广西北流市实验中学2020届高三下学期开学考试数学（文）试题 WORD版含解析.doc

1、北流市实验中学2020年春季期高三数学开学考文科数学本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分满分150分考试时间120分钟考试结束后，只需上交答题卡注意事项：1、答题时，考生务必在答题卡上用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚请认真核对准考证号、姓名和科目2、选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试卷上作答无效第卷（选择题 共60分）一、选择题：（本大题共12个小题，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.已知复数满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】

2、试题分析：解法一：由题意得，故选A.解法二：设，则，由复数相等得，解得，因此，故选A.【考点定位】本题考查复数的四则运算，属于容易题.2.已如集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出集合A，B，然后进行交集的运算即可【详解】由题意，集合，集合故选A【点睛】本题主要考查了描述法、区间表示集合的定义，绝对值不等式的解法，以及交集的运算，着重考查了推理与运算能力，属于基础题3.若ABC中，则此三角形的形状是（ ）A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等边三角形D. 等腰直角三角形【答案】A【解析】分析】已知等式左边第一项利用诱导公式化简，根据不为0得到，再利用两角和与差的

3、正弦函数公式化简.【详解】中，已知等式变形得：，即，整理得：，即，或（不合题意，舍去），则此三角形形状为直角三角形故选：【点睛】此题考查了正弦定理，以及三角函数中的恒等变换应用，熟练掌握公式是解本题的关键，属于中档题4.设是定义在R上的周期为3的函数，当时，则( )A. 0B. 1C. D. 【答案】D【解析】试题分析：因为是周期为3的周期函数，所以故选D.考点：函数周期性的概念和分段函数的概念.5.函数的零点所在的区间是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】函数，函数数在定义域(0,+)上是单调增函数；又x=2时,，x=e时,，因此函数的零点在(2,e)内故选C.点睛：本题主要考查

4、了函数的零点与方程的关系;分段函数的应用等知识点. 函数零点个数的判断方法：(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点(2)零点存在性定理法：要求函数在上是连续的曲线，且.还必须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点(3)图象法：先把所求函数分解为两个简单函数，再画两个函数图象，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.6.已知抛物线的焦点为，是抛物线的准线上的一点，且的纵坐标为正数，是直线与抛物线的一个交点，若，则直线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据抛物线的定义求出直线的斜率得解.【详解】过

5、点作于，因为，由抛物线的定义得，所以在中，所以，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即，故选B.【点睛】本题关键在于根据抛物线的定义，将线段的关系转化到角的关系，属于中档题.7.在等差数列中，前项和为，则等于( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由根据等差数列的前项和公式得到，代入即可求出结果【详解】设首项为，公差为，即，则，故选A【点睛】本题主要考查等差数列前项和公式的应用，意在考查对基本公式的掌握情况，属于基础题8.函数的大致图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由于，且，故此函数是非奇非偶函数，排除；又当时，满足，即的图象与直线的交点中有一个点的横坐标为

6、，排除， 故选B【方法点晴】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9.已知函数满足对任意，都有成立，则实数的取值范围是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知可得函数f（x）在R上为减函数，则分段函数的每一段均为减函数，且在分界点左段函数不小于右段函数的值，进而得到实数a的取值范围【详解】因为函数对任意，都有成立，所以函数

7、在定义域内单调递减，所以.故选B.【点睛】已知函数的单调性确定参数的值或范围要注意以下几点：(1)若函数在区间a,b上单调，则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的；(2)分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值；（3）复合函数的单调性，不仅要注意内外函数单调性对应关系，而且要注意内外函数对应自变量取值范围.10.圆上有且仅有两点到双曲线的一条渐近线的距离为，则该双曲线离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】双曲线的一条渐近线为，圆，圆心，半径，根据题意，圆心到的距离的范围为，从而得到关系式，利用得到关系，从而得到离心率.【详解】双曲线的一

8、条渐近线为，圆，圆心，半径因为圆上有且仅有两点到的距离为1，所以圆心到的距离的范围为即，而所以，即故选C项.【点睛】本题考查圆上的点到直线的距离，双曲线的渐近线，求双曲线的离心率，属于中档题.11.已知定义在上的奇函数满足，当时，且，则（ ）A. B. C. 4D. 12【答案】B【解析】【分析】根据是奇函数，以及即可得出，即得出的周期为8，而根据（2）及时，即可求出，从而得出（3）（1），（4）（8），（5）（1），（6）（2），（7）（3），这样即可求出（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8），而，从而得出（1）（2）（3）【详解】，即函数是以8为周期的周期函数由，得，故，过程一：

9、，或过程二：，故.【点睛】函数基本性质综合在高考题型中经常出现，此种题型只需记牢基础知识，个别题型可借鉴草图快速求解考生若能掌握以下考点，可事半功倍函数周期性的常用结论：函数关于直线与对称，那么函数的周期为 ；若函数关于点对称，又关于点对称，则函数的周期是；若函数关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期是；若函数是偶函数，其图象关于直线对称，则其周期为；若函数是奇函数，其图象关于直线对称，则其周期为.12.在等腰直角中，在边上且满足：，若，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】根据题意，在线段上，过 作，垂足为，作 ，垂足为 ，若设，由于 ，得 ，根据题意 ； ，即

10、，故选A.第卷（非选择题 共90分）二、填空题：（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在答题卡中横线上）13.已知向量，,若，则代数式的值是【答案】5【解析】【详解】试题分析：利用向量平行的充要条件，由得，即，代入求值式即得考点：向量平行14.已知的内角、的对边分别为、，若，且的面积是，_.【答案】【解析】【分析】利用同角三角函数计算出的值，利用三角形的面积公式和条件可求出、的值，再利用余弦定理求出的值.【详解】，且的面积是，由余弦定理得，.故答案为【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，同时也考查了同角三角函数的基本关系、三角形面积公式的应用，考查运算求解能力，属于中等题.15

11、.已知函数在上单调递减，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据对数函数的性质以及一次函数的性质，分离参数a，求出a的范围即可【详解】若函数y=log2（ax1）在（2，1）上单调递减，则a0且ax10在（2，1）恒成立，即a在（2，1）恒成立，故a1，故答案为：a1【点睛】本题考查了对数函数的性质，考查函数的单调性问题，是一道基础题解答时不要漏掉了函数的定义域，不要忽视了取等问题.16.已知四面体中，平面，则四面体的内切球半径与外接球半径的比_【答案】【解析】【分析】求出四面体中的体积和表面积，可得其内切球半径，由正弦定理求出所在的小圆的直径，则可得四面体外接球半径，从而可得所求比值【

12、详解】如图，由平面，平面，则，由已知及勾股定理得，为等边三角形，为等腰三角形所以，表面积，设内切球半径为r，表面积，所以，；所在的小圆的直径，因此大圆直径（外接球直径）为，故内切球半径与外接球半径的比为，故答案为：【点睛】本题考查四面体的内切球与外接球问题，考查球的性质与棱锥的表面积、体积考查学生的空间想象能力和运算求解能力，属于中档题三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题：共60分17.某校从高一年级学生中随机抽取60名学生，将期中考试的物理成绩（均为整数）分成六段：，

13、后得到如图频率分布直方图.（1）根据频率分布直方图，估计众数和中位数；（2）用分层抽样的方法从的学生中抽取一个容量为5的样本，从这五人中任选两人参加补考，求这两人的分数至少一人落在的概率.【答案】（1）众数为75，中位数为73.33；（2）.【解析】【分析】（1）由频率分布直方图能求出a=0.030由此能求出众数和中位数；（2）用分层抽样的方法从40，60）的学生中抽取一个容量为5的样本，从这五人中任选两人参加补考，基本事件总数，这两人的分数至少一人落在50，60）包含的基本事件个数，由此能求出这两人的分数至少一人落在50，60）的概率【详解】（1）由频率分布直方图得：，解得，所以众数为：，的

14、频率为，的频率为，中位数为：.（2）用分层抽样的方法从的学生中抽取一个容量为5的样本，的频率为0.1，的频率为0.15，中抽到人，中抽取人，从这五人中任选两人参加补考，基本事件总数，这两人的分数至少一人落在包含的基本事件个数，所以这两人的分数至少一人落在的概率.【点睛】在求解有关古典概型概率的问题时，首先求出样本空间中基本事件的总数，其次求出概率事件中含有多少个基本事件，然后根据公式求得概率18.在等比数列中，公比，且满足，（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，当取最大值时，求的值【答案】（1）（2）值为8或9【解析】【分析】（1）根据等比数列的性质化简，联立即可解出答案（2）根据

15、写出，求出，写出，再求出其前n项的和，判断即可【详解】（1），可得，由，即，由，可得，可得，即，由解得舍去），则；（2），可得，则，可得或9时，取最大值18则的值为8或9【点睛】本题考查等比数列，等差数列前n项和的最值问题，属于基础题19.等腰的底边，高，点E是线段BD上异于点B，D的动点点F在BC边上，且现沿EF将折起到的位置，使证明平面PAE；记，表示四棱锥的体积，求的最值【答案】（）证明见解析（）【解析】【分析】（）利用直线垂直于平面内两条相交直线证得直线垂直于平面即可；（）利用题意求得体积的函数 ，对体积函数进行求导，讨论函数的单调性即可求得体积的最大值.【详解】（）证明：，故，而，所

16、以平面（）由（）得，又，平面，即为四棱锥的高. 由高线及得，由题意知，而，（），当单调递增，当单调递减，所以时，取得极大值，也是最大值，20.设A、B是抛物线上分别位于x轴两侧两个动点，且，（其中O为坐标原点）（1）求证：直线必与x轴交于一定点Q，并求出此定点Q的坐标；（2）过点Q作直线的垂线与抛物线交于C、D两点，求四边形面积的最小值【答案】（1）证明见解析，；（2）88.【解析】分析】（1）设直线的方程为，联立消得，由韦达定理得，根据，得，由此解方程即可得到本题答案；（2）由弦长公式，得，所以四边形的面积，通过换元法，利用函数的单调性即可求得本题答案.【详解】（1）证明：易知直线的斜率不为

17、0，设直线的方程为， ，由消得， ，则，且 ，由，得，解得，或（舍去），所以，可得，即直线的方程为，所以直线恒过定点 ；（2）由（1）得， ，同理， ，因为，所以四边形的面积，令（，当且仅当时等号成立），则，易知函数在上是增函数，所以当时，取得最小值88，故四边形面积的最小值为88.【点睛】本题主要考查与抛物线相关的定点问题和面积问题，考查学生的分析问题能力和转化求解能力，联立直线方程和圆锥曲线方程，然后利用韦达定理，是解决此类问题的常用方法.21.设函数求的单调区间；若存在区间，使在上的值域是，求的取值范围【答案】(I)的单调递增区间为 ；(II) .【解析】【分析】 求出，对再求导，可得函

18、数增区间与减区间，的最小值为，从而可得的单调递增区间为；根据的单调性求出在的值域，问题转化为在上至少有两个不同的正根，令，两次求导，根据函数的单调性求出的范围即可【详解】令g(x)= ,，令，解得：，令，解得：，所以在单调递减，在单调递增，则的最小值为所以，所以的单调递增区间为 .由得在区间递增，在上的值域是所以则在上至少有两个不同的正根，令求导，得，令则所以在递增，当时，G(x)，当时，G(x)所以上递减，在上递增，故【点睛】本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅

19、题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.（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22.直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），曲线（1）在以为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求、的极坐标方程；（2）射线与异于极点的交点为，与的交点为，求【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】

20、（1）将曲线的参数方程化为普通方程，由直角坐标方程与极坐标方程之间的转换关系可将曲线、的直角坐标方程转化为极坐标方程；（2）设点、的极坐标分别为、，将分别代入曲线、的极坐标方程求得和，由此可得出.【详解】（1）曲线（为参数）化为普通方程为，所以曲线的极坐标方程为，即，曲线的直角坐标方程为，化为极坐标方程为；（2）设点、的极坐标分别为、，将分别代入曲线、的极坐标方程得，即，解得，所以【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与普通方程之间的转化，同时也考查了利用极坐标方程解决线段长度的计算问题，考查计算能力，属于中等题.23.已知函数.（1）若，求的取值范围；（2）若存在，使得成立，求的取值范围.【答案】（1）-1t5 （2）-4,0【解析】【分析】（1）分和三种情况分类讨论去绝对值，可得一元一次不等式，再通过解不等式得到的取值范围（2）当时，可化简得，再根据存在，使得成立，即可求得答案【详解】（1）由可得,或或解得（2）当时，存在，使得即成立，存在，使得成立，则【点睛】本题主要考查了解绝对值不等式，在解含有绝对值不等式时需要通过分类讨论去掉绝对值，然后再解不等式，需要掌握解题方法