2020届甘肃省天水市第一中学高三下学期诊断考试数学（理）试题（解析版）

2020届甘肃省天水市第一中学高三下学期诊断考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知全集，集合，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】先化简集合，再求交集即可得出结果.

【详解】

因为，，

所以.

故选A

【点睛】

本题主要考查集合的交集，熟记概念即可，属于基础题型.

2．已知是虚数单位，表示复数的共轭复数．若，则复数在复平面内对应的点位于

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】C

【解析】因为，所以，复数在复平面内对应的点为，位于第三象限．故选C．

3．已知向量，，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】利用可得出，然后利用正、余弦齐次式（弦化切）的求法可计算出的值.

【详解】

，，

.

故选：A.

【点睛】

本题是平面向量与三角函数的综合问题，考查向量垂直的坐标表示以及正、余弦齐次式的计算，考查计算能力，属于中等题.

4．埃及金字塔是古埃及的帝王（法老）陵墓，世界七大奇迹之一，其中较为著名的是胡夫金字塔．令人吃惊的并不仅仅是胡夫金字塔的雄壮身姿，还有发生在胡夫金字塔上的数字“巧合”．如胡夫金字塔的底部周长如果除以其高度的两倍，得到的商为3.14159，这就是圆周率较为精确的近似值．金字塔底部形为正方形，整个塔形为正四棱锥，经古代能工巧匠建设完成后，底座边长大约230米．因年久风化，顶端剥落10米，则胡夫金字塔现高大约为（    ）

A．128.5米 B．132.5米 C．136.5米 D．110.5米

【答案】C

【解析】设出胡夫金字塔原高，根据题意列出等式，解出等式即可根据题意选出答案．

【详解】

胡夫金字塔原高为 ，则 ，即米，

则胡夫金字塔现高大约为136.4米．故选C．

【点睛】

本题属于数学应用题，一般设出未知数，再根据题意列出含未知数的等式，解出未知数，即可得到答案．属于常规题型．

5．下图记录了甲乙两名篮球运动员练习投篮时，进行的5组100次投篮的命中数，若这两组数据的中位数相等，平均数也相等，则，的值为（  ）

A．8，2 B．3，6 C．5，5 D．3，5

【答案】D

【解析】由茎叶图可得，甲的中位数是65，从而可知乙的中位数也是65，可得到，再利用二者平均数也相等，可求出的值，即可得到答案．

【详解】

由题意可知，甲的中位数为65，则乙的中位数也是65，故，

因为甲乙的平均数相等，所以，

解得.

故答案为D.

【点睛】

本题考查了茎叶图的知识，考查了中位数与平均数的求法，考查了学生对基础知识的掌握．

6．设，，，则a，b，c的大小关系是(     )

A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．b＜c＜a

【答案】C

【解析】利用指数函数、对数函数的单调性直接求解．

【详解】

∵0＜a=0.50.4＜0.50=1，

b=log0.40.3＞log0.40.4=1，

c=log80.4＜log81=0，

∴a，b，c的大小关系是c＜a＜b．

故选：C．

【点睛】

利用指数函数对数函数及幂函数的性质比较实数或式子的大小，一方面要比较两个实数或式子形式的异同，底数相同，考虑指数函数增减性，指数相同考虑幂函数的增减性，当都不相同时，考虑分析数或式子的大致范围，来进行比较大小，另一方面注意特殊值的应用，有时候要借助其“桥梁”作用，来比较大小．

7．设、、是三个不同的平面，、、是三条不同的直线，已知，，.给出如下结论：

①若，则；②若，则；

③若，，则，；④若，，则，.

其中正确的结论个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】D

【解析】根据平行和垂直的公理及定理，对四个命题进行一一验证排查，得出正确结果．

【详解】

解：对于①，，，

，

，

，故①正确；

对于②：，，

则，

，故②正确；

对于③：，，

，

与不平行，即与相交于一点

， ，故③正确；

对于④：若，，

，故④正确；

综上可得正确的有个，

故选：

【点睛】

本题考查空间中线线、线面、面面的位置关系，考查空间想象能力，逻辑推理能力，属于中档题.

8．过点的直线与抛物线相交于两点，且，则点到原点的距离为 （    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】设，过A,B两点分别作直线的垂线，垂足分别为D,E。

∵，∴。

由抛物线的定义得，又，

解得。

∴。选D。

点睛：在解决与抛物线有关的问题时，要注意抛物线的定义的应用。抛物线定义有两种用途：一是当已知曲线是抛物线时，抛物线上的点M满足定义，它到准线的距离为d，则|MF|＝d，可解决有关距离、最值、弦长等问题；二是利用动点满足的几何条件符合抛物线的定义，从而得到动点的轨迹是抛物线．

9．已知函数的最小正周期为4，其图象关于直线对称，给出下面四个结论：

①函数在区间上先增后减；②将函数的图象向右平移个单位后得到的图象关于原点对称；③点是函数图象的一个对称中心；④函数在上的最大值为1．其中正确的是(  )

A．①② B．③④ C．①③ D．②④

【答案】C

【解析】根据最小正周期为4π，其图象关于直线对称，求解f（x）的解析式，即可判断下面各结论．

【详解】

函数的最小正周期为4π，可得．

∴ω

其图象关于直线对称．

即φ，

可得：φ，k∈Z．

∵．

∴φ．

∴f（x）的解析式为f（x）＝2sin（）；

对于①：令，k∈Z．

可得：．

∴[0，]是单调递增，

令，k∈Z．

可得：4kπ．

∴[，]是单调递减，

∴函数f（x）在区间上先增后减；

对于②：将函数f（x）的图象向右平移个单位后得到：y＝2sin（）＝2sin（x）没有关于原点对称；

对于③：令x，可得f（）＝2sin（）＝0，∴点是函数f（x）图象的一个对称中心；

对于④：由x∈[π，2π]上，∴∈[，]，所以当x＝π时取得最大值为.

∴正确的是：①③．

故选C．

【点睛】

本题主要考查利用y＝Asin（ωx+φ）的图象特征，由函数y＝Asin（ωx+φ）的部分信息求解析式，属于中档题

10．函数的部分图象如右图所示,设是图象的最高点,是图象与轴的交点,记,则的值是( )

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】试题分析：函数的周期T=2，最大值为1，

过p作PD⊥x轴于D，则AD是四分之一个周期，有AD=，DB=，DP=1，所以AP=,BP=,

在Rt△ADP中 sin∠APD=，cos∠APD=；在Rt△BDP中 sin∠BPD=，cos∠BPD=,

=×+×=，=，所以==2××=，故选A.

【考点】1.正弦型函数的图形和性质；2.二倍角公式和两角和差公式.

11．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．

12．若函数在区间内有极大值，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】试题分析：由，

∴导数 ，

因为函数在区间内有极大值，

∴方程 在在区间内有解，

即：方程在区间内有解，

∴在区间内有解，

故 ，

则的取值范围是  .

选C.

点睛：对于涉及函数的极值问题时，往往要使用导数这个解题的工具，在解题时要注意运用等价转化的解题思想，把函数 在区间内有极大值的问题转化为导函数对应的方程在区间内有解的问题，然后再通过分离参数的方法求出参数a的范围.

二、填空题

13．某公司有职工2000名，从中随机抽取200名调查他们的居住地与上班工作地的距离，其中不超过1000米的共有10人，不超过2000米的共有30人，由此估计该公司所有职工中居住地到上班地距离在(1000，2000]米的有          人．

【答案】200

【解析】根据题意，求得样本中米的人数所占的比例，由此求得全体中米的人数.

【详解】

依题意可知，样本中米的人数所占的比例为，故全体中米的人数为人.

【点睛】

本小题主要考查用样本估计总体，属于基础题.

14．已知函数是定义在[-5,5]上的偶函数，且在区间是减函数，若，则实数a的取值范围是_______.．

【答案】

【解析】由已知可得原不等式等价于

.

【点睛】

本题解题的关键是利用数形结合思想将原命题等价转化为，从而解该不等式组即可求得正解.

15．在中，角所对的边分别为，若，，则的面积的最大值为________

【答案】

【解析】利用正弦定理得出的关系，利用余弦定理，同角三角函数基本关系式可求得，利用基本不等式，三角形面积公式即可求解.

【详解】

，，

由正弦定理可得：，

解得.

，

，可得（当且仅当时等号成立），

，

可得，

（当且仅当时等号成立）.

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查的是正弦定理，余弦定理的应用，基本不等式的应用以及同角三角函数基本关系式的应用，熟练掌握正余弦定理是解本题的关键，是中档题.

16．已知体积为的正四棱锥外接球的球心为，其中在四棱锥内部.设球的半径为，球心到底面的距离为．过的中点作球的截面，则所得截面圆面积的最小值是___________.

【答案】

【解析】首项根据题意作图，根据题中所给的条件，求得底面的边长为，四棱锥的高是，由棱锥的体积，求得，分析得出过点作球的截面，截面圆面积最小时是以点为圆心的截面圆，从而得到半径，求得圆的面积.

【详解】

如图取底面的中心为，

连接平面，且球心在上，

由条件知，，连接，，

则，

于是底面的边长为.

又，故四棱锥的高是，

所以，即，

从而，，于是，

过的中点的最小截面圆是以点为圆心的截面圆，

该截面圆的半径是，

故所求面积为.

【点睛】

该题考查的是有关正四棱锥的外接球的问题，涉及到的知识点有锥体的体积公式，过球内一点球的截面圆面积的最小值，属于中档题目.

三、解答题

17．已知数列的前项和为，且.

（1）求数列的通项公式

（2）若数列是等差数列，且，，求数列的前项和.

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）当时，求得，当时，递推作差得，即，得到数列是首项为1，公比为3的等比数列，即可求解数列的通项公式；

（2）由（1）求得，得到，利用分组求和，即可求解．

【详解】

（1）当时，，所以，

当时，因为，所以，

两式作差得，即，因为，

所以数列是首项为1，公比为3的等比数列，

故；

（2）令，则，，

所以数列的公差，故，

所以，

所以.

【点睛】

本题主要考查了等比数列的通项公式的求解，以及数列的“分组求和”的应用，其中解答中根据数列的通项和前n项和之间的关系，求得数列的通项公式，再利用等差、等比数列的前n项和公式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．

18．如图所示的几何体中，是菱形，，平面，，.

（1）求证：平面平面；

（2）求平面与平面构成的二面角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】（1）取中点，连结，设交于，连结，，先证明，

，可证得平面，又，故平面，即得证.

（2）如图所示的空间直角坐标系，求解平面与平面的法向量，利用二面角的向量公式即得解.

【详解】

（1）证明：取中点，连结，设交于，连结，，

在菱形中，，

∵平面，平面，∴，

又，，平面，∴平面，

∵，分别是，的中点，∴，，

又，，∴，且，

∴四边形是平行四边形，则，∴平面，

又平面，∴平面平面.

（2）由（1）中证明知，平面，则，，两两垂直，以，

，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.

由及是菱形，

得，，，则，

，，，

，，，

设平面的一个法向量为，

则，即，

取，求得，所以，

同理，可求得平面的一个法向量为，

设平面与平面构成的二面角的平面角为，则

，又，，

∴，

∴平面与平面构成的二面角的正弦值为.

【点睛】

本题考查了空间向量和立体几何综合，考查了学生空间想象，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.

19．(本小题满分12分)

某商场准备在国庆节期间举行促销活动,根据市场调查,该商场决定从种服装商品,种家电商品,种日用商品中,选出种商品进行促销活动.

（Ⅰ）试求选出的种商品中至多有一种是家电商品的概率;

（Ⅱ）商场对选出的某商品采用的促销方案是有奖销售,即在该商品现价的基础上将价格提高元，同时,若顾客购买该商品,则允许有次抽奖的机会,若中奖,则每次中奖都获得数额为元的奖券.假设顾客每次抽奖时获奖的概率都是,若使促销方案对商场有利，则最少为多少元？

【答案】（Ⅰ）

（Ⅱ）最少为元

【解析】（Ⅰ）选出种商品一共有种选法, …………2分

选出的种商品中至多有一种是家电商品有种. …………4分

所以至多有一种是家电商品的概率为.…………6分

（Ⅱ）奖券总额是一随机变量,设为,可能值为,,,.…………7分

…………8分

…………9分

…………10分

…………11分

……………12分

所以.……………13分

所以,因此要使促销方案对商场有利，则最少为元. …………14分

20．已知椭圆的左焦点为，是椭圆上关于原点对称的两个动点，当点的坐标为时，的周长恰为．

（1）求椭圆的方程；

（2）过点作直线交椭圆于两点，且，求面积的取值范围．

【答案】（1）（2）

【解析】（1）求出AB，得到a，然后求解b，即可得到椭圆方程;（2）当直线AB的斜率不存在时，求解三角形面积，设直线CD的方程为y＝k（x+2）（k≠0）．由消去y整理得：（1+2k2）x2+8k2x+8k2﹣8＝0，△＞0，设C（x1，y1），D（x2，y2），利用弦长公式求解CD，然后求解三角形面积，推出范围即可．

【详解】

（1）当点的坐标为时，，所以．

由对称性，，

所以，得

将点代入椭圆方程 中，解得，

所以椭圆方程为.

（2）当直线的斜率不存在时，，

此时．

当直线的斜率存在时，设直线的方程为．

由消去整理得：． 显然，

设，则

故

．

因为，所以，

所以点到直线的距离即为点到直线的距离，

所以

，

因为，所以，

所以．综上，．

【点睛】

本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．

21．

已知函数是奇函数，的定义域为．当时，．(e为自然对数的底数)．

(1)若函数在区间上存在极值点，求实数的取值范围；

(2)如果当x≥1时，不等式恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）根据题意求出x>0时函数的解析式，对函数求导，得到唯一的极值点1，使得1在所给区间内即可；（2），令，对函数求导研究函数的单调性得到函数的最值进而求解.

【详解】

设x>0时，结合函数的奇偶性得到：

（1）当x>0时，有，；

所以在（0，1）上单调递增，在上单调递减，函数在处取得唯一的极值．由题意，且，解得所求实数的取值范围为  

（2）当时，

令，由题意，在上恒成立 

令，则，当且仅当时取等号．

所以在上单调递增，

因此，    在上单调递增，．

所以．所求实数的取值范围为

【点睛】

本题考查了导数的综合应用问题，解题时应根据函数的导数判定函数的增减性以及求函数的极值和最值，应用分类讨论法，构造函数等方法来解答问题．对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数．

22．

已知平面直角坐标系，以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，点的极坐标为，曲线的极坐标方程为（为参数）.

（1）写出点的直角坐标及曲线的直角坐标方程；

（2）若为曲线上的动点，求的中点到直线：的距离的最小值.

【答案】（1）点 ；（2）

【解析】试题分析：(1)由的极坐标为,利用可得点的直角坐标,曲线的参数方程展开可得:,利用以及可得出直角坐标方程;(2)直线的直角坐标方程为,设,则,利用点到直线的距离公式与三角函数的单调性值域即可得出.

试题解析:（1）点的直角坐标为；

由得①

将，，代入①，

可得曲线的直角坐标方程为．

（2）直线 的直角坐标方程为，

设点的直角坐标为，则，

那么到直线的距离：

，

（当且仅当时取等号），

所以到直线的距离的最小值为．

23．选修4-5：不等式选讲   

已知函数

（1）若的解集为，求实数的值；

（2）若，若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围.

【答案】(1) .

(2) .

【解析】分析：（1）利用绝对值不等式的解集，列出方程求解即可；

（2）利用，若存在，使得不等式成立，化简函数的解析式，通过函数的最小值以及函数的单调性，列出不等式，求解即可.

详解：（1）显然，当时，解集为，，无解；

当时，解集为，，，

综上所述.

(2)当时，令

由此可知在上单调递减，在上单调递增，当时，取到最小值-2，由题意知，，.

点睛：本题考查函数的最值的应用，绝对值不等式的解法，考查转化思想以及计算能力.