1、2020届广西河池市高三上学期期末考试数学（理）试题一、单选题1已知集合，则（ ） ABCD【答案】A【解析】先求解集合再算补集即可.【详解】易知,所以.故选：A.【点睛】本题主要考查了二次不等式的求解以及补集的计算,属于基础题型.2已知复数满足为虚数单位) ，则在复平面内复数对应的点的坐标为（ ）ABCD【答案】B【解析】先求解复数再根据复数的几何意义求解即可.【详解】由题意,得.则,其在复数平面内对应的点的坐标为.故选：B.【点睛】本题主要考查了复数的基本运算与复数的几何意义,属于基础题型.3“”是“”的（ ） A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】C【解
2、析】求解再判断即可.【详解】由,得；由,得,则是的充要条件.故选：C.【点睛】本题主要考查了充要条件的判定,属于基础题型.4已知双曲线的焦距等于圆的直径，则实数（ ） ABC或D【答案】C【解析】求出圆的直径再根据双曲线中的基本量关系求解即可.【详解】圆化为标准方程是,其半径为.直径为.当时,双曲线化为标准方程,其焦距为,解得；当时,双曲线化为标准方程是,其焦距为,解得.综上, 或. 故选：C.【点睛】本题主要考查了圆的方程与双曲线的基本量求解,属于基础题型.5在区间上随机地取一个实数，则方程有实数根的概率为（ ）ABCD【答案】D【解析】根据求出的取值范围，结合几何概型的概念，可得结果.【详
3、解】因为方程有实数根，所以，解得或，故方程有实数根的概率.故选D.【点睛】本题考查几何概型的应用，属基础题6已知等比数列的前项和为，若，且，则（ ） ABCD或【答案】D【解析】设公比为,利用基本量法求解即可.【详解】设公比为,易知.由得,解得或当时,；当时,所以或,故选：D.【点睛】本题主要考查了等比数列的基本量求解方法,属于中等题型.7某程序框图如图所示，则该程序的功能是（ ）A输出的值B输出的值C输出的值D输出的值【答案】A【解析】根据逐步计算的方法，结合判断框中的条件，可得结果.【详解】第一次运行时，；第二次运行时，；第三次运行时，以此类推，第2017次运行时，此时刚好不满足，故输出，
4、则该程序的功能是“输出的值”.故选A.【点睛】本题考查算法应用，对这种题型，可使用逐步计算，理清思路，细心计算，属基础题.8某几何体的三视图如图所示，其俯视图是一圆心角为45的扇形，则该几何体的表面积为（ ）ABCD【答案】B【解析】根据三视图还原该几何体，可知为个圆柱，结合长对正，高平齐，宽相等，可得长度，以及表面积概念，可得结果.【详解】由三视图可知，该几何体是个圆柱，其上下底面均为圆面，侧面由2个矩形和1个圆弧面构成.故其表面积.故选B.【点睛】本题考查三视图的还原，以及还原之后几何体的表面积，考验空间想象能力，对常见的几何体要熟悉，属基础题.9近两年为抑制房价过快上涨，政府出台了一系列
5、以“限购、限外、限贷限价”为主题的房地产调控政策.各地房产部门为尽快实现稳定房价，提出多种方案，其中之一就是在规定的时间内完成房产供应量任务.已知房产供应量与时间的函数关系如图所示，则在以下四种房产供应方案中，供应效率（单位时间的供应量）逐步提高的是（ ）ABCD【答案】B【解析】根据变化率的知识，结合曲线在某点处导数的几何意义，可得结果.【详解】单位时间的供应量逐步提高时，供应量的增长速度越来越快，图象上切线的斜率随着自变量的增加会越来越大，则曲线是上升的，且越来越陡，故函数的图象应一直下凹的.故选B.【点睛】本题考查变化率的知识，实质上是考查曲线在某点处导数的几何意义，属基础题.10函数的
6、部分图象如图所示，则下列说法中错误的是（ ）A的最小正周期是B在上单调递增C在上单调递增D直线是曲线的一条对称轴【答案】C【解析】根据图像，可得，利用正弦函数的性质，结合整体法计算，以及对选项的排除法，可得结果.【详解】由图可知，该三角函数的最小正周期，故A项正确；所以，则.因为，所以该函数的一条对称轴为，将代入，则，解得，故.令，得，令，则故函数在上单调递增.故B项正确；令，得，令，故函数在上单调递减.故C项错误；令，得，令，故直线是的一条对称轴.故D项正确.故选C.【点睛】本题考查正弦型函数的性质，对这种问题要参照正弦函数的性质，并结合整体法解决问题，属中档题.11已知椭圆的左、右焦点分别
7、为是上一点，且轴，直线与的另一个交点为，若，则的离心率为（ ） ABCD【答案】D【解析】由题可设,再根据线段比例关系求得的坐标,代入椭圆化简求解即可.【详解】由轴,得,不妨设；设,由,得代入椭圆方程,得.结合,解得,故选：D【点睛】本题主要考查了椭圆中的基本量求解方法,同时也考查了根据比例求解点的坐标,进而代入点入椭圆的方程求解的方法,属于中等题型.12已知二次函数没有零点，若方程只有唯一的正实数根，则实数的取值范围是（ ） ABCD【答案】D【解析】根据二次函数没有零点可求得,再化简得,再求导分析的极值,利用零点存在定理求解即可.【详解】因为二次函数没有零点,则且,解得.由则.当时,只有唯
8、一的正实数根,所以在上没有实数根.而当时,在上取得最小值,所以,解得 (舍去)或.综上所述,实数的取值范围是.故选：D.【点睛】本题主要考查了利用导函数解决函数零点与极值点的问题,需要数形结合分析对应点的关系,再利用零点存在定理求解.属于难题.二、填空题13已知向量，若，则实数_【答案】.【解析】根据向量平行的坐标公式计算即可.【详解】由题意,得,因为.所以,解得.故答案为：2【点睛】本题主要考查了向量平行的坐标运算,属于基础题型.14二项式的展开式中的常数项是_【答案】.【解析】根据二项展开式的通项,令的指数为0求解即可.【详解】二项式的展开式的通项是,令,解得.故二项式的展开式中的常数项是
9、.故答案为：【点睛】本题主要考查了利用二项式定理求解某特定项的问题,属于基础题型.15已知实数满足不等式组则的最小值为_【答案】 .【解析】画出可行域,再利用斜率的几何意义求解的最小值即可.【详解】作出不等式组表示的平面区域如阴影所示:由几何意义可知,目标函数表示可行域内的点与点组成的直线的斜率,目标函数在点处取得最小值故答案为：【点睛】本题主要考查了线性规划中根据斜率的几何意义求解最值的问题,属于基础题型.16已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长为，则该正三棱锥内切球的表面积为_【答案】.【解析】作出对应的图像,设圆心,再利用内切圆的性质,根据直角三角形中的长度关系即可内切圆的半径.进而求得表面
10、积.【详解】如图,是底面的重心,则内切球球心在上,与到的距离都是内切球的半径.其中,所以.设内切圆的半径为.由,得.即,解得.所以内切球的表面积为.故答案为：【点睛】本题主要考查了内切圆的性质与计算,需要根据立体几何中的相似与比例关系列式求解.属于中等题型.三、解答题17在中，角所对的边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若的外接圆半径是，求的周长.【答案】（1）；（2）.【解析】(1)根据两角和的三角函数公式化简,进而得到,再代入利用余弦定理求解即可.(2)利用正弦定理求解得,根据再代入求解得即可.【详解】解: （1）因为,所以,所以,所以,所以.由正弦定理,得.因为,由余弦定理,得又因为,
11、所以（2）因为的外接圆半径是则由正弦定理,得.解得.所以.将代入中,得,解得(舍去)或.所以的周长是.【点睛】本题主要考查了正余弦定理在解三角形中的运用,同时也考查了两角和的三角函数公式,属于中等题型.18如图，在四棱锥中，分别为的中点，.（1）求证:平面；（2）求直线与底面所成角的大小【答案】(1)证明见解析；(2) .【解析】(1) 取线段的中点,连接,再证明四边形为平行四边形即可.(2) 连接,取的中点,连接再证明是与底面所成的角.再利用构造直角三角形的方法求解各边长进而求得的大小即可.【详解】(1)证明:取线段的中点,连接.因为是的中位线,所以.又因为,所以.所以四边形为平行四边形,所
12、以.因为平面平面.所以平面.(2)解:连接,取的中点,连接.易知, 易知是的中位线,所以且.因为为中点,又,所以.因为,所以.又平面,所以底面.所以是与底面所成的角.易求等腰梯形的高为所以.在中,由.得.故直线与底面所成角的大小为.【点睛】本题主要考查了线面平行的证明与线面角的求解,需要根据题意构造合适的图形求解边角关系.属于中等题型.19已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于和两点.（1）当时，求直线的方程；（2）若过点且垂直于直线的直线与抛物线交于两点，记与的面积分别为，求的最小值.【答案】（1）；（2）12.【解析】(1) 设直线方程为,联立直线与抛物线的方程,利用韦达定理求解得即可.
13、(2) 联立直线与抛物线的方程,利用韦达定理表达,再根据基本不等式的方法求最小值即可.【详解】解: （1）由直线过定点,可设直线方程为.联立消去,得,由韦达定理得,所以.因为.所以,解得.所以直线的方程为.（2）由(1),知的面积为.因为直线与直线垂直,且当时,直线的方程为,则此时直线的方程为,但此时直线与抛物线没有两个交点,所以不符合题意,所以.因此,直线的方程为.同理,的面积.所以,当且仅当,即,亦即时等号成立.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系,包括联立方程利用韦达定理求解以及面积的问题和利用基本不等式求解函数最值的方法.属于难题.20在某项娱乐活动的海选过程中评分人员需对同批
14、次的选手进行考核并评分，并将其得分作为该选手的成绩，成绩大于等于分的选手定为合格选手，直接参加第二轮比赛，大于等于分的选手将直接参加竞赛选拔赛.已知成绩合格的名参赛选手成绩的频率分布直方图如图所示，其中的频率构成等比数列.（1）求的值；（2）估计这名参赛选手的平均成绩；（3）根据已有的经验，参加竞赛选拔赛的选手能够进入正式竞赛比赛的概率为，假设每名选手能否通过竞赛选拔赛相互独立，现有名选手进入竞赛选拔赛，记这名选手在竞赛选拔赛中通过的人数为随机变量，求的分布列和数学期望.【答案】(1) ；(2)84；(3)分布列见解析，1.【解析】(1)利用频率分布直方图的性质列式求解即可.(2) 利用频率分
15、布直方图求平均数的方法求解即可.(3)易得随机变量满足二项分布,再根据二项分布的分布列与数学期望求解即可.【详解】解:(1)由题意,得解得(2)估计这名选手的平均成绩为.(3)由题意知,则可能取值为,所以所以的分布列为故的数学期望为.【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的运用与二项分布的分布列与数学期望,属于中等题型.21已知函数的图象在点处的切线与直线垂直.（1）求的单调区间； （2）若当时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1) 函数的单调递增区间为，无单调减区间；(2) .【解析】(1)利用导数的几何意义求解,再利用导数的正负求解单调区间即可.(2) 令,求导分析的单调性与最小值,再分
16、和两种情况讨论即可.【详解】解:(1)由已知得,则.又因为直线的斜率为所以,解得.所以,定义域为, 所以.所以函数的单调递增区间为,无单调减区间.(2)令.则令,则当时,所以.所以函数为增函数.所以,所以.当时,所以当时,所以函数为增函数,所以,故对成立；当时,由时,当,知,即.所以函数为减函数.所以当时,.从而,这与题意不符.综上,实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义以及利用导数分析函数的单调性与最值问题,同时也考查了利用导函数求解函数恒成立的问题.属于难题.22在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标
17、系，曲线的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）设是曲线上任意一点，直线与两坐标轴的交点分别为，求最大值.【答案】（1）直线的普通方程为；曲线的直角坐标方程为（2）【解析】（1）利用加减消元可得的普通方程，结合，可得的直角坐标方程.（2）根据（1）的条件，得到点，点坐标，以及使用曲线的参数方程，假设点坐标，结合辅助角公式，可得结果.【详解】解：（1）由得，即.故直线的普通方程为.由，代入得，故曲线的直角坐标方程为.（2）直线与坐标轴的交点依次为，不妨设，曲线的直角坐标方程化为标准方程是，由圆的参数方程，可设点.于是所以即.所以当，即时，取得最大值.【点睛】本题考查参数方程，极坐标方程，直角坐标方程的转化，以及考查两点之间的距离公式，理清思路，知晓公式，属中档题.23（1）求不等式的解集；（2）设，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】（1）由式子特点，可得，根据“大于取两边，小于取中间”，可得结果.（2）根据作差比较法，化简式子，可得结果.【详解】解：（1）由不等式，得，则解得.故不等式的解集为.（2）证明： 原式原式则因为，所以.所以.所以原不等式成立.【点睛】本题考查绝对值不等式解法，还考查了利用作差比较法比较式子大小，属基础题.
