宜宾市第四中学校2020届高三上学期期末考试数学（理）试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精四川省宜宾市第四中学校2020届高三上学期期末考试数学（理）试题含解析2019-2020学年秋四川省宜宾市第四中学高三期末考试理科数学试题第I卷(选择题共60分)一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每个小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置。）1.已知全集，,，则（）A。 B。 C。 D。【答案】B【解析】【分析】化简集合B，根据集合交集运算即可求解.【详解】，，故选：B【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于容易题。2.为虚数单位，，若为实数，则实数A。-1 B。 C。1 D。2【答案】C【解析】【分析】由题意，根据复数的运算法则，求得，再根据复数的概念，即可求解.【详解】由题意,可得，有，故选C.【点睛】本题主要考查了复数的基本概念和复数的运算法则，其中解答中熟记复数的基本概念和复数的运算法则，合理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。3。甲、乙两名篮球运动员在10场比赛中得分的茎叶图如图所示，则“”是“甲运动员得分平均数大于乙运动员得分平均数”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C。充分必要条件 D。既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【详解】当时，可得甲的平行数为，乙的平行数为，，可得甲的平行数大于乙的平行数；若甲的平行数大于乙的平行数可得，即或，所以“”是甲的平均分大于乙的平均分的充分不必要条件，故选A.4。已知等比数列中,,公比，则等于（）．A. B。 C. D.【答案】C【解析】分析：直接代入等比数列通项公式即可.详解：．故选．点睛：本题考查等比数列通项公式，属基础题.5.函数的图象大致是(）A。 B. C. D。【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性,结合特殊点的值的情况求解。【详解】已知函数，==，即函数是偶函数,故排除选项B,D;由，得或,当x>0时，，，可排除选项C,故选A.【点睛】本题考查了已知函数表达式，识别函数图象，涉及了函数的零点与函数的奇偶性；从函数的奇偶性可以判断函数图象的对称性，从特殊点的值的情况，可以排除不符合要求的选项.6.某几何体的三视图如图（虚线刻画的小正方形边长为1）所示,则这个几何体的体积为A。 B。 C。 D。【答案】D【解析】【分析】先还原几何体,再分割成两个椎体，最后根据锥体体积公式求结果.【详解】几何体为如图多面体PABCDE，所以体积为选D.【点睛】空间几何体体积问题的常见类型及解题策略（1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．（2）若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．7。在边长为的正方形中,为的中点，点在线段上运动，则的取值范围是(）A. B. C. D。【答案】C【解析】【详解】将正方形放入如图所示的平面直角坐标系中,设E(x，0），0≤x≤1。又,C(1,1)，所以，所以，因为0≤x≤1，所以，即的取值范围是.故选C。点睛:计算数量积的三种方法：定义、坐标运算、数量积的几何意义，要灵活选用，和图形有关的不要忽略数量积几何意义的应用．8.设g(x)的图象是由函数f（x)＝cos2x的图象向左平移个单位得到的，则g()等于(）A.1 B. C.0 D。－1【答案】D【解析】【分析】由条件直接利用左加右减的原则得到g(x)，再代入x=求值即可。【详解】由f(x）＝cos2x的图象向左平移个单位得到的是g（x)＝cos[2（x）]的图象，则g（)＝cos[2（）］=cosπ=—1.故选D．【点睛】本题主要考查三角函数的平移以及特殊三角函数值，属于基础题．9。若函数y＝f（x)满足：集合A＝｛f（n）|n∈N＊}中至少有三个不同的数成等差数列，则称函数f(x)是“等差源函数”,则下列四个函数中,“等差源函数”的个数是（）①y＝2x＋1；②y＝log2x；③y＝2x＋1；④y＝sinA。1 B。2 C。3 D.4【答案】C【解析】①y＝2x＋1，n∈N＊，是等差源函数;②因为log21，log22,log24构成等差数列,所以y＝log2x是等差源函数；③y＝2x＋1不是等差源函数，因为若是，则2（2p＋1)＝(2m＋1)＋（2n＋1)，则2p＋1＝2m＋2n，所以2p＋1－n＝2m－n＋1，左边是偶数，右边是奇数,故y＝2x＋1不是等差源函数；④y＝sin是周期函数,显然是等差源函数。答案：C。10。在中，，，，则在方向上的投影是(）A。4 B.3 C。—4 D.-3【答案】D【解析】分析：根据平面向量的数量积可得，再结合图形求出与方向上的投影即可。详解：如图所示：，，，又，，在方向上的投影是：，故选D.点睛：本题考查了平面向量的数量积以及投影的应用问题，也考查了数形结合思想的应用问题.11。已知a＞0,x，y满足约束条件,若z=2x+y的最小值为1,则a=A。 B. C。1 D。2【答案】B【解析】【详解】画出不等式组表示的平面区域如图所示:当目标函数z=2x+y表示的直线经过点A时，取得最小值，而点A的坐标为（1,），所以，解得,故选B。【考点定位】本小题考查线性规划的基础知识,难度不大，线性规划知识在高考中一般以小题的形式出现，是高考的重点内容之一，几乎年年必考.12.已知双曲线的左、右两个焦点分别为，为其左右顶点,以线段为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为,且,则双曲线的离心率为（）A. B。 C. D。【答案】B【解析】分析：求出双曲线的渐近线方程和圆的方程,求出交点，再由两点的斜率公式，得到的关系，再由离心率公式即可得到所求值．详解:双曲线的渐近线方程为以为代入圆的方程，可得，（负的舍去）,，

即有又，

由于，则直线的斜率为又，则，

即有，

则离心率．

故选B．点睛:本题考查双曲线的方程和性质，考查直线和圆的位置关系，直线的斜率公式,考查离心率的求法，属于基础题．第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分）13。已知向量，，若，则__________．【答案】【解析】,，.解得：m=−314.已知函数，则的值域为______.【答案】。【解析】分析：首先将函数解析式利用平方关系化为关于的二次式，之后进行配方运算，结合题中所给的角的取值范围，求得的取值范围，最后结合二次函数在某个闭区间上的值域求得结果。详解：，因为，所以，所以，故函数的值域为。点睛：该题以三角函数为载体，考查二次函数在某个闭区间上的值域问题，在解题的过程中，涉及到的知识点有同角三角函数关系中的平方关系，余弦函数在某个闭区间上的值域，二次函数在某个闭区间上的值域问题，注意对知识点的灵活掌握。15。已知是定义在上的奇函数，对于任意且,都有成立，且,则不等式的解集为_____【答案】【解析】【分析】先判断在上递减,根据奇偶性可得上递减，,分两种情况讨论，解不等式组可得结论.【详解】当，恒成立,；当，恒成立，恒成立，在递减,又在上是奇函数，在和在上递减，由不等式可得，或，不等式的解集为，故答案为.【点睛】本题主要考查抽象函数的奇偶性与单调性的应用,属于难题。将奇偶性与单调性综合考查一直是命题的热点，解这种题型往往是根据函数在所给区间上的单调性，根据奇偶性判断出函数在对称区间上的单调性(偶函数在对称区间上单调性相反，奇函数在对称区间单调性相同)，然后再根据单调性列不等式求解。16.在三棱锥中，平面平面，是边长为的等边三角形，其中，则该三棱锥外接球的表面积为_____．【答案】【解析】【分析】本题首先可以通过题意画出图像,然后通过三棱锥的图像性质以及三棱锥的外接球的相关性质来确定圆心的位置，最后根据各边所满足的几何关系列出算式，即可得出结果．【详解】如图所示，作中点，连接、,在上作三角形的中心,过点作平面的垂线，在垂线上取一点，使得．因为三棱锥底面是一个边长为的等边三角形，为三角形的中心，所以三棱锥的外接球的球心在过点的平面的垂线上,因为，、两点在三棱锥的外接球的球面上，所以点即为球心,因为平面平面，，为中点,所以平面，,，，设球半径为，则有，，，即，解得，故表面积．【点睛】本题考查三棱锥的相关性质，主要考查三棱锥的外接球的相关性质，考查如何通过三棱锥的几何特征来确定三棱锥的外接球与半径，考查推理能力，考查化归与转化思想，是难题．三、解答题(共70分,解答应写出文字说明、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题为选考题，考生根据要求作答。）17。在某校举行的航天知识竞赛中，参与竞赛的文科生与理科生人数之比为，且成绩分布在,分数在以上（含）的同学获奖。按文理科用分层抽样的方法抽取人的成绩作为样本,得到成绩的频率分布直方图(见下图）。（I)在答题卡上填写下面的列联表,能否有超过的把握认为“获奖与学生的文理科有关”？文科生理科生合计获奖不获奖合计（II)将上述调査所得的频率视为概率，现从该校参与竞赛的学生中，任意抽取名学生,记“获奖”学生人数为，求的分布列及数学期望。附表及公式：，其中。【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ)答案见解析.【解析】分析:(I）利用公式求得，与邻界值比较，即可得到结论；(Ⅱ）的所有可能的取值为，且.（）。从而可得的分布列，利用期望公式可得数学期望。详解：(I)文科生理科生合计获奖53540不获奖45115160合计50150200，所以有超过的把握认为“获奖与学生的文理科有关”.（II)由表中数据可知,将频率视为概率，从该校参赛学生中任意抽取一人,抽到获奖同学的概率为.的所有可能的取值为，且.(）.所以的分布列如下。点睛：求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤：①“判断取值"，即判断随机变量的所有可能取值以及取每个值所表示的意义;②“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式（常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率加法公式、独立事件的概率公式以及对立事件的概率公式等），求出随机变量取每个值时的概率；③“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；④“求期望”,一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望．对于某些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布(如二项分布），则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式(）求得．因此,应熟记常见的典型分布的期望公式，可加快解题速度．18.在锐角中，角的对边分别为,.（1）求角的大小；（2）若，求的取值范围.【答案】(1）；(2).【解析】【分析】（1）利用两角和差的正弦公式进行化简即可,求角A的大小;（2）先求得B+C=，根据B、C都是锐角求出B的范围，由正弦定理得到b=2sinB,c=2sinC,根据b2+c2=4+2sin（2B﹣）及B的范围,得＜sin（2B﹣）≤1,从而得到b2+c2的范围．【详解】（1）由=得sinAcosB+sinAcosC=cosAsinB+cosAsinC,即sin(A﹣B）=sin（C﹣A），则A﹣B=C﹣A，即2A=C+B,即A=．.（2）当a=时，∵B+C=，∴C=﹣B．由题意得，∴＜B＜．由=2,得b=2sinB,c=2sinC,∴b2+c2=4（sin2B+sin2C）=4+2sin（2B﹣）．∵＜B＜,∴＜sin（2B﹣)≤1,∴1≤2sin(2B﹣）≤2．∴5＜b2+c2≤6．故的取值范围是.【点睛】本题考查三角函数的恒等变换,正弦定理的应用,其中判断sin（2B﹣）的取值范围是本题的难点．19。如图，在三棱柱中,，，平面平面，为中点。（1）求证：；(2）若直线与平面所成角为,求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2)【解析】分析：(1)过点作交于，欲证，只需证明平面;（2）可利用向量法求解二面角的余弦值.详解：(1)过点做交于，因为面,，所以，故，又因为，所以，故,因为，所以，又因为，所以面，故．（2）以坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标,，设面的法向量为，则令，得；设面的法向量为,则令得；面与面所成锐二面角的余弦值为．点睛：采用向量法求解二面角大小时需要注意以下两个问题:（1)建系方便简单,在书写点坐标，及求解平面的法向量时要准确；（2）确定所求的二面角为锐角还是钝角。20.已知椭圆的两个焦点分别为，长轴长为．(Ⅰ)求椭圆的标准方程及离心率;（Ⅱ）过点的直线与椭圆交于，两点，若点满足，求证：由点构成的曲线关于直线对称．【答案】（Ⅰ），离心率；（Ⅱ)见解析【解析】【分析】（Ⅰ）由已知,得a，c＝1,所以，由，所以b，即可求出椭圆方程及离心率；（Ⅱ）设A（x1，y1）,B(x2，y2），，分两种情况,借助韦达定理和向量的运算，求出点M构成的曲线L的方程为2x2+3y2﹣2y＝0,即可证明．【详解】（Ⅰ）由已知，得,所以,又，所以所以椭圆的标准方程为,离心率.（Ⅱ）设，，，①直线与轴垂直时，点的坐标分别为，．因为，，，所以．所以，即点与原点重合；②当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，由得,．所以。则，因为,，，所以．所以,．，，消去得．综上，点构成的曲线的方程为对于曲线的任意一点,它关于直线的对称点为．把的坐标代入曲线的方程的左端：．所以点也在曲线上．所以由点构成的曲线关于直线对称。【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，点的轨迹方程,考查计算能力，属于中档题．21.已知函数．（1）当时，求函数的极值；（2）若函数有两个零点,求的取值范围，并证明．【答案】(1)当时，在处取得的极大值;函数无极小值.（2）证明见解析【解析】试题分析：（1）求出，令求得的范围，可得函数增区间，令求得的范围，可得函数的减区间，从而可得函数的极值；（2）对进行讨论：，，，，针对以上四种情况,分别利用导数研究函数的单调性,利用单调性讨论函数有两个零点情况，排除不是两个零点的情况,可得有两个零点时，的取值范围是，由(1）知在单调递减,故只需证明即可,又，只需利用导数证明即可.试题解析：（1）由得，当时，,若；若，故当时,在处取得的极大值；函数无极小值。(2）当时，由（1）知在处取得极大值，且当趋向于时，趋向于负无穷大，又有两个零点，则,解得。当时，若；若；若，则在处取得极大值,在处取得极小值，由于，则仅有一个零点.当时，，则仅有一个零点.当时，若；若；若，则在处取得极小值，在处取得极大值，由于，则仅有一个零点。综上，有两个零点时，的取值范围是.两零点分别在区间和内，不妨设.欲证，需证明，又由(1)知在单调递减，故只需证明即可.，又，所以，令，则，则在上单调递减,所以,即，所以。（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