(2),
,
,
,
.
【点睛】
本题考查三角函数的恒等变形和三角函数的性质,意在考查变形与转化,以及计算求解能力,属于基础题型.
18.习近平总书记在党的十九大报告中指出,要在“幼有所育、学有所教、劳有所得、病有所医、老有所养、住有所居、弱有所扶”上不断取得新进展,保证全体人民在共建共享发展中有更多获得感.现S市政府针对全市10所由市财政投资建设的敬老院进行了满意度测评,得到数据如下表:
敬老院
A
B
C
D
E
F
G
H
I
K
满意度x(%)
20
34
25
19
26
20
19
24
19
13
投资原y(万元)
80
89
89
78
75
71
65
62
60
52
(1)求投资额关于满意度的相关系数;
(2)我们约定:投资额关于满意度的相关系数
的绝对值在0.75以上(含0.75)是线性相关性较强,否则,线性相关性较弱.如果没有达到较强线性相关,则采取“末位淘汰”制(即满意度最低的敬老院市财政不再继续投资,改为区财政投资).求在剔除“末位淘汰”的敬老院后投资额关于满意度的线性回归方程(系数精确到0.1)
参考数据:,,,,.
附:对于一组数据,其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为:.线性相关系数.
【答案】(1)0.72;(2)
【解析】(1)由题意,根据相关系数的公式,可得的值,即可求解;
(2)由(1)可知,得投资额关于满意度没有达到较强线性相关,利用公式求得的值,即可得出回归直线的方程.
【详解】
(1)由题意,根据相关系数的公式,可得.
(2)由(1)可知,因为,所以投资额关于满意度没有达到较强线性相关,
所以要“末位淘汰”掉K敬老院.
重新计算得,,
,
,
所以,
.
所以所求线性回归方程为.
【点睛】
本题主要考查了回归分析的应用,同时考查了回归系数的计算,以及回归直线方程的求解,其中解答中利用公式准确运算是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
19.在如图所示的几何体中,四边形是菱形,四边形是矩形,平面平面,,,,为的中点,为线段上的一点.
(1)求证:;
(2)若二面角的大小为,求的值.
【答案】(1)证明见解析;(2)
【解析】(1)连接DB,由已知可得△ABD为等边三角形,得到DE⊥AB,则DE⊥DC,再由ADNM为矩形,得DN⊥AD,由面面垂直的性质可得DN⊥平面ABCD,得到DN⊥DE,由线面垂直的判断可得DE⊥平面DCN,进一步得到DE⊥CN;
(2)由(1)知DN⊥平面ABCD,得到DN⊥DE,DN⊥DC,又DE⊥DC,以D为坐标原点,DE、DC、DN分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,设,λ∈[0,1],分别求出平面PDE与平面DEC的一个法向量,由二面角P﹣DE﹣C的大小为列式求得λ即可.
【详解】
(1)连接.
在菱形中,,,
为等边三角形.
又为的中点,.
又,.
四边形为矩形,.
又平面平面,
平面平面,
平面,
平面.
平面,.
又
平面.
平面,
.
(2)由(1)知平面,
平面,。
两两垂直.
以为坐标原点,所在的直线分别为轴、轴、轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则,
,
设,
则,.
设平面的法向量为,
则,
即,
令,则.
由图形知,平面的一个法向量为,
则,
即,即.
,
解得,的值为.
【点睛】
本题考查空间中直线与直线的位置关系,考查了线面垂直、面面垂直的判定及性质的应用,考查空间想象能力与思维能力,训练了利用空间向量求解线面角,是中档题.
20.已知抛物线:,直线:.
(1)若直线与抛物线相切,求直线的方程;
(2)设,直线与抛物线交于不同的两点,,若存在点,满足,且线段与互相平分(为原点),求的取值范围.
【答案】(1)(2)见解析
【解析】(1)联立直线方程与抛物线方程,利用即可求解。
(2)由直线与抛物线相交可得:,由(1)可得,由线段OC与AB互相平分可得四边形OACB为平行四边形,得到C,利用得到,即:=-1,再将,代入即可求得,对的范围分类,利用基本不等式即可得解。
【详解】
解:(1)法1:由得
所以,所求的切线方程为
法2:因为直线恒过(0,-4),所以由得
设切点为,由题可得,直线与抛物线在轴下方的图像相切,
则
所以切线方程为,将坐标(0,-4)代入得
即切点为(8,-8),再将该点代入得,
所以,所求的切线方程为
(2)由得
且,
所以,
因为线段OC与AB互相平分,所以四边形OACB为平行四边形
,即C
由得,,
法1:所以=-1
又,又
所以,所以
法2:因为
又
,即
【点睛】
本题主要考查了直线与抛物线相切的关系,还考查了韦达定理及向量的坐标运算,考查了两直线垂直的斜率关系,还考查了分类思想及利用基本不等式求最值,考查化归能力及计算能力,属于难题。
21.已知函数
讨论函数的单调性;
设,对任意的恒成立,求整数的最大值;
求证:当时,
【答案】(1)当时,函数在上单调递增;当时,在上单调递增,在上单调递减;(2);(3)证明见解析.
【解析】(1)求出函数的导数,通过讨论a的范围,求出函数的单调区间即可;
(2)若a≤0,则f(1)=﹣a+1>0,不满足f(x)≤0恒成立.若a>0,由(Ⅰ)可知,函数f(x)在(0,)上单调递增;在()上单调递减.由此求出函数的最大值,由最大值小于等于0可得实数a的取值范围.
(3)由(2)可知,当a=1时,f(x)≤0恒成立,即lnx﹣x+1≤0.得到﹣xlnx≥﹣x2+x
,则ex﹣xlnx+x﹣1≥ex﹣x2+2x﹣1.然后利用导数证明ex﹣x2+2x﹣1>0(x>0),即可说明ex﹣xlnx+x>0.
【详解】
(1)∵函数 f(x)=(a∈R ).
∴,x>0,
当a=0时,f′(x)0,f(x)在(0,+∞)单调递增.
当a>0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)单调递增.
当a<0时,令f′(x)>0,解得:0<x,
令f′(x)<0,解得:x,
故f(x)在(0,)递增,在(,+∞)递减.
(2)当时,则f(1)=2a+3>0,不满足f(x)≤0恒成立.
若a<0,由(1)可知,函数f(x)在(0,)递增,在(,+∞)递减.
∴,又f(x)≤0恒成立,
∴f(x)max≤0,即0,令g(a)=,则g(a)单调递增,g(-1)=1,
g(-2)=<0,∴a时,g(a) <0恒成立,此时f(x)≤0恒成立,
∴整数的最大值-2.
(3)由(2)可知,当a=-2时,f(x)≤0恒成立,即lnx﹣2x2+1≤0.即xlnx﹣2x3+x≤0,恒成立,①
又ex﹣x2+2x﹣1+()
∴只需证ex﹣x2+2x﹣1,
记g(x)=ex﹣x2+2x﹣1(x>0),则g′(x)=ex﹣2x+2,
记h(x)=ex﹣2x+2,则h′(x)=ex﹣2,由h′(x)=0,得x=ln2.
当x∈(0,ln2)时,h′(x)<0;当x∈(ln2,+∞)时,h′(x)>0.
∴函数h(x)在(0,ln2)上单调递减;在(ln2,+∞)上单调递增.
∴4﹣2ln2>0.
∴h(x)>0,即g′(x)>0,故函数g(x)在(0,+∞)上单调递增.
∴g(x)>g(0)=e0﹣1=0,即ex﹣x2+2x﹣1>0.
结合①∴ex﹣x2+2x﹣1+()>0,即>0成立.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性,考查利用导数求函数的最值,考查数学转化思想方法,是中档题.
22.已知曲线的参数方程为(为参数),以直角坐标原点为极点,轴非负半轴为极轴并取相同的单位长度建立极坐标系.
求曲线的极坐标方程,并说明其表示什么轨迹.
若直线的极坐标方程为,求曲线上的点到直线的最大距离.
【答案】(1),表示以为圆心,为半径的圆 ;(2).
【解析】(1)把曲线的参数方程利用平方关系转化为普通方程,再结合转化为极坐标方程;
(2)把直线的极坐标方程化为普通方程,利用点到直线的距离得到结果.
【详解】
解:由得
两式两边平方并相加,得.
所以曲线表示以为圆心,为半径的圆.
将代入得,
化简得.
所以曲线的极坐标方程为.
由,得,即,得.
所以直线的直角坐标方程为.
因为圆心到直线的距离.
所以曲线上的点到直线的最大距离为.
【点睛】
参数方程主要通过代入法或者已知恒等式(如等三角恒等式)消去参数化为普通方程,通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程,利用关系式, 等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化,本题这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程,用直角坐标方程解决相应问题.
23.已知函数.
(1)当时,解不等式;
(2)当时,不等式恒成立,求实数的取值范围.
【答案】(1); (2).
【解析】(1)分类讨论去绝对值,得到每段的解集,然后取并集得到答案.(2)先得到的取值范围,判断,为正,去掉绝对值,转化为在时恒成立,得到,,在恒成立,从而得到的取值范围.
【详解】
(1)当时,,
由,得,即,
或,即,
或,即,
综上:或,
所以不等式的解集为.
(2),,
因为,,
所以,
又,,,
得.
不等式恒成立,即在时恒成立,
不等式恒成立必须,,
解得.
所以,
解得,
结合,
所以,
即的取值范围为.
【点睛】
本题考查分类讨论解绝对值不等式,含有绝对值的不等式的恒成立问题.属于中档题.