广东省深圳市蛇口育才二中2020届高三数学上学期期末联考试题 文（含解析）.doc

1、广东省深圳市蛇口育才二中2020届高三数学上学期期末联考试题 文（含解析）一、选择题1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】解出集合中的范围,再求交集即可.【详解】由有,即,又中即.故故选C【点睛】本题主要考查二次不等式的求解与集合的基本运算,属于基础题型.2.已知，则对应的点的轨迹为（ ）A. 椭圆B. 双曲线C. 抛物线D. 线段【答案】D【解析】【分析】由复数模的几何意义，结合三角不等式可得出点的轨迹.【详解】的几何意义为复数对应的点到点和点的距离之和为，即，另一方面，由三角不等式得.当且仅当点在线段上时，等号成立.因此，点的轨迹为线段.故选D.【点睛】本

2、题考查复数模的几何意义，将问题转化为距离之和并结合三角不等式求解是解题的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.3.设，那么（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用对数函数的性质推导出，利用指数函数的性质推导出，由此能求出结果【详解】解：，故选C【点睛】本题考查三个数的大小的比较，解题时要认真审题，注意对数函数、指数函数的性质的合理运用，是基础题4.“干支纪年法”是中国历法上自古以来使用的纪年方法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”，子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”“天干”以“甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者

3、按干支顺序相配，组成了干支纪年法，其相配顺序为：甲子、乙丑、丙寅癸酉，甲戌、乙亥、丙子癸未，甲申、乙酉、丙戌癸巳，共得到60个组合，称六十甲子，周而复始，无穷无尽2019年是“干支纪年法”中的己亥年，那么2026年是“干支纪年法”中的A. 甲辰年B. 乙巳年C. 丙午年D. 丁未年【答案】C【解析】【分析】按照题中规则依次从年列举到年，可得出答案【详解】根据规则，年是己亥年，年是庚子年，年是辛丑年，年是壬寅年，年是癸卯年，年是甲辰年，年是乙巳年，年是丙午年，故选C【点睛】本题考查合情推理的应用，理解题中“干支纪年法”的定义，并找出相应的规律，是解本题的关键，考查逻辑推理能力，属于中等题5.函数

4、的部分图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分析函数的定义域、奇偶性以及函数值的正负变化，排除错误选项可得答案.【详解】由，可得，故是奇函数，图象关于原点对称，排除A.当时，；当时，排除C,D.故选B.【点睛】本题考查函数图象的识别，一般利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性等性质分析函数图象的特征，排除错误选项得到答案.6.在普通高中新课程改革中，某地实施“3+1+2”选课方案该方案中“2”指的是从政治、地理、化学、生物4门学科中任选2门，假设每门学科被选中的可能性相等，那么政治和地里至少有一门被选中的概率是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本

5、题可从反面思考，两门至少有一门被选中的反面是两门都没有被选中，两门都没被选中包含1个基本事件，代入概率的公式，即可得到答案.【详解】设两门至少有一门被选中，则两门都没有选中，包含1个基本事件，则，所以，故选D.【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，其中解答中合理应用对立事件和古典概型及其概率的计算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.7.若向量满足，且，则向量的夹角为（ ）A. 30B. 60C. 120D. 150【答案】B【解析】【分析】由,平方求出,代入向量夹角公式,求出的夹角余弦值,即可得结果.【详解】设的夹角为故选:B【点睛】本题考查向量的模长和向量的夹

6、角计算,着重考查计算能力,属于基础题.8.某程序框图如图所示，其中，若输出，则判断框内可以填入的条件为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】因为，此程序框图是对函数求和，利用裂项相消法求和，可知，可知2019满足条件进入循环，2020不满足条件没有进入循环，根据选项得到正确结果.【详解】由，解得，可得n的值为2019时.满足判断框内的条件，当n的值为2020时，不满足判断框内的条件，退出循环，输出S的值，故判断框内可以填人的条件为“？”.故选A.【点睛】本题考查根据循环框图的输出结果填写判断框的内容，关键是分析出满足输出结果时的值，再根据选项判断结果.9.设等差数列的前项和为

7、，若，则等于A. 18B. 36C. 45D. 60【答案】C【解析】【分析】利用等差数列的通项公式化简已知条件，根据等差数列前项和公式求得的值.【详解】由于数列是等差数列，所以由得，即，而.故选C.【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式及前项和公式的基本量计算，属于基础题.10.已知函数，那么下列命题中假命题是（ ）A. 是偶函数B. 在上恰有一个零点C. 是周期函数D. 在上是增函数【答案】D【解析】【分析】根据函数性质,逐个判断各选项的真假【详解】对于，函数，定义域为，且满足，所以为定义域上的偶函数，正确；对于，时，且，在上恰有一个零点是，正确；对于C，根据正弦、余弦函数的周期性知，函数

8、是最小正周期为的周期函数， 正确；对于D，时，且，在上先减后增，D错误故选D【点睛】本题主要考查了正弦函数、余弦函数的单调性、奇偶性、周期性的应用以及零点的求法11.在三棱锥中，则三棱锥外接球的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】三棱锥是正三棱锥，取为外接圆的圆心，连结，则平面，设为三棱锥外接球的球心，外接球的半径为，可求出，然后由可求出半径，进而求出外接球的体积.【详解】由题意，易知三棱锥是正三棱锥，取为外接圆的圆心，连结，则平面，设为三棱锥外接球的球心.因为，所以.因为，所以.设三棱锥外接球的半径为，则，解得，故三棱锥外接球的体积是.故选B.【点睛】本题考查了三棱

9、锥的外接球体积的求法，考查了学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.12.已知椭圆的焦点为，过的直线与交于两点若，则的方程为（ ）.A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据椭圆的定义以及余弦定理列方程可解得，可得椭圆的方程【详解】解：，又，又，在轴上在中，在中，由余弦定理可得，根据，可得，解得，所以椭圆的方程为：故选【点睛】本题考查了椭圆的定义及余弦定理，属中档题二、填空题13.曲线在点处的切线方程为_【答案】【解析】【分析】由题可判断出点在曲线上，所以通过求导求出切线的斜率，把斜率和点代入点斜式方程即可【详解】点（0，1）在曲线上，又由题意，斜率k，所求方程为：，即yx+

10、1故答案为【点睛】本题考查导数的几何意义的应用，属于基础题14.某工厂为了解产品生产情况，随机抽取了100个样本.若样本数据，的方差为16，则数据，的方差为_.【答案】64【解析】【分析】根据样本数据，的方差为，得出对应数据，的方差为【详解】样本数据，的方差为16，所以数据，的方差为.故答案为：64【点睛】本题考查了方差的性质，需熟记性质，属于基础题.15.设为双曲线：的右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与圆交于，两点，若，则的离心率为_.【答案】【解析】【分析】由题意画图，先求出，再由列式求双曲线的离心率.【详解】由题意，把代入，得，再由，得，即，解得.故答案为：【点睛】本题考查了双曲线的几何

11、性质，考查了学生的计算能力，属于中档题.16.在中，角的对边分别为，且为锐角，则面积的最大值为_.【答案】【解析】【分析】由，利用正弦定理求得.，再由余弦定理可得，利用基本不等式可得，从而利用三角形面积公式可得结果.【详解】因为，又，所以，又为锐角，可得.因为，所以，当且仅当时等号成立，即，即当时，面积的最大值为. 故答案为.【点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理以及基本不等式的应用，属于简单题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.三、解答题17.在等

12、比数列中，公比为，.（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）由公比结合等比数列的性质得出，再确定公比，即可得出数列的通项公式；（2）利用错位相减法求解即可.【详解】（1）因为公比为的等比数列中， 所以由成等比数列得出，当且仅当，时成立.此时公比，所以.（2）因为所以故数列的前项和【点睛】本题主要考查了求等比数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题.18.如图，在直三棱柱中，是的中点，.（）求证：平面；（）异面直线和所成角的余弦值为，求几何体的体积.【答案】（）证明见解析；（）2【解析】【分析】（）连结交于点，连结，证出，利用线

13、面平行的判定定理即可证出.（）根据题意可求出，在中，利用余弦定理求出，由结合三棱锥的体积公式即可求解.【详解】（）如图，连结交于点，连结，因为在直三棱柱中，四边形是矩形，所以点是的中点，因为是的中点，所以.因为平面，平面，所以平面.（）因为棱柱是直三棱柱，所以，因为，所以，因为异面直线和所成角的余弦值为.所以，因为，所以.根据余弦定理，在中，可得，因为，所以由勾股定理可得，因为，所以平面，同理平面，所以.所以几何体的体积为2.【点睛】本题主要考查了线面平行的判定定理、三棱锥的体积公式，在证明线面平行时，需先证线线平行，此题属于中档题.19.已知某保险公司的某险种的基本保费为（单位：元），继续购

14、买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：上年度出险次数01234保费（元）随机调查了该险种的名续保人在一年内的出险情况，得到下表：出险次数01234频数2808024124该保险公司这种保险的赔付规定如下：出险序次第1次第2次第3次第4次第5次及以上赔付金额（元）将所抽样本的频率视为概率.（1）求本年度续保人保费的平均值的估计值；（2）按保险合同规定，若续保人在本年度内出险次，则可获得赔付元；依此类推，求本年度续保人所获赔付金额的平均值的估计值；（3）续保人原定约了保险公司的销售人员在上午之间上门签合同，因为续保人临时有事，外出的时间在上午之间，请问续保人在

15、离开前见到销售人员的概率是多少？【答案】（1） （2） （3）【解析】【分析】（1）得出保费，对应的概率，即可得出本年度续保人保费的平均值的估计值；（2）先计算出每个赔偿金额对应的概率，然后按照平均值的计算公式得出本年度续保人所获赔付金额的平均值的估计值；（3）由几何概型概率公式计算即可.【详解】解：（1）由题意可得保费（元）概率0.70.20.060.030.01本年度续保人保费的平均值的估计值为（2）由题意可得赔偿金额（元）0概率0.70.20060.030.01本年度续保人所获赔付金额的平均值的估计值（3）设保险公司销售人员到达的时间为，续保人离开的时间为，看成平面上的点，全部结果所构成

16、的区域为则区域的面积事件表示续保人在离开前见到销售人员，所构成的区域为即图中的阴影部分，其面积所以，即续保人在离开前见到销售人员的概率是【点睛】本题主要考查了计算平均值以及利用几何概型计算概率，属于中档题.20.已知点，在椭圆：上，其中为椭圆的离心率，椭圆的右顶点为.（）求椭圆的方程；（）直线过椭圆的左焦点交椭圆于，两点，直线，分别与直线交于，两点，求证：.【答案】（）；（）证明见解析【解析】【分析】（）将点代入椭圆方程，结合，解方程即可求解. （）设，设直线：，代入椭圆方程，利用韦达定理解得，由、三点共线，、三点共线，可得，从而可得.【详解】（）依题意得：，解得，所以椭圆的方程为.（）由（）

17、得，如图，设，把直线：代入椭圆方程，得，所以，因为、三点共线，得，所以，同理，由、三点共线，得，因为，所以把代入得.所以.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程的求法、直线与椭圆的综合应用、向量垂直的充要条件，考查了学生的计算能力，综合性比较强，属于中档题.21.已知函数有两个极值点，其中.（）求实数的取值范围；（）当时，求的最小值.【答案】（）；（）【解析】【分析】（）求出函数的导函数，由题意可得程有两个不相等的正根，利用根与系数的关系即可求解.（2）结合（）可得，令，不妨设，求出函数的单调性，结合 ，求出的最小值即可.【详解】（）依题意得的定义域为，因为函数有两个极值点，所以方程有两个不相等的正

18、根，所以，解得，此时在和上单调递增，在上单调递减，所以实数的取值范围是.（）因为，是方程的两个根，所以，因为，所以，所以.令，则，即在上单调递减.因为，所以，所以，即，所以，即，所以，所以.因为在上单调递减，所以的最小值为，即的最小值为.【点睛】本题考查了函数的极值点应用，导数在研究函数最值中的应用，综合性比较强，要求有较高的逻辑推理和计算能力，属于难题.22.在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线：，曲线：.（）求曲线，的直角坐标方程；（）已知曲线与轴交于，两点，为曲线上任一点，求的最小值.【答案】（）：，：；（）【解析】【分析】（）根据代入可化曲线；将利用两角

19、差余弦公式展开，代入可化得（）求出曲线与轴像交，两点，点关于直线的对称点为，根据即可求解.【详解】（）因为，所以曲线的直角坐标方程为，因为，所以曲线的直角坐标方程为.（）因为曲线与轴交于，两点，点关于直线的对称点为，所以，所以的最小值为.【点睛】本题考查了极坐标方程与普通方程的互化以及直线与圆的位置关系求距离的最值，需熟记极坐标与普通方程的关系式，属于基础题23.已知函数的单调递增区间为.（）求不等式的解集；（）设，证明：.【答案】（）或；（）证明见解析【解析】【分析】（）将代入，采用零点分段法去绝对值即可求解.（）利用分析法要证明，只需证明，即要证明，根据即可证出.【详解】（）依题意得，所以不等式化为，当时，原不等式化为，得，当时，原不等式化为，得.当时，原不等式化为，得.所以，不等式的解集或.（）要证明，只需证明，即要证明，因为或，所以，因为，所以，即得证.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法、分析法证明不等式，考查了分类讨论的思想，属于基础题.