1、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（ ）ABCD【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
2、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“n0N，f（n0）N且f（n0）n0”的否定形式是：nN，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（）ABCD【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( )ABCD【答案】D【解析】利用二倍角公
3、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
4、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（ ）A1001110B1000010C101010D111000【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
5、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( )ABCD【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
6、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（ ）ABCD【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
7、（ ）A3B2CD【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（ ）ABCD【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
8、【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（ ）.ABCD【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， ，.
9、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
10、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
11、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
12、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ABCDEFGHIK满意度x（%）20342519262019241913投资原y（万元）80898978757165626052（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
13、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，
14、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DEAB，则DEDC，再由ADNM为矩形，得DNAD，由面面垂直的性质可得DN平面ABCD，得到DNDE，由线面垂直的判断可得DE平面DCN，进一步得到DECN；（2）由（1）知DN平面ABCD，得到DNDE，DNDC，又DEDC，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，0，1，分别求出平面PDE与平面DEC的一个法向量
15、，由二面角PDEC的大小为列式求得即可【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，
16、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
17、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
18、间即可；（2）若a0，则f（1）a+10，不满足f（x）0恒成立若a0，由（）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a1时，f（x）0恒成立，即lnxx+10得到xlnxx2+x，则exxlnx+x1exx2+2x1然后利用导数证明exx2+2x10（x0），即可说明exxlnx+x0【详解】（1）函数 f（x）（aR ），x0，当a0时，f（x）0，f（x）在（0，+）单调递增当a0时，f（x）0，f（x）在（0，+）单调递增当a0时，令f（x）0，解得：0x，令f（x）0，解得：x，故f（x
19、）在（0，）递增，在（，+）递减（2）当时，则f（1）2a+30，不满足f（x）0恒成立若a0，由（1）可知，函数f（x）在（0，）递增，在（，+）递减，又f（x）0恒成立，f（x）max0，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lnx2x2+10即xlnx2x3+x0，恒成立，又exx2+2x1+（）只需证exx2+2x1，记g（x）exx2+2x1（x0），则g（x）ex2x+2，记h（x）ex2x+2，则h（x）ex2，由h（x）0，得xl
20、n2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42ln20h（x）0，即g（x）0，故函数g（x）在（0，+）上单调递增g（x）g（0）e010，即exx2+2x10结合exx2+2x1+（）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】
21、（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
22、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.第 23 页 共 23 页
