2020届贵州省凯里市第一中学高三上学期开学考试数学（理）试题（解析版）

2020届贵州省凯里市第一中学高三上学期开学考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】求出集合的元素，根据交集定义计算．

【详解】

解：；

∴．

故选：B．

【点睛】

本题考查集合的交集运算，考查对数函数的性质，属于基础题．

2．设复数z满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】利用复数的除法法则将复数表示为一般形式，然后利用复数的求模公式可求出.

【详解】

，故，

故选：A．

【点睛】

本题主要考查复数模长的计算，同时也考查了复数的除法运算，考查计算能力，比较基础．

3．某地区高考改革，实行“”模式，即“”指语文、数学、外语三门必考科目，“”指在化学、生物、政治、地理四门科目中必选两门，“”指在物理、历史两门科目中必选一门，则一名学生的不同选科组合有多少种？（    ）

A．种 B．种 C．种 D．种

【答案】B

【解析】根据题意，分步进行分析该学生在“语文、数学、外语三门”、“化学、生物、政治、地理四门”、“物理、历史两门”中的选法数目，由分步计数原理计算可得答案．

【详解】

根据题意，分3步进行分析：

①语文、数学、外语三门必考科目，有1种选法；

②在化学、生物、政治、地理四门科目中必选两门，有种选法；

③在物理、历史两门科目中必选一门，有种选法；

则这名学生的不同选科组合有种.

故选：B．

【点睛】

本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．

4．已知是空间中两条不同的直线，是两个不同的平面，有以下结论：

①   ②

③   ④.

其中正确结论的个数是（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】B

【解析】分析：根据直线与平面的位置关系的判定定理和性质定理，即可作出判定得到结论.

详解：由题意，对于①中，若，则两平面可能是平行的，所以不正确；

对于②中，若，只有当与相交时，才能得到，所以不正确；

对于③中，若，根据线面垂直和面面垂直的判定定理，可得，所以是正确的；

对于④中，若，所以是不正确的，

综上可知，正确命题的个数只有一个，故选B.

点睛：本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．

5．（2018届河北省衡水中学三轮）已知等差数列的公差为，若成等比数列，则的值为（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】分析：根据成等比数列求得首项，然后再根据通项公式求即可．

详解：∵成等比数列，

∴，

即，

解得,

∴.

故选C.

6．若二项式的展开式的第5项是常数项，则自然数的值为

A．6    B．10    C．12    D．15

【答案】C

【解析】,因为其为常数项，所以.

7．已如非零向量、，满足，，则与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】设平面向量、的夹角为，由平面向量的数量积与夹角公式，结合特殊角的余弦函数，即可求出与的夹角．

【详解】

非零向量、满足，所以.

又，所以，即.

设平面向量、的夹角为，所以，

又，所以，即与的夹角为．

故选：C．

【点睛】

本题考查了平面向量的数量积与夹角的计算问题，是基础题．

8．函数y=sin2x的图象可能是

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.

详解：令，

因为，所以为奇函数，排除选项A,B;

因为时，，所以排除选项C，选D.

点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．

9．已知奇函数在上是增函数，，若，，，则、、的大小关系（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据函数奇偶性的定义判定出函数为偶函数，利用不等式的性质可判断出函数在上为增函数，比较、、的大小关系，利用函数在上的单调性可得出、、的大小关系.

【详解】

函数为上的奇函数，则，且，

，所以，函数为偶函数，

由于函数是增函数，且当时，，

任取，则，所以，

则，所以，函数在区间上单调递增，

，即，且，，

所以，，则，因此，．

故选：D．

【点睛】

本题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键，同时也考查了利用指数函数和对数函数的单调性比较指数式和对数式的大小关系，考查推理能力，属于中等题.

10．将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则（   ）

A．为奇函数，在上单调递减 B．为偶函数，在上单调递增

C．周期为，图象关于点对称 D．最大值为1，图象关于直线对称

【答案】D

【解析】，值域为，为偶函数，选项A排除；周期，令，，故单调增区间为，令，，单调减区间为，函数在上无单调性，选项B排除；令，，所以对称中心为，当，不符合，排除C选项；令，当是函数的一条对称轴，选项D正确。

点睛：本题主要考查函数的图象和性质，包括最值，单调性，周期性，奇偶性，对称性等，属于中档题。

11．已知双曲线的左、右焦点分别为，过作圆的切线，交双曲线右支于点，若，则双曲线的渐近线方程为（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】作OA⊥于点A，于点B，可得，，，结合双曲线定义可得从而得到双曲线的渐近线方程.

【详解】

如图，作OA⊥于点A，于点B，

∵与圆相切，

∴，，

又点M在双曲线上，

∴

整理，得，

∴

∴双曲线的渐近线方程为

故选：A

【点睛】

本题考查了双曲线渐近线方程的求法，解题关键建立关于a，b的方程，充分利用平面几何性质，属于中档题.

12．定义在R上的奇函数满足，且当时，不等式恒成立，则函数的零点的个数为　　

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【解析】由不等式在上恒成立，得到函数在时是增函数，再由函数是定义在R上的奇函数得到为偶函数，

结合，作出两个函数与的大致图象，即可得出答案．

【详解】

解：定义在R的奇函数满足：

，

且，

又时，，即，

，函数在时是增函数，

又，是偶函数；

时，是减函数，结合函数的定义域为R，且，

可得函数与的大致图象如图所示，

由图象知，函数的零点的个数为3个．

故选C．

【点睛】

本题考查了函数的单调性与导数之间的应用问题，也考查了函数零点个数的判断问题，是中档题目．

二、填空题

13．曲线在点处的切线方程为______．

【答案】

【解析】利用导数求出曲线在点处的切线的斜率，然后利用点斜式可写出所求切线的方程.

【详解】

依题意得，因此曲线在处的切线的斜率等于，

所以函数在点处的切线方程为.

故答案为：．

【点睛】

本小题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，考查运算求解能力．属于基础题．

14．已知，则______．

【答案】

【解析】将所求代数式变形为，然后利用二倍角的余弦公式可计算出所求代数式的值.

【详解】

，，

故答案为：．

【点睛】

本题主要考查了二倍角公式，找出所求角与已知角之间的关系是解题的关键，考查计算能力，属于基础题．

15．若抛物线上一点到其焦点的距离为，为坐标原点，则的面积为______．

【答案】

【解析】利用抛物线的定义，求出点的坐标，即可求出三角形的面积．

【详解】

由抛物线定义，，所以，，

所以，的面积．

故答案为：．

【点睛】

本题考查抛物线定义的应用，同时也考查了三角形的面积的求法，考查计算能力，属于基础题.

16．已知三角形所在平面与矩形所在平面互相垂直，，，若点、、、、都在同一球面上，则此球的表面积等于______．

【答案】

【解析】利用面面垂直的性质定理证明出平面，由三棱锥与四棱锥的外接球为同一个球，并设此球的半径为，的外接圆半径为，利用正弦定理计算出的外接圆直径，然后利用公式可求出，最后利用球体的表面积公式可计算出该球的表面积.

【详解】

如下图所示，由题意可知，三棱锥与四棱锥的外接球为同一个球，

并设此球的半径为，的外接圆半径为，

四边形为矩形，则，

平面平面，平面平面，平面，

平面，

设的外接圆半径为，由，，

则为等腰三角形，且，由正弦定理得，

，因此，该球的表面积为.

故答案为：.

【点睛】

本题考查多面体的外接球，同时也考查了球体表面积的计算，解题的关键就是推导出线面垂直，转化为直棱锥的外接球来进行计算，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.

三、解答题

17．商品的销售价格与销售量密切相关，为更精准地为商品确定最终售价，商家对商品A按以下单价进行试售，得到部分的数据如下：

（1）求销量关于的线性回归方程；

（2）预计今后的销售中，销量与单价服从（1）中的线性回归方程，已知每件商品的成本是元，为了获得最大利润，商品的单价应定为多少元？（结果保留整数）

（参考数据：，，）（参考公式：，）

【答案】（1）；（2）元.

【解析】（1）求出和的值，将表格中的数据代入最小二乘法公式求出和的值，即可求出回归直线方程；

（2）设商品的单价应定为元，可得出利润关于的函数解析式为，再由二次函数的基本性质求最值．

【详解】

（1），，

，.

销量关于的线性回归方程为；

（2）设商品的单价应定为元，则利润，

当时，获得的利润最大．

【点睛】

本题考查利用最小二乘法求回归直线方程，同时也考查了利用二次函数的基本性质求最值，考查计算能力，是中档题．

18．在中，设角的对边分别为，已知.

（1）求角的大小；

（2）若，求周长的取值范围.

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）由三角函数的平方关系及余弦定理即可得出（2）利用正弦定理、两角和差的正弦公式、三角函数的单调性转化为三角函数求值域即可得出.

【详解】

（1）由题意知，

即，

由正弦定理得

由余弦定理得，

又.

（2），

则的周长

.

，

，

周长的取值范围是.

【点睛】

本题主要考查了三角函数的平方关系，正余弦定理，两角和差的正弦公式，三角函数的单调性，属于中档题.

19．如图所示，四棱锥中，底面，，，，，，．

（1）求证：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】（1）由已知求解三角形证明，再由，可得，由线面平行的判定可得平面；

（2）以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用空间向量求解直线与平面所成角的正弦值．

【详解】

（1）证明：在中，

，，，则，

在中，由，，得，，

又，，

平面，平面，平面；

（2）由底面，，

以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，

，，，得、、、，

，，，

设平面的一个法向量为，

由，取，得，

设直线与平面所成角为，

则．

因此，直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】

本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．

20．设椭圆，离心率，短轴，抛物线顶点在原点，以坐标轴为对称轴，焦点为，

（1）求椭圆和抛物线的方程；

（2）设坐标原点为,为抛物线上第一象限内的点，为椭圆是一点，且有，当线段的中点在轴上时，求直线的方程．

【答案】（1） , ;(2)

【解析】（1）根据条件列方程组解得a,b，根据抛物线焦点坐标所在位置可设抛物线方程形式，再根据焦点坐标求抛物线标准方程，（2）利用斜率设直线、OB方程，分别与抛物线、椭圆方程联立方程组解得A,B横坐标，再根据A,B横坐标和为0解斜率得A,B坐标，最后根据两点式求直线AB 方程.

【详解】

(1) 由得，又有，代入，解得

所以椭圆方程为

由抛物线的焦点为得，抛物线焦点在轴，且，

抛物线的方程为：

(2)由题意点位于第一象限，可知直线的斜率一定存在且大于

设直线方程为：，

联立方程得：，可知点的横坐标，即

因为，可设直线方程为：

连立方程得：，从而得

若线段的中点在轴上，可知，即

有，且，解得

从而得，

直线的方程：

【点睛】

直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利用韦达定理或求根公式进行转化.

21．已知函数．

（1）求函数的单调区间；

（2）若恒成立，求的值.

【答案】（1）函数的单调减区间为，单调增区间为．

（2）

【解析】（1）直接利用导数求得函数的单调减区间为，单调增区间为．，其中，由题意知在上恒成立，再利用导数求出≥0，记，再利用导数求得所以，即=0，所以a=1.

【详解】

（1）依题意，，令，解得，故，

故当时，函数单调递减，当时，函数单调递增；

故函数的单调减区间为，单调增区间为．

（2），其中，

由题意知在上恒成立，，

由（1）可知，∴ ，

∴，记，则，令，得．

当变化时，，的变化情况列表如下：

∴，故，当且仅当时取等号，

又，从而得到．

【点睛】

本题主要考查利用导数求函数的单调区间、极值和最值，考查利用导数研究不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.

22．选修4-4：坐标系与参数方程:在直角坐标系中，曲线（为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

（1）求曲线的极坐标方程；

（2）已知点，直线的极坐标方程为，它与曲线的交点为，，与曲线的交点为，求的面积.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）首先把参数方程转化为普通方程，利用普通方程与极坐标方程互化的公式即可得到曲线的极坐标方程；

（2）分别联立与的极坐标方程、与的极坐标方程，得到、两点的极坐标，即可求出的长，再计算出到直线的距离，由此即可得到的面积。

【详解】

解：（1），

其普通方程为，化为极坐标方程为

（2）联立与的极坐标方程：，解得点极坐标为           

联立与的极坐标方程：，解得点极坐标为，所以，又点到直线的距离，                                           

故的面积.

【点睛】

本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程的互化，利用极径的几何意义求三角形面积是解题的关键，属于中档题。

23．已知.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若时不等式成立，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）

【解析】分析：(1)将代入函数解析式，求得，利用零点分段将解析式化为，然后利用分段函数，分情况讨论求得不等式的解集为；

(2)根据题中所给的，其中一个绝对值符号可以去掉，不等式可以化为时，分情况讨论即可求得结果.

详解：（1）当时，，即

故不等式的解集为．

（2）当时成立等价于当时成立．

若，则当时；

若，的解集为，所以，故．

综上，的取值范围为．

点睛：该题考查的是有关绝对值不等式的解法，以及含参的绝对值的式子在某个区间上恒成立求参数的取值范围的问题，在解题的过程中，需要会用零点分段法将其化为分段函数，从而将不等式转化为多个不等式组来解决，关于第二问求参数的取值范围时，可以应用题中所给的自变量的范围，去掉一个绝对值符号，之后进行分类讨论，求得结果.