0467.cC
海量文库 文档专家
相关文档
当前位置:首页 >> >>

【数学】甘肃省天水一中2020届高三上学期第一阶段考试 文科数学

天水一中 2019—2020 学年度第一学期第一次考试

高三文科数学

(满分:150 分 时间:120 分钟)
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.已知全集U 1,0,1, 2,3,集合 A 0,1,2 , B 1,0,1,则(CU A) B ( )

A.1

B.0,1

C.1, 2,3 D.1,0,1,3

2.已知平面向量





,则实数 的值为( )

A.

B.

C.

D.

3.“1og2a

1og2b

”是“

1 a



1 b

”的

(

A.充分不必要条件

C.充要条件

)
B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

4.在等差数列 中, 为其前 项和,若

,则 ( )

A.60

B.75

C.90

D.105

5.已知函数 y=f()+是偶函数,且 f(2)=1,则 f(-2)=( )

A.2

B.3

C.4

D.5

6.如右图所示的图象对应的函数解析式可能是

A. y 2x x2 1

B. y 2x sinx 4x 1

C. y x lnx

D. y x2 2x ex

7.已知



为( )

A.

B.

有解,



C.

D.

则下列选项中是假命题的

8.平面上三个单位向量

A. 3

B. 2 3

两两夹角都是 2 ,则 3
C. 12

9.已知数列 的前 项和 满足

(

与 夹角是( )

D. 6
)且

,则 ( )

A.

B.

C.

D.

10.已知函数

在区间

上单调,且在区间

内恰好取得一次最大值 2,则 的取值范围是( )

A.

B.

C.

D.

11.如右图所示,O 为 ABC 的外心, AB 4 , AC 2 ,BAC

为钝

角, M 为 BC 边的中点,则

的值为( )

A. 2 3

B.12

C.6

D.5

12.已知定义在 R 上的奇函数 f()满足当≥0 时,

为( )

A.

B.

C.

二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.

13.已知

,若幂函数

,则

的解集

D. 为奇函数,且在

上递减,则 ____.

14.将函数

的图象向左平移 个单位长度得到

的图象,则 的值为___.

15.若 Sn 为数列{an}的前 n 项和,且 Sn 2an 1(n N*) ,则 S6 等于________.

16.在同一个平面内,向量

的模分别为1,1, 2, 与 的夹

角为

,且 tan 7, 与 的夹角为 45 ,若

,则 m n _________.
三、解答题:共 70 分.解答应写出必要的文字说明、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 题为选做题,考生根据要求作答. (一)必考题:共 60 分.

17.(12 分)△ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,已知 2cosC(a cos B+b cos A) c.

(Ⅰ)求 C;

(Ⅱ)若 c 7,△ABC 的面积为 3 3 ,求△ABC 的周长. 2
18.(12 分)某品牌经销商在一广场随机采访男性和女性用户各 50 名,其中每天玩微信超过 6 小时 的用户列为“微信控”,否则称其为“非微信控”,调查结果如下:

微信控

非微信控

合计

男性

26

24

50

女性

30

20

50

合计

56

44

100

(1)根据以上数据,能否有 95%的把握认为“微信控”与“性别”有关? (2)现从调查的女性用户中按分层抽样的方法选出 5 人,求所抽取的 5 人中“微信控”和“非微信控” 的人数;

(3)从(2)中抽取的 5 位女性中,再随机抽取 3 人赠送礼品,试求抽取 3 人中恰有 2 人是“微信控” 的概率.

附:

P(K 2 ≥ k) 0.100

0.050

0.010

0.001

k

2.706

3.841

6.635

10.828

K2

n(ad bc)2

(a b)(c d )(a c)(b d )

19.(12 分)如图,AB 为圆 O 的直径,点 E、F 在圆 O 上,AB EF,

矩形

ABCD 所在平面和圆 O 所在平面垂直,已知 AB=2,EF=1.
(I)求证:平面 DAF⊥平面 CBF; (II)若 BC=1,求四棱锥 F-ABCD 的体积.

20.(12 分)已知 A x0,0 , B 0, y0 两点分别在轴和 y 轴上运动,且 AB 1,若动点 P x, y

满足



1 求出动点 P 的轨迹对应曲线 C 的标准方程;

2 一条纵截距为 2 的直线 l1 与曲线 C 交于 P,Q 两点,若以 PQ 直径的圆恰过原点,求出直线方程.

21.(12 分)已知函数 f x ex x2 2a b ( x R )的图象在 x 0 处的切线为 y bx ( e 为

自然对数的底数)

(1)求 a, b 的值;
(2)若 k Z ,且 f x 1 3x2 5x 2k 0 对任意 x R 恒成立,求 k 的最大值. 2
(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,则按所做的第一题计分.

x 1 cos

22.(10 分)在直角坐标系 xy 中,圆 C 的参数方程{

( 为参数).以 为极点, x

y sin

轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求圆 C 的极坐标方程;

(2)直线

l

的极坐标方程是

2sin





3





3

3 ,射线 :

与圆 C 的交点为 、 ,与 3

直线 l 的交点为 Q ,求线段 Q 的长.

23.(10 分)已知 a>0,b>0,c>0,函数 f x a x x b c.

(1)当 a b c 1时,求不等式 f x>3 的解集; (2)当 f x 的最小值为 3 时,求 1 1 1 的最小值.
abc

天水一中 2019—2020 学年度第一学期第一次考试
数学文科试题参考答案
1.A 【解析】 【分析】 本题根据交集、补集的定义可得.容易题,注重了基础知识、基本计算能力的考查. 【详解】
CU A={ 1,3},则 CU A I B {1}
【点睛】 易于理解集补集的概念、交集概念有误. 2.B 【解析】

,选 B.

3.D 【解析】 【分析】

由1og2a 1og2b 可推出 a b ,再结合充分条件和必要条件的概念,即可得出结果.

【详解】

若1og2a



1og2b ,则 0



a



b ,所以

1 a



1 b



0

,即“1og2a

1og2b

”不能推出“

1 a



1 b

”,反之也

不成立,因此“1og2a

1og2b ”是“

1 a



1 b

”的既不充分也不必要条件.

故选 D

【点睛】

本题主要考查充分条件和必要条件,熟记概念即可,属于基础题型.

4.B

【解析】

,即

,而

,故选

B. 5.D 【解析】 ∵

是偶函数



当 时,

,又

∴ 故选:D 6.D
【解析】对于 A ,∵ y 2x x2 1,当 x 趋向于时,函数 y 2x 趋向于 0, y x2 1趋向于 ∴函数 y 2x x2 1的值小于 0,故排除 A 对于 B ,∵ y sinx 是周期函数

∴函数 y 2x sinx 的图像是以 x 轴为中心的波浪线,故排除 B 4x 1
对于 C , ∵ y x 的定义域是 0,1 1, ,且在 x 0,1时, lnx 0
lnx ∴ y x 0 ,故排除 C
lnx
对于 D ,∵函数 y x2 2x x 12 1 ,当 x 0, x 1 时, y 0 ;当 0 x 1时, y 0 ;且
y ex 0 恒成立
∴ y x2 2x ex 的图像在 x 趋向于时, y 0; 0 x 1时, y 0 ; x 趋向于 时, y 趋
向于
故选 D

点睛:本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质,属于中档题.这类题型也是近年高考常见 的命题方向,该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多,但是并不是无路可循.解答这类题 型可以从多方面入手,根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及
x 0 , x 0 , x , x 时函数图象的变化趋势,利用排除法,将不合题意的选项一一排
除. 7.B 【解析】

试题分析:∵

,∴ 是真命题,取

,满足

,∴ 也是真命

题,∴

是假命题,故选 B.

考点:命题真假判断.

8.D

【解析】

由题意得,向量

av,

v b,

cv

为单位向量,且两两夹角为

2



3



av

v b



3, av cv 1,



av



v b

av cv av2



av

cv



av

v b



v b

cv



111

cos

2

11 cos 2

11 cos 2

1

1



3

3

3

3

22



所以

av



v b



av cv的夹角为 cos



av



v b

av cv

av

v b



av

cv



3
2 3 ,且 0 ,
3 1 2

所以

av



v b



av



cv的夹角为



,故选

D.

6

9.C

【解析】

【分析】

数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn+Sm=Sn+m(n,m∈N*)且 a1=5,令 m=1,可得 Sn+1=Sn+S1,可得 an+1=5.即

可得出.

【详解】

数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn+Sm=Sn+m(n,m∈N*)且 a1=5, 令 m=1,则 Sn+1=Sn+S1=Sn+5.可得 an+1=5. 则 a8=5. 故选:C. 【点睛】 本题考查了数列的通项公式与求和公式、数列递推关系,考查了推理能力与计算能力,属于中档题. 10.B 【解析】 【分析】

由三角函数恒等变换的应用化简得 f()=2sinω

可得[﹣ , ]是函数含原点的递增区间,结

合已知可得[﹣ , ]?[

],可解得 0<ω≤ ,又函数在区间[0,2π]上恰好取得一次最大值,根

据正弦函数的性质可得 【详解】

,得

,进而得解.

=2sinω



∴[﹣ , ]是函数含原点的递增区间.

又∵函数在[

]上递增,

∴[﹣ , ]?[

],

∴得不等式组:﹣ ≤ ,且 ≤ , 又∵ω>0,

∴0<ω≤ ,

又函数在区间[0,2π]上恰好取得一次最大值,

根据正弦函数的性质可知



可得 ω∈[ , .综上:ω∈

故选:B. 【点睛】 本题主要考查正弦函数的图象和性质,研究有关三角的函数时要利用整体思想,灵活应用三角函数 的图象和性质解题,属于中档题. 11.D 【解析】 【分析】

取 AB,AC 的中点 D, E ,且 O 为 ABC 的外心,可知 OD AB, OE AC ,所求

uuuuv uuuv uuuv uuuv uuuv uuuv AM AO AD AO AE AO

uuuv uuuv uuuv uuuv uuuv uuuv ,由数量积的定义可得 AD AO AD , AE AO AE

,代值即

可.

【详解】

如图所示,取 AB,AC 的中点 D, E ,且 O 为 ABC 的外心,可知 OD AB, OE AC ,



M

是边

BC

的中点,∴

uuur AM



1

uuur ( AB



uuur AC)

.

2

AM



AO



1

uuuv ( AB



uuuv AC)



uuuv AO



1

uuuv (AB

uuuv AO



uuuv AC

uuuv AO)



uuuv AD

uuuv AO



uuuv AE

uuuv AO



2

2

uuuv uuuv uuuv uuuv uuuv uuuv

由数量积的定义可得 AD AO AD AO cos AD, AO ,

uuuv 2

uuuv 而 AO cos

uuuv uuuv AD, AO

uuuv AD

uuuv uuuv uuuv AB ,故 AD AO | AD |2
2





4 2

2



4



uuuv 2

uuuv uuuv uuuv AC 同理可得 AE AO | AE |2
2





2 2

2


1



uuuuv uuuv uuuv uuuv uuuv uuuv 故 AM AO AD AO AE AO 4 1 5.

故选:D.

【点睛】 本题考查向量数量积的运算,数形结合并熟练应用数量积的定义是解决问题的关键,属于中档题. 12.A 【解析】 【分析】

由于函数为奇函数,并且在 上有定义,利用

求出 的值.然后解

这个不等式,求得

的取值范围. 【详解】 由于函数为奇函数,并且在 上有定义,故

,解得

,故当

时,

,这是一个增函数,且

,所以

,故

,注意到

,故 .根据奇函数图像关于原点对称可知,当

时,



.综上所述,

.故选 A.

【点睛】 本小题主要考查函数的奇偶性,考查奇函数图像关于原点对称的特点,考查绝对值不等式的解法.属

于中档题. 13.-1 【解析】 【分析】 由幂函数 f()=α 为奇函数,且在(0,+∞)上递减,得到 a 是奇数,且 a<0,由此能求出 a 的值. 【详解】
∵α∈{﹣2,﹣1,﹣ ,1,2,3},
幂函数 f()=α 为奇函数,且在(0,+∞)上递减, ∴a 是奇数,且 a<0, ∴a=﹣1. 故答案为:﹣1. 【点睛】 本题考查实数值的求法,考查幂函数的性质等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想, 是基础题. 14. 【解析】 【分析】
先由平移得 f()的解析式,再将 代入解析式求值即可
【详解】
f()=2sin3(+ =2sin(3+ ,则
故答案为 【点睛】 本题考查图像平移,考查三角函数值求解,熟记平移原则,准确计算是关键,是基础题 15.63

【解析】 【分析】

根据 Sn 和 an 关系得到数列{an} 是首项为 1,公比为 2 的等比数列,再利用公式得到答案.
【详解】

当 n 1时, a1 2a1 1,得 a1 1,

当 n…2 时, Sn 2an 1 , Sn1 2an1 1,

两式作差可得: an 2an 2an1 ,则: an 2an1 ,

据此可得数列{an}是首项为 1,公比为 2 的等比数列,

其前

6

项和为

S6



26 1 2 1



63 .

故答案为 63.

【点睛】

本题考查了等比数列的前 N 项和,意在考查学生对于数列公式和方法的灵活运用.

16.3.

【解析】

【分析】

建立如图所示的平面直角坐标系,根据各向量的模和各自的夹角可得 A, B,C 各点坐标,再利用向量

的等式关系到各坐标之间关系,解出 m, n 后可求 m n的值.

【详解】

uuur 以 OA 为 x 轴,建立直角坐标系,则 A(1,0) ,由 OC 的模为

2

uuur 与 OA

uuur 与 OC

的夹角为

,且 tan



7

知, cos 2 ,sin 7 2

10

10

,可得

C



1 5

,

7 5





B cos 45 ,sin 45



B





3 5

,

4 5







uuur OC



uuur mOA



uuur nOB

可得



1 5

,

7 5







m



3 5

n,

4 5

n



,

1 5

7

m

4

3 5
n

n



5 5

m 5 , n 7 ,m n 3,故答案为 3 . 44
【点睛】

向量的线性运算可以利用基底向量计算,注意基底向量的合理确定,也可以利用向量之间的关系合

理建立平面直角坐标系,把向量系数的计算归结为系数的方程组考虑.

17.(Ⅰ) C π ;(Ⅱ) 5 7 . 3

【解析】

试题分析:(Ⅰ)利用正弦定理进行边角代换,化简即可求角 C;(Ⅱ)根据 1 ab sin C 3 3 .

2

2

及 C π 可得 ab 6 .再利用余弦定理可得 a b2 25 ,从而可得△ΑΒC 的周长为 5 7 .
3

试题解析:(Ⅰ)由已知及正弦定理得 2cosC sin Αcos Β sin Βcos Α sin C ,

2cosCsin Α Β sinC .

故 2sin C cosC sin C .

可得 cos C 1 ,所以 C π .

2

3

(Ⅱ)由已知, 1 ab sin C 3 3 .

2

2

又 C π ,所以 ab 6 . 3

由已知及余弦定理得, a2 b2 2ab cosC 7 .

故 a2 b2 13,从而 a b2 25 .

所以△ΑΒC 的周长为 5 7 .
【考点】正弦定理、余弦定理及三角形面积公式
【名师点睛】三角形中的三角变换常用到诱导公式 , sin A B sin C,cos A B cosC, tan A B tan C ,这是常用的结论,另外利用正弦定理或余弦定理处理条件中含有边或角的等式,
常考虑对其实施“边化角”或“角化边”.

18.(1)见解析;(2)3,2;(3)

.

【解析】 【分析】 (1)列出联表,计算

,所以没有 的把握认为“微信控”与“性别”有关.(2)由

图表可知,在 名女性用户中,微信控有 人,非微信控有 人.(3)利用列举法,列举出 位女性任

选 人的基本事件,由此求得抽取 人中恰有 人是“微信控”的概率. 【详解】 (1)由列联表可得:

所以没有 的把握认为“微信

控”与“性别”有关. (2)根据题意所抽取的 位女性中,“微信控”有 人,“非微信控”有 人. (3)抽取的 位女性中,“微信控” 人分别记为 , , ;“非微信控” 人分别记为 , . 则再从中随机抽取 人构成的所有基本事件为: , , , , , , , ,
, ,共有 种; 抽取 人中恰有 人为“微信控”所含基本事件为: , , , , , ,共有 种,

所求为



【点睛】 本小题主要考查列联表分析两个分类变量是否有关,考查分成抽样的知识,考查利用列举法求简单 的古典概型问题.属于中档题.

19.(I)见解析;(II) .

【解析】 【分析】 (I)通过证明

,证得 平面 ,由此证得平面

平面 (. II)矩形

所在平面和圆 所在平面垂直,点 到边 的距离即为四棱锥 FABCD 的高,然后利用锥体体积公式 求得四棱锥的体积. 【详解】 (I)

∵AB 为圆 O 的直径,点 F 在圆 O 上 ∴AF⊥BF 又矩形 ABCD 所在平面和圆 O 所在平面垂直且它们的交线为 AB,CB⊥AB ∴CB⊥圆 O 所在平面 ∴AF⊥BC 又 BC、 BF 为平面 CBF 上两相交直线
∴AF⊥平面 CBF
又 ∴平面 DAF⊥平面 CBF. (II)连接 OE

∵AB=2,EF=1,AB EF ∴OA=OE=1,即四边形 OEFA 为菱形
∴AF=OA=OF=1

∴等边三角形 OAF 中,点 F 到边 OA 的距离为 又矩形 ABCD 所在平面和圆 O 所在平面垂直 ∴点 F 到边 OA 的距离即为四棱锥 F-ABCD 的高 ∴四棱锥 F-ABCD 的高 又 BC=1 ∴矩形的 ABCD 的面积 SABCD=



【点睛】 本小题考查空间两个平面垂直的证明,考查四棱锥的体积的求法.要证明两个平面垂直,则需要在一 个平面内找到另一个平面的垂线证明.属于中档题.

20.(1) x2 y2 1 (2) y 2 3 x 2

43

3

【解析】

【分析】

(1)根据向量的坐标运算,以及|AB|=1,得到椭圆的标准方程.

(2)直线 l1 斜率必存在,且纵截距为 2,根据直线与椭圆的位置关系,即可求出的值,问题得以解 决.

【详解】
uuuv uuuv uuuv (1) 因为 OP 2OA 3OB

即 x, y 2 x0,0 3 0, y0 2x0, 3y0

所以 x 2x0, y 3y0

所以

x0



1 2

x,

y0



3y 3

又因为 AB 1,所以 x02 y02 1





1 2

x

2





3 3

2 y

1,即

x2 4



y2 3

1

所以椭圆的标准方程为 x2 y2 1 43

(2) 直线 l1 斜率必存在,且纵截距为 2 ,设直线为 y kx 2

y kx 2

联立直线

l1

和椭圆方程



x

2

4



y2 3

1

得 3 4k2 x2 16kx 4 0

由 ,得 k2 1 *
4
设 P x1, y1 ,Q x2, y2

以 PQ 直径的圆恰过原点 uuuv uuuv
所以 OP OQ , OP ? OQ 0

即 x1x2 y1 y2 0

也即 x1x2 kx1 2kx2 2 0

即 1 k2 x1x2 2k x1 x2 4 0

将(1)式代入,得 4 1 k 2 3 4k 2



32k 3 4k2



4



0

即 4 1 k2 32k2 4 3 4k2 0

解得 k 2 4 ,满足(*)式,所以 k 2 3

3

3

所以直线 y 2 3 x 2 3
21.(1)a=-1,b=1;(2)-1.
【解析】(1)对 f x 求导得 f x ex 2x ,根据函数 f x 的图象在 x 0 处的切线为 y bx ,

列 出 方 程 组 , 即 可 求 出 a, b 的 值 ;( 2 ) 由 ( 1 ) 可 得 f x ex x2 1 , 根 据

f x 1 3x2 5x 2k 0 对任意 x R 恒成立,等价于 k ex 1 x2 5 x 1对任意 x R 恒成

2

22

立,构造 h x

ex



1 2

x2



5 2

x 1,求出 h x的单调性,由 h0 0 ,

h1 0 ,

h



1 2



0,

h

3 4



0





得存在唯一的零点

x0





1 2

,

3 4



,使得

h x0 0

,利

用单调性可





hx min



hx0

,即可求出 k

的最大值.

(1) f x ex x2 2a b , f x ex 2x .

由题意知{

f

0
f

1 2a b
0 1 b



0

a 1 {
b 1

.

(2)由(1)知: f x ex x2 1 ,

∴ f x 1 3x2 5x 2k 0 对任意 x R 恒成立 2

ex 1 x2 5 x 1 k 0 对任意 x R 恒成立 22

k ex 1 x2 5 x 1 对任意 x R 恒成立. 22

令 h x ex 1 x2 5 x 1,则 h x ex x 5 .

22

2

由于 h' x ex 1 0 ,所以 h x在 R 上单调递增.

又 h0 3 0 ,
2

h1 e 3 0 ,
2

h

1 2





1
e2



2



0



h



3 4





3
e4



7 4



1

3 4



7 4



0



所以存在唯一的

x0





1 2

,

3 4



,使得

h



x0





0

,且当

x





,

x0



时,

hx 0 ,

x x0,

时, h x 0 . 即 h x 在 , x0 单调递减,在 x0, 上单调递增.

所以 h x min



h x0



e x0



1 2

x02



5 2

x0

1 .

又 h

x0

0,即 ex0



x0



5 2



0 ,∴ ex0



5 2

x0 .



h

x0





5 2



x0



1 2

x02



5 2

x0

1



1 2

x02 7x0 3

.



x0





1 2

,

3 4



,∴

h



x0









27 32

,



1 8



.

又因为

k



ex



1 2

x2



5 2

x

1 对任意

x



R

恒成立



k



h

x0





又 k Z ,∴ kmax 1 .

点睛:利用导数研究不等式恒成立或存在型问题,首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,

求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可分离变量,构造函数,直

接把问题转化为函数的最值问题.

22.(1) 2cos ;(2)2

x 1 cos

【解析】试题分析:(I)把 cos2φ+sin2φ=1 代入圆 C 的参数方程为{

(φ 为参数),消

y sin

去参数化为普通方程,再根据普通方程化极坐标方程的公式得到圆 C 的极坐标方程.(II)设 P(ρ1,

2cos

sin 3cos 3 3

θ1),联立{ 3

,解得 ρ1,θ1;设 Q(ρ2,θ2),联立{

3

,解得 ρ2,

θ2,可得|PQ|.

解析:

(1)圆 C 的普通方程为 x 12 y2 1,又 x cos , y sin

所以圆 C 的极坐标方程为 2cos

2cos

(2)设 1,1 ,则由{

解得 1 1,

1



3

3

sin 3cos 3 3

设 Q2,2 ,则由{



解得 2

3,

2

3

3

所以 Q 2

23.(1){x | x 1或x 1} ;(2)3
【解析】 【分析】 (1)通过讨论的范围,求出不等式的解集即可; (2)先用绝对值不等式的性质求出最小值为 a+b+c=3,然后用基本不等式可得. 【详解】
(1) f x x 1 x 1 1,



x 1

1 2x 3



1 x



33

1



x 1 2x 1

3



解得{x | x 1或x 1}.

(2) f x x a x b c a x x b c a b c a b c 3,

1 a



1 b



1 c



1 3

a



b



c





1 a



1 b



1 c





1 3

3





b a



a b







c a



a c







c b



b c



1 3 2 2 2 3.
3

当且仅当 a b c 1时取得最小值 3.

【点睛】

绝对值不等式的解法:

法一:利用绝对值不等式的几何意义求解,体现了数形结合的思想;

法二:利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论的思想;

法三:通过构造函数,利用函数的图象求解,体现了函数与方程的思想.


网站首页 | 网站地图
All rights reserved Powered by 0467资源网 0467.cc
copyright ©right 2014-2019。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。liunxqq@126.com