甘肃省兰州市城关区第一中学2020届高三数学上学期期中试题 文（含解析）（通用）

1、甘肃省兰州市城关区第一中学2020届高三数学上学期期中试题 文（含解析）第卷（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.已知集合，则（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据一元二次不等式的解集和指数函数的值域求得.【详解】由已知解得，所以，故选B.【点睛】本题考查一元二次不等式的解集、指数函数的值域和集合的交集运算，属于基础题.2.若复数满足，则复数的共轭复数的模为A. 1B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】首先求出复数，即可得到复数的共轭复数，利用复数模的计算公式，求得答案。【详解

2、】由于，则，所以复数共轭复数，则，故答案选B【点睛】本题考查复数四则运算，共轭复数的概念以及复数模的计算公式，属于基础题。3.若，满足则的最小值为（ ）A. 2B. 10C. 4D. 8【答案】C【解析】【分析】先作可行域，再根据目标函数所表示的直线，结合图象确定最优解.【详解】作可行域，如图阴影部分，则直线过点时取最小值4，选C.【点睛】本题考查线性规划求最值，考查基本分析求解能力，属基础题.4.甲，乙，丙，丁四名学生，仅有一人阅读了语文老师推荐的一篇文章.当它们被问到谁阅读了该篇文章时，甲说：“丙或丁阅读了”；乙说：“丙阅读了”；丙说：“甲和丁都没有阅读”；丁说：“乙阅读了”.假设这四名学

3、生中只有两人说的是对的，那么读了该篇文章的学生是（ ）A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁【答案】B【解析】【分析】分别假设甲阅读，乙阅读，丙阅读，丁阅读，结合题中条件，即可判断出结果.【详解】若甲阅读了语文老师推荐的文章，则甲、乙、丙、丁说的都不对，不满足题意；若乙阅读了语文老师推荐的文章，则甲、乙说的都不对，丙、丁都正确；满足题意；若丙阅读了语文老师推荐的文章，则甲、乙、丙说的都对，丁说的不对，不满足题意；若丁阅读了语文老师推荐的文章，则甲说的对，乙、丙、丁说的都不对，不满足题意；故选B【点睛】本题主要考查逻辑推理的问题，推理案例是常考内容，属于基础题型.5.若，则（ ）A. B. C. -1

4、D. 3【答案】A【解析】【分析】由，可求出的值，所求式子可以写成分母为1的形式，用进行代换，分子、分母同时除以，然后把的值代入求值即可.【详解】,把代入，求得，故本题选A.【点睛】本题考查了两角和的正切公式、正弦的二倍角公式,解决本题的关键是的代换，变成双齐次方程，这样便于求出值来.6.在如图所示的程序框图中，若输入的，输出的，则判断框内可以填入的条件是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】输入，当，当，当时，满足条件退出循环，故选7.为了得到函数的图像，只需将函数的图像（ ）A. 横坐标伸长为原来的两倍，纵坐标不变，再向右平移个单位B. 横坐标伸长为原来的两倍，纵坐标不变，再向左平

5、移个单位C. 横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位D. 横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再向左平移个单位【答案】A【解析】【分析】由条件利用 的图像变换规律，得到结论。【详解】把函数的图像上所有点的横坐标伸长为原来的两倍，纵坐标不变得到函数，再将函数的图像上所有点向右平移个单位得到函数。故选A【点睛】解决本题的关键在于 的图像变换规律的掌握，要灵活运用，一般分为两种：（1）先相位变换再周期变换；（2）先周期变换再相位变换。8.已知三棱锥的四个顶点均在球的球面上，且，两两互相垂直，则球的体积为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】三棱锥的外接球，正好是以，这三条棱构成

6、的正方体的外接球，直径，即可求出球的体积。【详解】，故选：C。【点睛】本题通过，两两互相垂直，可以构造以，为相邻的3条棱的正方体，构造一个正方体，该正方体的外接球和三棱锥的外接球一样，就方便求球的半径了。9.九章算术中有如下问题：“今有勾五步，股一十二步，问勾中容圆，径几何？ ”其大意：“已知直角三角形两直角边长分别为5步和12步，问其内切圆的直径为多少步？”现若向此三角形内随机投一粒豆子，则豆子落在其内切圆外的概率是 ( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】本题首先可以根据直角三角形的三边长求出三角形的内切圆半径，然后分别计算出内切圆和三角形的面积，最后通过几何概型的概率计算

7、公式即可得出答案.【详解】如图所示，直角三角形的斜边长为，设内切圆的半径为，则，解得.所以内切圆的面积为，所以豆子落在内切圆外部的概率，故选C。【点睛】本题主要考查“面积型”的几何概型，属于中档题. 解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与面积有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总面积以及事件的面积；几何概型问题还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：（1）不能正确判断事件是古典概型还是几何概型导致错误；（2）基本事件对应的区域测度把握不准导致错误 ；（3）利用几何概型的概率公式时 , 忽视验证事件是否等可能性导致错误。10.已知等差数列的前项和为，数列满足，设，则

8、数列的前11项和为（ ）A. 1062B. 2124C. 1101D. 1100【答案】C【解析】【分析】根据题意，列出方程组，解得，求得，再由，得到数列从第二项起表示，公比为的等比数列，求得前11项的和，进而求得数列的前11项和，得到答案.【详解】由题意，设等差数列的首项为，公差为，因为，则，解得，所以数列的前11项的和为，又由数列满足，则，两式相减可得，即，即，又因为，令，可得，所以数列从第二项起表示，公比为的等比数列，所以数列前11项的和为，因为，所以数列的前11项和为.故选：C【点睛】本题主要考查了等差数列和等比数列的通项公式的基本量计算，以及等差、等比数列的前n项和公式的应用，其中解

9、答中熟记等差、等比数列的通项公式和前n项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于中档试题11.椭圆的左右焦点分别是、，以为圆心的圆过椭圆的中心，且与椭圆交于点，若直线恰好与圆相切于点，则椭圆的离心率为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据及椭圆的定义可得，利用勾股定理可构造出关于的齐次方程，得到关于的方程，解方程求得结果.【详解】由题意得：，且，又 由勾股定理得：，解得：本题正确选项：【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，关键是能够结合椭圆定义和勾股定理建立起关于的齐次方程.12.已知函数，其中是自然对数的底数若，则实数的取值范围是（ ）A. B. C.

10、D. 【答案】C【解析】分析】令，判断其奇偶性单调性即可得出【详解】令，则，在上为奇函数，函数在上单调递增，化为：，即，化为：，即，解得实数的取值范围是故选：【点睛】本题考查了构造法、利用导数研究函数的单调性奇偶性、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题第卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，若，则_【答案】【解析】【分析】由向量平行的坐标运算即可得出。【详解】，解得【点睛】若，平行或者共线，则14.一个车间为了规定工作原理，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了5次试验，收集数据如下：零件数x（个）1020304

11、050加工时间y（分钟）6469758290由表中数据，求得线性回归方程，根据回归方程，预测加工70个零件所花费的时间为_分钟【答案】102【解析】【分析】先利用回归直线过样本点中心，求出回归直线方程，进而可求出结果.【详解】由题意可得，,由回归直线过样本中心点，所以有，故，所以；当时，故答案为102.【点睛】本题主要考查回归分析的初步应用，属于基础题型.15.若等比数列满足，则的最大值为_【答案】729【解析】【分析】求出基本量，后可得数列的通项，判断、何时成立可得取何值时有的最大.【详解】设公比为，因为，所以，所以，解得，所以，当时，；当时，故最大值为，故填.【点睛】正项等比数列的前项积为

12、，其公比为（）（1）若，则当时，有最小值无最大值，且；当时，有最大值，无最小值.（2）若，则当时，有最大值无最小值，且；当时，有最小值，无最大值.16.已知点是抛物线的焦点，点为抛物线上任意一点，过点向圆作切线，切点分别为，则四边形面积的最小值为_【答案】【解析】【分析】画出满足题意的图象，可得与原点重合时，四边形面积最小，进而得到答案【详解】如下图所示：圆的圆心与抛物线的焦点重合，若四边形的面积最小，则最小，即距离准线最近，故满足条件时，与原点重合，此时，此时四边形面积，故答案为：【点睛】本题考查抛物线的标准方程及简单几何性质。三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过

13、程或演算步骤.第1721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.（一）必考题：共60分.17.已知函数的部分图象如图所示（1）求函数的解析式；（2）设，且方程有两个不同的实数根，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据图象可得A，过点可求出，利用周期可得（2）在同一直角坐标系内做出和图象，利用数形结合求解.【详解】（1）显然，又图象过点，又最小正周期，所求的函数解析式为（2）如图所示，在同一坐标系中画出和的图象，由图可知，当或时，直线与曲线有两个不同的交点，即原方程有两个不同的实数根，的取值范围为【点睛】本题主要考查了正弦型函数图

14、象与性质，根据图象求函数解析式，数形结合的思想，属于中档题.18.设的三个内角，所对的边分别为，且满足.（1）求角的大小；（2）若，试求的最小值【答案】（1）（2）2【解析】（）因为，所以，即，则4分所以，即，所以8分（）因为，所以，即12分所以=，即的最小值为14分19.设数列的前项和为，（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和，求证：【答案】（1），（2）见解析【解析】【分析】（1）利用，进行化简即可得到数列的通项公式，注意检验是否满足。（2）由（1）可得，利用裂项相消求出前项和，即可证明。【详解】（1），当时，即， 当时， 由可得， 即， ，当时，满足上式，（2）由（1）得 【点

15、睛】本题考查数列通项公式的求法以及利用裂项相消求数列前项和，考查学生的计算能力，属于中档题。20.设函数.（1）求过点的切线方程；（2）若方程有3个不同的实根，求的取值范围。（3）已知当时，恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】求导带入求出切线斜率，再利用点斜式写出切线。求出的单调区间，极值，则在极小值与极大值之间。参变分离，求最值。【详解】(1)设切点为切线过 (2)对函数求导，得函数令，即，解得，或，即，解得，的单调递增区间是及，单调递减区间是当,有极大值；当，有极小值当时，直线与的图象有3个不同交点，此时方程有3个不同实根。实数的取值范围为 (3)时，恒成

16、立，也就是恒成立，令，则，的最小值为，【点睛】本题考查曲线上某点的切线方程，两方程的交点问题以及参变分离。属于中档题。21.已知函数（1）设是函数的极值点，求的值，并求的单调区间；（2）若对任意的，恒成立，求的取值范围【答案】(1) 在和上单调递增，在上单调递减. (2) 【解析】【分析】（1）由题意，求得函数的导数，根据是函数的极值点，求得，利用导数符号，即可求解函数的单调区间；所以在和上单调递增，在上单调递减.（2）由函数导数，当时，得到在上单调递增，又由，即可证明，当时，先减后增，不符合题意，即可得到答案。【详解】（1）由题意，函数，则，因为是函数的极值点，所以，故，即，令，解得或.令，

17、解得,所以在和上单调递增，在上单调递减.（2）由，当时，则在上单调递增，又，所以恒成立；当时，易知在上单调递增，故存在，使得，所以在上单调递减，在上单调递增，又，则，这与恒成立矛盾.综上，.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的不等关系式，求解参数的取值范围；有时也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题（二）选考题：共10分. 选修44：坐标系与参数方程22.已知直线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为() 求直线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；() 设直线与曲线相交于两点，求的值【答案】(1) ;(2)4.【解析】分析：（1）利用转换关系，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化；（2）代入建立一元二次方程，利用根和系数的关系求出结果.详解：(1)直线的参数方程为（为参数），直线的普通方程为，即，直线的极坐标方程：，又曲线的极坐标方程为，即，曲线的直角坐标方程为.(2)将直线：代入曲线的极坐标方程：得：，设直线与曲线的两交点的极坐标分别为， 点睛：本题考查的知识要点：参数方程和极坐标方程与直角坐标方程的转化，一元二次方程根与系数的关系的