山东省滨州市博兴县第一中学2020届高三数学上学期入学考试试题（含解析）.doc

1、山东省滨州市博兴县第一中学2020届高三数学上学期入学考试试题（含解析）本试卷共4页，共23题，满分150分，考试用时120分钟考试结束后，将答题卡交回注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，将条形码准确粘贴在条形码区域内2作答选择题时选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案答案不能答在试卷上3非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答无效4保持答题卡卡面整洁不要折叠

2、、弄皱，考试结束后，将答题卡交回一、选择题：本题共13小题，每小题4分，共52分在每小题给出的四个选项中，第110题只有一项符合题目要求，第1113题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】解出集合M中的不等式即可【详解】因为，所以故选：B【点睛】本题考查的是集合的运算，较简单.2.抛物线的焦点坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】直接求出即可【详解】抛物线的焦点坐标在轴负半轴，所以为故选：A【点睛】本题考查的是由抛物线的方程得焦点坐标，较简单.3.已知复数满足，则对应点

3、所在的象限是（ ）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】由题意设，由，得，所以，在第四象限，选D4.的展开式中的系数为（ ）A. B. C. 40D. 80【答案】D【解析】【分析】写出的展开式的通项即可【详解】的展开式的通项为令得所以的展开式中的系数为故选：D【点睛】本题考查的是二项式展开式通项的运用，较简单.5.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】运用指对数函数的单调性，分别求出所在的范围即可【详解】因为，所以故选：B【点睛】本题考查的是指对数的大小比较，较简单.6.设为平面，为两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）A. 若

4、，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】【分析】运用空间中平行和垂直相关的定理逐一判断即可【详解】平行于同一平面的两条直线可以相交，平行或异面，故A错误若，则或，故B错误若，则,或，故D错误若，则，故C正确故选：C【点睛】本题考查的是空间中平行和垂直有关命题的判断，较简单.7.已知双曲线的右焦点到渐近线的距离为，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出右焦点到渐近线的距离，即可求出双曲线的离心率.【详解】由题意，右焦点到渐近线的距离所以所以故选：D【点睛】在椭圆中有，在双曲线中有8.若向量的夹角为，且，则向量与向量的夹角为（ ）A. B.

5、 C. D. 【答案】B【解析】【分析】结合数量积公式可求得、的值，代入向量夹角公式即可求解【详解】设向量与的夹角为，因为的夹角为，且，所以，所以，又因为所以，故选B【点睛】本题考查向量的数量积公式，向量模、夹角的求法，考查化简计算的能力，属基础题9.曲线在点处的切线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出的导数，可得切线的斜率，运用点斜式方程写出即可【详解】的导数为所以曲线在点处的切线斜率为2所以切线方程为：，即故选：C【点睛】本题考查的是导数的几何意义，较简单.10.已知，且，则的最小值为（ ）A. B. C. 8D. 9【答案】C【解析】【分析】由可得，从而得到

6、，然后将右边展开运用基本不等式求解即可.【详解】因为，且所以所以当且仅当，即时取得等号所以的最小值为8故选：C【点睛】本题考查的是运算基本不等式求最值，属于典型题.11.德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其名命名的函数，被称为狄利克雷函数以下说法正确的是（ ）A. 的值域是B. ，都有C. 存在非零实数，使得D. 对任意，都有【答案】ACD【解析】【分析】根据函数的对应法则，是有理数时，是无理数时，故A正确；根据函数奇偶性的定义，可得是偶函数，故B错误，根据函数的表达式，结合有理数和无理数的性质，可判断C正确，由或1可知D正确.【详解】对于选项A，根据函数的对应法则，是有理数时，是无

7、理数时，故A正确对于选项B，因为有理数的相反数还是有理数，无理数的相反数还是无理数所以，都有，故B错误对于选项C，若是有理数，则也是有理数若是无理数，则也是无理数所以任取一个不为零的实数，对于任意的都有，故C正确对于选项D，因为或1，所以对任意，都有故D正确综上：正确的有ACD故选：ACD【点睛】本题考查的是解决一个新定义的函数的值域，奇偶性，周期性等问题，较为综合.12.已知函数（其中，的部分图象，则下列结论正确的是（ ）A. 函数的图象关于直线对称B. 函数的图象关于点对称C. 函数在区间上单调增D. 函数与的图象的所有交点的横坐标之和为【答案】BCD【解析】【分析】根据图像求出函数的解析

8、式，再求出它的对称轴和对称中心，以及单调区间，即可判断.【详解】由函数（其中，）的图像可得：，因此,所以，过点，因此，又，所以，当时，故错；当时，故正确；当，所以在上单调递增，故正确；当时，所以与函数有的交点的横坐标为 ，故正确.故选：.【点睛】本题主要考查的是三角函数图像的应用，正弦函数的性质的应用，考查学生分析问题解决问题的能力，是中档题.13.如果一个棱锥的底面是正方形，且顶点在底面内的射影是底面的中心，那么这样的棱锥叫正四棱锥若一正四棱锥的体积为18，则该正四棱锥的侧面积最小时，以下结论正确的是（ ）A. 棱的高与底边长的比为B. 侧棱与底面所成的角为C. 棱锥的高与底面边长的比为D.

9、 侧棱与底面所成的角为【答案】AB【解析】【分析】设四棱锥的高为，底面边长为，由得，然后可得侧面积为，运用导数可求出当时侧面积取得最小值，此时，然后求出棱锥的高与底面边长的比和即可选出答案.【详解】设四棱锥的高为，底面边长为可得，即所以其侧面积为令，则令得当时，单调递减当时，单调递增所以当时取得最小值，即四棱锥的侧面积最小此时所以棱锥的高与底面边长的比为，故A正确，C错误侧棱与底面所成的角为，由，可得所以，故B正确，D错误故选：AB【点睛】本题考查的知识点有空间几何体的体积和表面积、线面角及利用导数求最值，属于综合题.二、填空题：本题共4小题，每小题4分，其中15小题每空2分，共16分14.直

10、线被圆裁得的弦长为_【答案】4【解析】分析】求出圆心到直线的距离即可【详解】圆的圆心为，半径为圆心到直线的距离为所以弦长为故答案为：4【点睛】设圆的半径为，圆心到直线的距离为，弦长为，则有15.在平面直角坐标系中，角与角均以轴的非负半轴为始边，它们的终边关于轴对称若，则_，_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由角与角均以轴的非负半轴为始边，它们的终边关于轴对称得，然后再用倍角公式求出即可.【详解】因为角与角均以轴的非负半轴为始边，它们的终边关于轴对称所以所以故答案为：，【点睛】角与角均以轴的非负半轴为始边，若它们的终边关于轴对称，则有；若它们的终边关于轴对称，则有.16.已知四棱锥

11、的顶点都在球的球面上，底面是边长为2的正方形，且平面.若四棱锥的体积为，则球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】根据四棱锥的体积为可求出，所以四棱锥的外接球为以为长,宽,高的长方体外接球，即可求出球的半径并得到表面积【详解】依题意可知，解得因为四棱锥的外接球也为以为长,宽,高的长方体外接球，所以，球的表面积为故答案为：【点睛】本题主要考查四棱锥的体积公式应用，以及四棱锥的外接球的求法，意在考查意在考查学生的数学运算能力和转化能力，属于基础题17.定义在上的函数满足，当时，则函数的零点个数为_【答案】5【解析】【分析】利用条件画出函数与在同一直角坐标系的图象即可观察出答案.【详解】因为，所以是

12、奇函数因为，所以的周期为4根据时，在同一坐标系中作出函数与的图象：由图可知，共有5个交点故函数的零点个数为5故答案为：5【点睛】一个复杂函数的零点个数问题常常是转化为两个常见函数的交点个数问题.三、解答题：共82分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤18.已知是等差数列，且公差，是等比数列，且，（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）设等比数列的公比为，列出方程组求解即可（2）用分组求和法求出即可.【详解】（1）设等比数列的公比为，根据题意，得，解得，或（舍）所以，（2）由（1）知，所以【点睛】常见数列求和方法：公式法（等差等比数列）、分

13、组求和法、裂项相消法、错位相减法19.中，内角，的对边分别为，已知（1）求证：；（2）若，的面积为，求的周长【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）用余弦定理将条件化为，然后化简即可（2）由得，由的面积为和可推出，然后用余弦定理求出即可.【详解】（1）因为由余弦定理得，整理得，所以，所以（2）因，由（1）知，又的面积为，所以又，所以，所以由余弦定理，得，所以，所以的周长为【点睛】本题考查的是正余弦定理及三角形的面积公式，较为典型.20.如图，四棱锥中，底面为菱形，与交于点，（1）求证：平面平面；（2）若，为的中点，求二面角的大小【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）连结，证明

14、和即可（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，算出平面的法向量和即可【详解】（1）证明：连结，因为底面为菱形，所以为的中点又，所以，又，平面，所以平面又平面所以平面平面（2）因为，且为的中点，所以又因为，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，即，所以取因为平面，所以取平面的法向量为于是，因为，所以，所以二面角的大小为【点睛】向量法是求线线角、线面角、面面角时常用方法.21.已知椭圆的两个顶点分别为，焦点在轴上，离心率为（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的右焦点为，过作轴的垂线交椭圆于不同的两点，且点在轴的上方，过作的垂线交于点，求与的面积之比【答

15、案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由条件得出即可（2）先分别求出点的坐标，然后联立直线和直线的方程求出点的纵坐标，然后利用求出答案即可.【详解】（1）设椭圆的方程为，由题意，得，解得，所以，所以椭圆的方程为（2）因为为椭圆的右焦点，所以点的坐标为由，解得，或因此，的坐标分别为，所以直线的斜率为又因为，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即直线的方程为，即由，解得点的纵坐标为又的面积为，的面积为，所以，所以与的面积之比为【点睛】解析几何中的面积问题要善于观察图形的特点，将面积进行等价转化是解题的关键.22.全国中小学生的体质健康调研最新数据表明我国小学生近视眼发病率为22.78%，初中生为5

16、5.22%，高中生为70.34%影响青少年近视形成的因素有遗传因素和环境因素，主要原因是环境因素学生长时期近距离的用眼状态，加上不注意用眼卫生、不合理的作息时间很容易引起近视除了学习，学生平时爱看电视、上网玩电子游戏、不喜欢参加户外体育活动，都是造成近视情况日益严重的原因为了解情况，现从某地区随机抽取16名学生，调查人员用对数视力表检查得到这16名学生的视力状况的茎叶图（以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶），如图：（1）写出这组数据的众数和中位数；（2）若视力测试结果不低于5.0，则称为“好视力”从这16名学生中随机选取3名，求至少有2名学生是“好视力”的概率；以这16名学生中是

17、“好视力”的频率代替该地区学生中是“好视力”的概率若从该地区学生（人数较多）中任选3名，记表示抽到“好视力”学生的人数，求的分布列及数学期望【答案】（1）众数为4.6和4.7，中位数为4.75（2）见解析，【解析】【分析】（1）直接观察茎叶图中的数据即可求出答案（2）设事件，表示“所选3名学生中有名是好视力”，设事件表示“至少有2名学生是好视力”由求出即可近似服从二项分布，然后列出分布列和算出期望即可.【详解】（1）由题意知众数为4.6和4.7，中位数为（2）设事件，表示“所选3名学生中有名是好视力”，设事件表示“至少有2名学生是好视力”则因为这16名学生中是“好视力”的频率为，所以该地区学生

18、中是“好视力”的概率为由于该地区学生人数较多，故近似服从二项分布，所以的分布列为0123的数学期望为【点睛】本题考查的知识点有：茎叶图、众数、中位数、二项分布等，是一道比较典型的概率与统计的题.23.已知函数，其中（1）讨论函数的单调性；（2）设，若对于任意，有，求实数的取值范围【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）求出，然后分、四种情况讨论（2）不妨设，则可化为，构造函数，然后条件可转化为在区间上恒成立，然后利用二次函数的知识即可求出答案.【详解】（1）函数定义域为，若，则当时，所以函数在区间上单调递减；当时，所以函数在区间上单调递增若，则当或时，所以函数在区间，上均单调递增；当时

19、，所以函数在区间上单调递减若，则当时，所以函数在区间上单调递增若，则当或时，所以函数在区间，上均单调递增；当时，所以函数在区间上单调递减综上所述，当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；当时，函数在区间，上均单调递增，在区间上单调递减；当时，函数在区间上单调递增；当时，函数在区间，上均单调递增，在区间上单调递减（2）不妨设，则可化为令，则函数在区间上单调递增所以在区间上恒成立即在区间上恒成立（*）因为，所以，所以，要使（*）成立，只需，解得故所求实数的取值范围为【点睛】1. 若在上单调递增，则有；若在上单调递减，则有2. 解含参的一元二次不等式常从以下几个方面讨论：开口方向、根的个数、根的大小、根在不在给的范围内.