1、安庆市20192020学年度第一学期期末教学质量监测高三数学（文科）试题第卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知全集，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接利用补集的定义求解.【详解】由题得.故选：C【点睛】本题主要考查补集的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.2.i是虚数单位，复数，则（ ）A. 1B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】先化简复数，再求得解.【详解】由题得，所以.故选：B【点睛】本题主要考查复数的除法运算和复数的模的计算，意在考查学
2、生对这些知识的理解掌握水平.3.若两个非零向量，满足，则向量与夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出，再利用向量的夹角公式求解.【详解】由，平方相减可得，所以，因为，所以.故选：B【点睛】本题主要考查向量的数量积计算和向量的夹角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.4.已知双曲线C：（，）的离心率为，则C的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题得,再根据即得双曲线的渐近线方程.【详解】由题得.因为所以所以，所以双曲线的渐近线方程为.故选：A【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质和渐近线方程的求法，意在考查学生对这些知识的
3、理解掌握水平.5.设变量x，y满足约束条件：，则目标函数的最小值为（ ）A. 6B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据条件画出可行域，设，再利用几何意义求最值，将最小值转化为轴上的截距最大，只需求出直线，过可行域内的点时的最小值，从而得到最小值即可【详解】变量，满足约束条件，在坐标系中画出可行域三角形，平移直线经过点，时，最小，最小值为，则目标函数的最小值为故选：【点睛】借助于平面区域特性，用几何方法处理代数问题，体现了数形结合思想、化归思想线性规划中的最优解，通常是利用平移直线法确定6.若，且则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据即可得出，根据得出，从而根
4、据幂函数的单调性即可判断，和的大小关系【详解】，单调递减，故选：点睛】本题考查了对数式和指数式的互化、指数式的运算、幂函数的单调性，考查了推理和计算能力，属于基础题7. 从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：从甲乙等名学生中随机选出人，基本事件的总数为，甲被选中包含的基本事件的个数，所以甲被选中的概率，故选B考点：古典概型及其概率的计算8.下列命题的符号语言中，不是公理的是（ ）A. ，B. ，且，且C. ，且，D. ，【答案】A【解析】【分析】利用平面的公理直接判断求解【详解】不是公理，在中，由公理三知：如果两个不重合的
5、平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，故是公理在中，由公理一知：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内，故是公理；在中，由平行公理得：平行于同一条直线的两条直线互相平行，故是公理；故选：【点睛】本题考查平面的公理的判断，考查平面的基本性质及其推论等基础知识，是基础题9.设函数（）满足，则的图像可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由函数的奇偶性、对称性及周期性，观察选项得解【详解】由可知函数，可知，函数为奇函数，且关于对称，所以故其周期为4，对照图形可知符合要求的为，故选：【点睛】本题考查利用函数性质确定函数图象，意在考查学生对这些知
6、识的理解掌握水平，属于基础题10.已知数列的前n项和为，且对于任意，满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用数列的递推关系式判断求解数列的通项公式，然后求解数列的和，判断选项的正误即可【详解】当时，所以数列从第2项起为等差数列，所以，故选：【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用、数列求和以及数列的通项公式的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题11.已知函数，给出下列四个命题：的最小正周期为的图象关于直线对称在区间上单调递增值域为在区间上有6个零点其中所有正确的编号是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】化简函数，通过，判断；通过，判断的图象不关
7、于直线对称，判断；在区间，上，化简函数的解析式，判断单调性单调递增，判断；当时，推出，求出最值，当时，求出最值判断；当时，在区间，上有无数个零点，判断【详解】函数，故函数的最小正周期不是，故错误.由于，故的图象不关于直线对称，故排除.在区间上，单调递增，故正确.当时，故它的最大值为2，最小值为；当时，综合可得，函数的最大值为2，最小值为，故正确.当时，在区间上有无数个零点，故错误.故选：C.【点睛】本题考查三角函数的化简求值、函数的单调性以及函数的对称性，考查函数的最值，考查分析问题解决问题的能力，是中档题12.已知三棱锥的体积为，的中点O为三棱锥外接球球心，且平面，则球O的体积为（ ）A.
8、B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】为等边三角形，边长为球的半径，三棱锥的体积，解得，由此能求出球的体积【详解】为等边三角形，边长为球的半径，三棱锥的体积：，解得，球的体积为故选：【点睛】本题考查球的体积的求法，考查三棱锥及其外接球等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，属于中档题第II卷（非选择题，共90分）本卷包括必考题和选考题两部分.第13题第21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22题第23题为选考题，考生根据要求作答. 二、填空题：共4小题，每小题5分共20分，将答案填写在答题卷中的相应区域，答案写在试题卷上无效.13.计算： _.【答案】【解析】tan 15t
9、an(4530)2.14.已知函数是偶函数，且，则_.【答案】7【解析】【分析】根据函数奇偶性的性质，建立方程关系进行求解即可【详解】函数是偶函数，即，（3），（3），故答案为：7【点睛】本题主要考查函数值的计算，根据函数奇偶性的性质建立方程公式是解决本题的关键15.已知点，抛物线C：焦点为F，射线与抛物线C相交于点M，与其准线相交于点N，则|_.【答案】【解析】【分析】结合已知条件画出图形，利用比例关系转化为解三角形的问题，推出结果即可【详解】焦点为，过点作准线的垂线，则，如图：所以故答案为：【点睛】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查数形结合以及转化思想的应用，是中档题16.若等差数列的满
10、足，且则_.【答案】2【解析】【分析】利用已知条件求出数列的首项与公差，然后求解数列的和，推出，即可得到结果【详解】等差数列的满足，可得，解得，可知，所以故答案为：2【点睛】本题主要考查等差数列的应用和数列求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，是基本知识的考查三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.答案写在试题卷上无效17.在中，设角A、B、C的对边分别为a、b、c且，（）求A；（）计算的值.【答案】（）（）【解析】【分析】（）由三角形内角和定理，诱导公式，正弦定理，二倍角公式化简已知等式可得，结合范围，解得（）由正弦定理可得，由余弦定理可得，
11、进而利用正弦定理即可求解的值【详解】（）由三角形内角和定理可得，此时，变形可得，由诱导公式可得，所以，由正弦定理，可得，即，由二倍角公式可得，所以，因为，解得（）因为，由正弦定理可得，由余弦定理得，故，由正弦定理得【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理、诱导公式、正弦定理、二倍角公式和余弦定理的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题18.如图所示，在几何体中，平面，.（）求多面体的体积；（）设平面与平面的交线为直线l，求证：平面.【答案】（）3（）见解析【解析】【分析】（）过点作的垂线，交于点，则，推导出，从而平面，由此能求出四棱锥的体积（）推导出，从而平面，由平面平面，得，由此能证明
12、平面【详解】（）解：过点作的垂线，交于点，则，又因为平面，平面，所以，又，所以平面，由，解得，四棱锥的体积（）证明：因为平面，平面，所以，又因为平面，平面，所以平面，平面平面，则，又平面，平面，所以平面【点睛】本题考查四棱锥的体积的求法，考查线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题19.某高中为了了解高三学生每天自主参加体育锻炼的情况，随机抽取了100名学生进行调查，其中女生有55名.下面是根据调查结果绘制的学生自主参加体育锻炼时间的频率分布直方图：将每天自主参加体育锻炼时间不低于40分钟的学生称为体育健康A类学生，已知体育健康A类学生中有1
13、0名女生.（）根据已知条件完成下面列联表，并据此资料你否认为达到体育健康A类学生与性别有关？非体育健康A类学生体育健康A类学生合计男生女生合计（）将每天自主参加体育锻炼时间不低于50分钟的学生称为体育健康类学生，已知体育健康类学生中有2名女生，若从体育健康类学生中任意选取2人，求至少有1名女生的概率.附：P（）0.050.0100.0053.8416.6357.879【答案】（）见解析，没有理由认为达到体育健康A类学生与性别有关（）【解析】【分析】（）由题意填写列联表，计算观测值，对照临界值得出结论；（）由题意利用列举法求出基本事件数，计算所求的概率值【详解】（）由频率颁布直方图可知，在抽取的
14、100人中，体育健康类学生有25人，从而列联表如下：非体育健康类学生体育健康类学生合计男生301545女生451055合计7525100由列联表中数据代入公式计算，得：；所以没有理由认为达到体育健康类学生与性别有关（）由频率分布直方图可知，体育健康类学生为5人，记、表示男生，、表示女生，从而一切可能结果所组成的基本事件空间为，；由10个基本事件组成，而且这些事件的出现是等可能的用表示“任选2人中至少有1名是女生”这一事件，则，共计7种；故所求的概率值为（A）【点睛】本题考查了独立性检验和列举法求古典概型的概率问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，是基础题20.如图，设F是椭圆C：（）的左
15、焦点，直线：与x轴交于P点，为椭圆的长轴，已知，且，过点P作斜率为直线l与椭圆C相交于不同的两点M、N.（）求；（）证明：.【答案】（）（）见解析【解析】【分析】（）由题意，求得椭圆方程，设直线的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及弦长公式即可求得；（）由（）证明以，即可证明【详解】（）因为，所以，又因为，所以，则，所以椭圆的标准方程为，点的坐标为，点的坐标为，直线的方程为，即，联立方程组，可得，则，所以；（）证明：由，而，所以，从而得证【点睛】本题考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理和弦长公式公式的应用，考查利用斜率证明角相等的方法，考查转化思想，属于中档题21.设函数，（）
16、讨论函数的单调性；（）令，当时，证明.【答案】（）见解析，（）见解析【解析】【分析】（）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系对进行分类讨论，可求函数的单调性；（）把代入可得，对求导，结合导数与单调性的关系及函数的零点判定定理可求的最大值，结合不等式的恒成立与最值的相互转化关系可证【详解】（），当时，函数在上单调递增，当时，令可得，当时，解得，令可得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，（），当时，令，则，所以在上单调递减取，则，（1），所以函数存在唯一的零点，即，所以当，当，故函数在单调递增，在，单调递减，所以当时，函数取得极大值，也是最大值，由可得，两边同时取对数可得，所以，故，由基本不
17、等式可得，因为，所以，所以，又因为 即，所以当时，成立【点睛】本题考查了导数的综合应用及恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于难题请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时请写清题号22.在平面坐标系中中，已知直线l的参考方程为（t为参数），曲线C的参数方程为（s为参数）.设P为曲线C上的动点，（）求直线l和曲线C的直角坐标方程；（）求点P到直线l的距离的最小值.【答案】（），（）【解析】【分析】（）由直线的参数方程为为参数），消去参数，可得普通方程由曲线的参数方程为为参数）消去参数，可得曲线直角坐标方程（）设点，则为参数）利用点
18、到直线的距离公式可得：，利用二次函数的单调性即可得出最小值【详解】（）由直线的参数方程为为参数），消去参数，可得：所以直线直角坐标方程为由曲线的参数方程为为参数）消去参数，可得：所以曲线直角坐标方程为（）设点，则为参数）则当时取等号，此时，所以点到直线的距离的最小值为【点睛】本题考查了参数方程、点到直线的距离公式、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题23.设a、b、c均为正数，（）证明：；（）若，证明.【答案】（）见解析（）见解析【解析】【分析】（）运用重要不等式，累加可得证明；（）由（）的结论和三个数的完全平方公式，整理可得证明【详解】（）因为，均为正数，由重要不等式可得，以上三式相加可得，即；（）因为，由（）可知，故，所以得证【点睛】本题考查不等式的证明，注意运用基本不等式和变形，考查推理能力，属于基础题
