1、2019-2020学年非凡吉创高三年级1月调研考试数学（文）卷注意事项：1.本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等信息填写在答题卡上.2.回答第卷时，选出每小题的答案后，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.写在本试卷上无效.3.回答第卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第卷（选择题，共60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1.已知是虚数单位，若复数，则的虚部是（ ）A. 3B
2、. C. 1D. 【答案】C【解析】【分析】利用复数的乘法运算法则计算可得复数，根据复数的概念可得答案.【详解】，所以复数的虚部为1.故选：C【点睛】本题考查了复数的乘法运算法则，考查了复数的概念，属于基础题.2.已知集合，均为全集的子集，且，则集合可以有（ ）种情况A. 2B. 3C. 4D. 6【答案】C【解析】【分析】根据得到，故得到答案.【详解】，于是集合可以是、四种情况.故选：【点睛】本题考查了集合的运算和子集问题，意在考查学生的计算能力.3.已知命题：角的终边在直线上，命题：，那么是的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件【答案】
3、C【解析】【分析】对命题根据终边相同的角的概念进行化简可得可得答案.【详解】角的终边在直线上或，故是的充分必要条件，故选：C.【点睛】本题考查了终边相同的角的概念，考查了充分必要条件的概念，属于基础题.4.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据指数函数为递增函数可得，根据对数函数为递增函数可得，根据对数函数为递减函数可得，由此可得答案.【详解】因为，所以.故选：A【点睛】本题考查了指数函数的单调性，考查了对数函数的单调性，关键是找中间变量，属于基础题.5.已知两个非零向量，满足，则的值为（ ）A. 1B. 1C. 0D. 2【答案】B【解析】【分析】根据已知向量的坐
4、标求出向量的坐标，再根据向量的数量积的坐标表示计算可得.【详解】因为，所以，所以.故选：B【点睛】本题考查了向量的线性运算的坐标表示，考查了向量的数量积的坐标表示，属于基础题.6.已知数列是首项为，公比的等比数列，且.若数列的前项和为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意得到，利用等比数列公式计算得到答案.【详解】由题设条件知，于是，即，故选： .【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，前项和，意在考查学生对于数列公式的灵活运用.7.已知，不等式组表示的平面区域为，不等式组表示的平面区域为.在平面区域内有一粒豆子随机滚动，则该豆子始终滚不出平面区域的概率是（ ）A.
5、 B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】作出平面区域，计算区域的面积，根据几何概型的概率公式可得答案.【详解】如图所示，不等式组表示的平面区域为图中的阴影部分所表示的区域，易知直线分别交直线与轴于点，.所以，.所以，易得，因此，故阴影部分的面积，于是豆子始终滚不出平面区域的概率为.故选：A【点睛】本题考查了几何概型的面积型的概率公式，准确求出面积是解题关键，属于基础题.8.如图所示，是某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图，其中俯视图为等腰直角三角形,则该几何体体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据三视图可得该组合体下半部为一半球体，上半部为一三
6、棱锥，根据三视图中的数据，利用椎体和球体的体积公式计算可得答案.【详解】由三视图可知：该组合体下半部为一半球体，上半部为一三棱锥，该三棱锥中一条侧棱与底面垂直，底面三角形为等腰直角三角形，其中腰长为，高为3，而球体的半径为3，所以该组合体的体积为：.故选：C【点睛】本题考查了由三视图还原直观图，考查了椎体和球体的体积公式，属于基础题.9.已知是定义在R上的奇函数，当时，若，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】画出函数图像得到函数单调递增，利用函数的单调性得到，计算得到答案.【详解】是奇函数，当时，设则，故 即 ，函数的图像如图所示：结合图像可知是上的增函数
7、由，得解得，故选：.【点睛】本题考查了函数的奇偶性和单调性，判断函数的单调性是解题的关键.10.已知双曲线：，当双曲线的焦距取得最小值时，其右焦点恰为抛物线：的焦点、若、是抛物线上两点，则中点的横坐标为（ ）A. B. 2C. D. 3【答案】B【解析】【分析】根据二次函数取得最小值的条件，求得，从而可得双曲线方程，再根据双曲线的焦点坐标求得抛物线的焦点坐标，可得抛物线方程，然后根据抛物线的定义和中点坐标公式可得答案.【详解】由题意可得，即有，由，可得当时，焦距取得最小值，所以双曲线的方程为，于是右焦点为，即抛物线的焦点为，所以，则抛物线：，准线方程，设，解得，线段的中点横坐标为2.故选：B【
8、点睛】本题考查了双曲线和抛物线的几何性质，考查了二次函数求最值，考查了抛物线的定义，属于基础题.11.已知的三个内角，所对的边分别为，且，则锐角的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据正弦定理以及，可得，可得答案.【详解】由正弦定理得，则，又，即，于是或（舍），故.故选：D【点睛】本题考查了正弦定理，考查了两角和的正弦公式的逆用，属于中档题.12.已知函数（其中），则函数零点的个数为（ ）个A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】求导得到得到函数的单调区间，计算，得到答案.【详解】（其中）.故或时，时，即在和单调递减，在单调递增.由于，而，所以，又
9、，所以函数有唯一零点故选： .【点睛】本题考查了函数的零点问题，求导得到函数的单调区间是解题的关键.第卷（非选择题，共90分）本卷包括必考题和选考题两部分，第（13）（21）题为必考题，每个试题考生都必须做答，第（22）（23）题为选考题，考生根据要求做答.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设函数，若，则_.【答案】【解析】【分析】根据定义判断出函数为奇函数，再根据奇函数的性质可得答案.【详解】因为函数的定义域是且，是关于坐标原点对称，当时，是奇函数；当时，故是奇函数；综上，对任意，都有是奇函数.所以.故答案为：【点睛】本题考查了奇函数定义，考查了奇函数的性质，属于基础题.
10、14.的最小值为_.【答案】16【解析】【分析】利用将变为积为定值形式后，根据基本不等式可求得最小值.【详解】，当且仅当，时“=”成立，故的最小值为16.故答案为：16【点睛】本题考查了利用基本不等式求和的最小值，解题关键是变形为积为定值，才能用基本不等式求最值，属于基础题.15.已知四面体中，则该四面体的外接球的体积为_.【答案】【解析】【分析】先确定平面，将四面体补成以为底面为侧棱的直三棱柱，利用正弦定理得到，再计算，计算得到答案.【详解】，平面，将四面体补成以为底面为侧棱的直三棱柱，该三棱柱的外接球就是四面体的外接球，由题知，球心到平面的距离为2，外接圆的半径为，该三棱锥外接球的半径，该
11、球的外接球的体积为.故答案为：【点睛】本题考查了四面体的外接球问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.16.在中，内角，的对边分别为，.的面积，若，则角的值为_.【答案】【解析】【分析】根据面积公式得到和余弦定理得到，结合得到，化简得到答案.【详解】因为，又，所以所以，由余弦定理得所以由结合正弦定理，得所以，即，所以，因为，所以得，或（舍去），所以.故答案为：【点睛】本题考查了面积公式，正弦定理，余弦定理，意在考查学生对于三角公式的综合应用能力.三、问答题17.已知为等比数列，且各项均为正值，.（1）求数列的通项公式；（2）若，数列的前项和为，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(
12、1) 设数列的公比为，根据条件求出和，则可得通项公式；(2)求出后，利用裂项求和法可求得结果.【详解】（1）设数列的公比为.由得，所以由条件可知，故，由，得.故数列的通项公式为；（2）.故.所以数列的前项和.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，考查了裂项求和，属于基础题.18.某气象站统计了4月份甲、乙两地的天气温度（单位），统计数据的茎叶图如图所示，（1）根据所给茎叶图利用平均值和方差的知识分析甲，乙两地气温的稳定性；（2）气象主管部门要从甲、乙两地各随机抽取一天的天气温度，若甲、乙两地的温度之和大于或等于，则被称为“甲、乙两地往来温度适宜天气”，求“甲、乙两地往来温度适宜天气”的概率.【
13、答案】（1）见解析 （2）【解析】【分析】（1）分别计算平均值和方差比较大小得到答案.（2）列出所有可能性共有种可能，满足条件的共有种，计算得到答案.【详解】（1）根据题意可知：，而，甲、乙两地的整体气温水平相当，乙地的气温水平更稳定一些.（2）气象主管部门要从甲、乙两地连续10天中各随机抽取一天天气温度，设随机抽取的甲、乙两地天气温度分别为，则所有为：，共计25个，而的基本事件有，共计14个，故满足的基本事件共有14（个），于是“甲、乙两地往来温度适宜天气”的概率【点睛】本题考查了平均值，方差和概率的计算，意在考查学生的计算能力.19.在四棱锥中，平面平面，分别为，的中点.（1）求证：平面；
14、（2）求到平面的距离.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）取的中点为，连接，证明平面平面得到证明.（2）取的中点为，连接，得到为边长为的正三角形，计算其面积，利用等体积法，计算得到答案.【详解】（1）取的中点为，连接，分别为，的中点，平面，平面，平面，平面，平面，平面，平面，平面，平面平面，平面（2）取的中点为，连接，平面平面，平面平面，平面，平行四边形，在中，在中，为边长为的正三角形，设到平面的距离为，解得，到平面的距离为【点睛】本题考查了线面平行，点到平面的距离公式，利用等体积法可以简化运算，是解题的关键.20.已知椭圆：的离心率，且圆过椭圆的上，下顶点.（1）求椭圆的方
15、程.（2）若直线的斜率为，且直线交椭圆于、两点，点关于点的对称点为，点是椭圆上一点，判断直线与的斜率之和是否为定值，如果是，请求出此定值：如果不是，请说明理.【答案】（1）；（2）是，0.【解析】【分析】(1)根据已知条件,求出,即可得到椭圆方程;(2)设直线的方程为,将其代入椭圆方程后,根据韦达定理以及斜率公式变形,可得答案.【详解】（1）因为圆过椭圆的上，下顶点，所以，又离心率，所以，于是有，解得，.所以椭圆的方程为；（2）由于直线的斜率为，可设直线的方程为，代入椭圆：，可得.由于直线交椭圆于、两点，所以，整理解得设点、，由于点与点关于原点的对称，故点，于是有，.若直线与的斜率分别为，由于
16、点，则，又，.于是有，故直线与的斜率之和为0，即.【点睛】本题考查了求椭圆方程,考查了韦达定理,考查了斜率公式,考查了运算求解能力,属于中档题.21.已知函数.（1）求函数在点处的切线方程；（2）若函数只有一个极值点，求实数的取值范围；（3）若函数（其中）有两个极值点，分别为，且在区间上恒成立，证明：不等式成立.【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求导得到，计算，得到切线方程.（2）求导得到即在上只有一个根，得到，计算得到答案.（3），故，所以，取，求导得到答案.【详解】（1）因为，所以，令，得，而，函数在点处的切线方程为.（2）函数，其的定义域为，因为只有一个极值点，故
17、在上只有一个根，即在上只有一个根，则，解得，又当时，；当时，是在上的唯一一个极值点，此时（3）由（2）可知，而于是，令，则，在上单调递减，成立.【点睛】本题考查了函数的切线方程，函数的极值点，证明恒成立，变换得到是解题的关键.请考生在22、23两题中任选一题作答注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做第一个题目计分，做答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.22.平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求直线的极坐标方程及曲线的直角坐标方程；（2）若是直线上一点，是曲线上一点，求的最大值.【答案】（
18、1），；（2）2.【解析】【分析】(1)消去参数可得普通方程,极坐标与直角坐标互化公式可得答案;(2)根据极坐标的几何意义以及三角函数的最值可得 答案.【详解】（1）由题，直线的参数方程为（其中为参数）.消去参数得直线的直角坐标方程为，由，得直线的极坐标方程，即曲线的极坐标方程为，所以，由，得曲线的直角坐标方程为.（2）因为在直线上，在曲线上，所以，所以，的最大值为2.【点睛】本题考查了参数方程化普通方程,考查了极坐标与直角坐标互化公式,考查了极坐标的几何意义,考查了三角函数的最值,属于中档题.23.设函数（，实数）.（1）若，求实数的取值范围；（2）求证：【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】(1)将化为,解一元二次不等式可得答案;(2)先求出函数的最小值,再证明最小值即可.【详解】（1），即，解得.（2），当时，；当时，；当时，当且仅当即时取等号，.【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，考查了求分段函数的最值，考查了基本不等式求最值，属于基础题.
