甘肃省天水市第一中学2020届高三上学期第四次段考数学（理）试题 18页

天水一中2020届20192020学年度第一学期第四次考试 数学瑚科试题 一、选择题（每题5分，共60分）‎ ‎1.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 是函数定义域，是不等式的解集，分别求出后再由集合的运算法则计算．‎ ‎【详解】由题意，，‎ ‎，‎ ‎∴．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算，解题时需先确定集合中的元素，然后才可能利用集合运算法则计算．‎ ‎2.以下四个命题：‎ ‎①“若，则”的逆否命题为真命题 ‎②“”是“函数在区间上为增函数”的充分不必要条件 ‎③若为假命题，则，均为假命题 ‎④对于命题：，，则为：，‎ 其中真命题的个数是（ ）‎ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①由原命题与逆否命题同真同假即可判断；‎ ‎②由函数在区间上为增函数”，则，即可判断；‎ ‎③由若为假命题，则，至少有一个为假命题即可判断出正误；‎ ‎④由的定义即可判断出正误；‎ ‎【详解】对于①，由于原命题“若，则”真命题，即逆否命题也为真命题，故①对；‎ 对于②，“”是“函数在区间上为增函数”为真命题，但“函数在区间上为增函数”，则，故②对；‎ 对于③，若为假命题，则，至少有一个为假命题即可，故③错；‎ 对于④， 对于命题：，，由的定义可知：，，故④对；‎ 故选C ‎【点睛】本题考查了简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.‎ ‎3.已知，，，则，，的大小关系是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：分别判断出a，b，c的大致范围，即可比较出它们的大小.‎ 详解：，，.‎ ‎.‎ 故选：B.‎ 点睛：(1)比较幂、对数的大小可以利用数形结合和引入中间量利用函数单调性两种方法．‎ ‎(2)解题时要根据实际情况来构造相应的函数，利用函数单调性进行比较，如果指数相同，而底数不同则构造幂函数，若底数相同而指数不同则构造指数函数，若引入中间量，一般选0或1.‎ ‎4.函数f(x)=Asin(ωx+φ)，（A，ω＞0，|φ|＜π）的部分图象如图，则f(x)=（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图知，得到A=2，，求出T，根据周期公式求出ω，又y= f(x)的图象经过，代入求出φ，从而得到解析式．‎ ‎【详解】由图知，A=2，，又ω＞0，‎ ‎∴T==，∴ω=4，‎ 又y= f(x)的图象经过，‎ ‎∴，k∈Z，‎ ‎∴φ=2kπ+，k∈Z，‎ 又|φ|＜π，∴φ=，‎ ‎∴.‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式，考查识图能力与运算能力，属中档题．‎ ‎5.已知F1、F2为椭圆的两个焦点，过F1的直线交椭圆于A，B两点，若，则|AB|= ( )‎ A. 6 B. ‎7 ‎C. 5 D. 8‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用椭圆的定义，可得三角形ABF2的周长为‎4a=20，再由周长，即可得到AB的长．‎ ‎【详解】椭圆=1的a=5，‎ 由题意的定义，可得，|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=‎2a，‎ 则三角形ABF2的周长为‎4a=20，‎ 若|F‎2A|+|F2B|=12，‎ 则|AB|=20﹣12=8．‎ 故答案为D ‎【点睛】本题考查椭圆的方程和定义，考查运算能力，属于基础题．‎ ‎6.将5本不同书分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，另两人各2本，则不同的分配方法是（ ）种 A. 108 B. ‎90 ‎C. 18 D. 120‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第一步先将5本书按照2,2,1分成3组,第二步再将这3组分别给三个不同的人,即可得到答案 ‎【详解】由题,分为两步完成:‎ 第一步将5本书按照2,2,1分成3组,即,‎ 第二步将这3组分别给三个不同的人,即,‎ 所以分配方法为,‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查排列组合中的分组分配问题,属于中档题 ‎7.定义在上的奇函数满足：当时，，则函数的零点的个数是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时，先利用零点判定定理进行判断，然后结合奇函数的性质进行判断即可．‎ ‎【详解】当时，，‎ 结合指数与对数函数的单调性可知，在上单调递增，‎ ‎（1），时，，‎ 则在上有唯一的零点，‎ 因为奇函数的图象关于原点对称，故当时也有唯一零点，且，‎ 综上可得，程的实根个数为3个.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查了函数零点个数的判断，考查了指数对数函数的图象性质，零点判定定理及奇函数性质的应用是求解的关键．‎ ‎8.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中b=1，=，若A=2B，则△ABC的周长为（ ）‎ A. 3 B. ‎4 ‎C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理化简已知可得b2+c2-a2=bc，利用余弦定理可求cosA=，结合范围A∈(0，π)，可求A，根据已知可求B，利用三角形内角和定理可求C，根据正弦定理可求a，c的值，即可得三角形的周长．‎ ‎【详解】∵=，‎ ‎∴由正弦定理可得=，整理可得b2+c2-a2=bc，‎ ‎∴cosA===，‎ ‎∵A∈(0，π)，∴A=，‎ ‎∵A=2B，∴B=，C=π-A-B=，‎ ‎∵b=1，∴，解得a=，c=2，‎ ‎∴△ABC的周长为．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形内角和定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属基础题．‎ ‎9.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的各个侧面中最大的侧面的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图还原出三棱锥的直观图，求出三棱锥的各个侧面面积即可求出侧面面积的最大值．‎ ‎【详解】由三棱锥的三视图可知，三棱锥的直观图（如下图），可在边长为的正方体中截取， ‎ 由图可知，，，‎ 所以侧面，‎ 侧面，‎ 侧面 故侧面的面积最大值为 ‎ 故选B ‎【点睛】本题考查三视图还原直观图，考查学生的空间想象能力，属于中档题．‎ ‎10.实数满足条件.当目标函数在该约束条件下取到最小值时，的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将目标函数化为，由题中约束条件作出可行域，结合图像，由题意得到，再由，结合基本不等式，即可求出结果.‎ ‎【详解】由得，‎ 因为，所以直线的斜率为，‎ 作出不等式对应的平面区域如下：‎ 由图像可得：当直线经过点时，直线轴截距最小，此时最小．‎ 由解得，即，‎ 此时目标函数的最小值为，‎ 即，所以.‎ 当且仅当，即时，等号成立.‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查简单线性规划与基本不等式的综合，熟记基本不等式，会求解简单的线性规划问题即可，属于常考题型.‎ ‎11.已知双曲线的左、右焦点分别为，若双曲线的左支上存在一点，使得与双曲线的一条渐近线垂直于点，且，则此双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用与双曲线的一条渐近线垂直于点可求出的坐标，再利用求出的坐标（用表示），将的坐标代入双曲线的方程后可求离心率.‎ ‎【详解】‎ 双曲线的渐近线为，取一条渐近线为，‎ 则直线，‎ 由得 ，故.‎ 因为，故，从而，‎ 所以 ，将的坐标代入双曲线的方程可以得到：‎ ‎，化简可得，所以，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】圆锥曲线中的离心率的计算，关键是利用题设条件构建关于的一个等式关系．而离心率的取值范围，则需要利用坐标的范围、几何量的范围或点的位置关系构建关于的不等式或不等式组．‎ ‎12.定义在上的函数的图象是连续不断的曲线，且，当时，恒成立，则下列判断一定正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数，判断为偶函数，且在上单调递增，再计算函数值比较大小得到答案.‎ ‎【详解】构造函数，因为，所以 则，所以为偶数 当时，，所以在上单调递增，‎ 所以有，则，即，即.‎ 故选 ‎【点睛】本题考查了函数的综合应用，构造函数判断其奇偶性和单调性是解题的关键.‎ 二、填空题（每题5分，共20分）‎ ‎13.已知向量，，，则|______.‎ ‎【答案】3.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先通过及，求出的值，‎ 再由即可求得.‎ ‎【详解】∵，∴，，，∴，‎ ‎∴，∴.‎ 故答案为3.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的运算问题，综合性稍强，属基础题.‎ ‎14.由曲线，直线y=2x，x=2所围成的封闭的图形面积为______．‎ ‎【答案】3-2ln2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出曲线，直线y=2x的交点坐标，根据定积分的几何意义列式，即可求解．‎ ‎【详解】依题意，联立方程组，解得，‎ 所以封闭的图形面积为=（x2-2lnx）=3-2ln2．‎ 故答案为3-2n2．‎ ‎【点睛】本题考查了定积分的几何意义，定积分的求法，其中解答中确定定积分式，准确运算是解答的关键，着重考查数形结合思想，以及计算能力，属于基础题．‎ ‎15.已知二项式的展开式中各项系数和为256，则展开式中的常数项为____. （用数字作答）‎ ‎【答案】28‎ ‎【解析】‎ ‎∵各项系数和256，令得,即 该二次展开式中的第项为 ‎==‎ 令=0，得，此时常数项为==28‎ 故答案为28.‎ ‎16.若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则________.‎ ‎【答案】1或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别设出直线与两曲线的切点坐标，求出导数值，得到两切线方程，由两切线重合得斜率和截距相等，从而求得切线方程的答案．‎ ‎【详解】设与和的切点分别为，由导数的几何意义可得，曲线在在点处的切线方程为，即，曲线在点处的切线方程为，即，则，解得，或，所以或．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查计算能力，是中档题．‎ 三、解答题（共70分）‎ ‎17.已知等差数列的前项和为，且，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出，即得数列的通项；（2）利用分组求和求出数列的前项和.‎ ‎【详解】（1）由题得，‎ 解之得，‎ 所以，‎ 所以数列的通项公式为.‎ ‎（2）由题得，‎ 所以数列的前项和，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式基本量的计算，考查等差数列的通项的求法，考查数列求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎18.如图，已知三棱锥，平面平面，，．‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）设点为中点，求直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎【答案】(1)见解析；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题可利用余弦定理计算,再利用勾股定理证明,进而得到平面,进而证明 (2)由(1)可知面,故可以为坐标原点建立空间直角坐标系,求出对应的向量与面的法向量即可求得与平面所成角的正弦值.‎ ‎【详解】(1) ,,由余弦定理得 ‎,故.‎ 又,故.又平面平面,且平面平面,故平面.又平面,故.‎ 证毕. (2)由(1)有平面,故以为坐标原点,垂直为轴,为轴正向,为轴正向建如图空间直角坐标系.‎ 则,,,,.‎ 故,,,‎ 设平面的法向量则,‎ 令有 ,故,设与平面所成角为,则 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查线面垂直的一般证明方法,包括线线垂直与勾股定理等基本方法.‎ 一般求解先与面的夹角的正弦值,均先求直线的向量与平面法向量,再根据直线与法向量的夹角的余弦值等于直线与平面夹角的正弦值求得即可.‎ ‎19.甲、乙两队进行一场排球比赛，根据以往经验，单局比赛甲队胜乙队的概率为.本场比赛采用五局三胜制，即先胜三局的队获胜，比赛结束.设各局比赛相互间没有影响且无平局.求：‎ ‎（1）前三局比赛甲队领先的概率；‎ ‎（2）设本场比赛的局数为，求的概率分布和数学期望. (用分数表示)‎ ‎【答案】（1）；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分为甲队胜三局和甲队胜二局两种情况，概率相加得到答案.‎ ‎（2）本场比赛的局数为有3,4,5三种情况，分别计算概率得到分布列，最后计算得到答案.‎ ‎【详解】解：（1）设“甲队胜三局”为事件，“甲队胜二局”为事件， ‎ 则，，‎ 所以，前三局比赛甲队领先的概率为 ‎（2）甲队胜三局或乙胜三局，‎ 甲队或乙队前三局胜局，第 局获胜 甲队或乙队前四局胜局，第局获胜 的分部列为：‎ 数学期望为 ‎【点睛】本题考查了概率的计算，分布列，数学期望，意在考查学生的计算能力和解决问题的能力.‎ ‎20.已知抛物线，过其焦点的直线与抛物线相交于、两点，满足.‎ ‎（1）求抛物线的方程；‎ ‎（2）已知点的坐标为，记直线、的斜率分别为，，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，消去，利用韦达定理并结合条件可求出实数的值，由此得出抛物线的方程；‎ ‎（2）由（1）得出直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，并列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理得出关于的表达式，可得出的最小值.‎ ‎【详解】（1）因为直线过焦点，设直线的方程为，‎ 将直线的方程与抛物线的方程联立，消去得，‎ 所以有，，，因此，抛物线的方程；‎ ‎（2）由（1）知抛物线的焦点坐示为，设直线的方程为，‎ 联立抛物线的方程，所以，，‎ 则有，，‎ 因此 ‎.‎ 因此，当且仅当时，有最小值.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线方程的求解，同时也考查了直线与抛物线中的最值问题的求解，对于直线与抛物线的综合问题，一般将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理设而不求法进行计算，计算量较大，考查方程思想的应用，属于中等题.‎ ‎21.(本小题满分12分)‎ 已知函数（其中a是实数）．‎ ‎（1）求的单调区间；‎ ‎ （2）若设，且有两个极值点 ，，求取值范围．（其中e为自然对数的底数）．‎ ‎【答案】（1）详见解析（2） ，‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：(1)求出的定义域，，由此利用导数性质和分类讨论思想能求出的单调区间.‎ ‎(2)推导出，令，，则恒成立，由此能求出的取值范围 试题解析：（1） (其中是实数)，‎ 的定义域，，‎ 令，=-16,对称轴，，‎ 当=-160，即-4时，，‎ 函数的单调递增区间为，无单调递减区间，‎ 当=-160,即或 若，则恒成立，‎ ‎ 的单调递增区间为，无单调递减区间．‎ 若4，令，得 ‎=，=，‎ 当(0,)(,+时，当（）时，‎ 的单调递增区间为（0，），（），单调递减区间为（）‎ 综上所述当时，的单调递增区间为，无单调递减区间，‎ 当时，的单调递增区间为（0，）和（），单调递减区间为（）‎ ‎(2)由(1)知，若有两个极值点，则4，且，，又，，，，‎ 又，解得，‎ 令， 则恒成立 在单调递减，，‎ 即 故的取值范围为 点睛：在含有参量的导数求单调区间需要进行分类讨论，将所有的情况讨论完整．在求范围时往往要把参量消去，然后根据范围求出结果．‎ 选做：共10分，请生在第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，直线，圆,以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系．‎ ‎（1）求，的极坐标方程；‎ ‎（2）若直线的极坐标方程为，设的交点为，求的面积．‎ ‎【答案】(1),；(2)．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）将代入的直角坐标方程，化简得，；（2）将代入，得得， 所以，进而求得面积为.‎ 试题解析：‎ ‎（1）因为，所以的极坐标方程为，‎ 的极坐标方程为 ‎（2）将代入 得得， 所以 因为的半径为1，则的面积为 考点：坐标系与参数方程.‎ ‎23.设函数．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若，求实数m的取值范围．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用零点分段讨论法，把绝对值符号去掉可得解集；‎ ‎（2）先求的最小值，然后求解绝对值不等式即可.‎ ‎【详解】（1）当时，．‎ 当时，，解得；‎ 当时，，‎ 无解．‎ 当时，，‎ 解得；‎ 综上，原不等式的解集为．‎ ‎（2）∵ ‎ 当且仅当等号成立 ‎∴，‎ ‎∴或，‎ 即或，‎ ‎∴实数m的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，绝对值不等式的求解一般转化为分段函数求解，不等式有关的最值常用来实现，侧重考查数学运算的核心素养.‎