甘肃省2020届高三数学（文）第一次高考诊断试题（Word版附解析）
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2020届高三下学期5月调研
文科数学
本试卷共23小题，满分150分，考试用时120分钟
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。
2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I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.集合 ，则 是
A. B. C. D.
2.设复数 满足 ，则
A. 5 B. C. 2 D. 1
3.已知 ，则下列不等式中恒成立的是
A. B. C. D.
4.已知角 的顶点与原点重合，始边与 轴的正半轴重合，终边在直线 上，则
A. B. C. D.
5.某体校甲、乙两个运动队各有6名编号为1，2，3，4，5，6的队员进行实弹射击比赛，每人射击1次，击中的环数如表：
学生 1号 2号 3号 4号 5号 6号
甲队 6 7 7 8 7 7
乙队 6 7 6 7 9 7
则以上两组数据的方差中较小的一个为
A. B. C. D. 1
6.已知拋物线 的焦点为 ，过 的直线与曲线 交于 两点， ，则 中点到 轴的距离是
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
7.函数f(x)=(2 -2 )cosx在区间[-5,5]上的图象大致为
A. B. C. D.
8.下列判断正确的是
A. “ ”是“ ”的充分不必要条件
B. 函数 的最小值为2
C. 当 时，命题“若 ,则 ”的逆否命题为真命题
D. 命题“ , ”的否定是“ , ”
9.已知 分别是 内角 的对边， ，当 时， 面积的最大值为
A. B. C. D.
10.设 满足 ，且在 上是增函数，且 ，若函数 对所有 ，当 时都成立，则 的取值范围是
A. B. 或 或
C. 或 或 D.
11.三棱锥 中，平面 平面 ， ， ， ，则三棱锥 的外接球的表面积为
A. B. C. D.
12.已知 ， ，则
A. B.
C. D.
第II卷 非选择题（共90分）
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
14.若x，y满足： ，则 的最大值是______．
15.已知双曲线 的左焦点为 ,若过点 且倾斜角为 的直线与双曲线的左支有且只有一个交点，则此双曲线离心率的取值范围为__________.
16.已知 为球 的直径， ， 是球面上两点且 ， .若球 的表面积为 ，则棱锥 的体积为__________．
三、解答题(本大题共6小题,共70分。其中22、23为选考题。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。)
17. （本题满分12分）在数列 和等比数列 中， ， ， ．
Ⅰ 求数列 及 的通项公式；
Ⅱ 若 ，求数列 的前n项和 ．
18（本题满分12分）.如图1，已知菱形 的对角线 交于点 ，点 为线段 的中点， ， ，将三角形 沿线段 折起到 的位置， ，如图2所示．
（Ⅰ）证明：平面 平面 ；
（Ⅱ）求三棱锥 的体积．
19. （本题满分12分）某客户考察了一款热销的净水器，使用寿命为十年，改款净水器为三级过滤，每一级过滤都由核心部件滤芯来实现.在使用过程中，一级滤芯需要不定期更换，其中每更换 个一级滤芯就需要更换 个二级滤芯，三级滤芯无需更换.其中一级滤芯每个 元，二级滤芯每个 元.记一台净水器在使用期内需要更换的二级滤芯的个数构成的集合为 .如图是根据 台该款净水器在十年使用期内更换的一级滤芯的个数制成的柱状图.
（1）结合图，写出集合 ；
（2）根据以上信息，求出一台净水器在使用期内更换二级滤芯的费用大于 元的概率（以 台净水器更换二级滤芯的频率代替 台净水器更换二级滤芯发生的概率）；
（3）若在购买净水器的同时购买滤芯，则滤芯可享受 折优惠（使用过程中如需再购买无优惠）.假设上述 台净水器在购机的同时，每台均购买 个一级滤芯、 个二级滤芯作为备用滤芯（其中 ， ），计算这 台净水器在使用期内购买滤芯所需总费用的平均数.并以此作为决策依据，如果客户购买净水器的同时购买备用滤芯的总数也为 个，则其中一级滤芯和二级滤芯的个数应分别是多少？
20. （本题满分12分）过圆 上的点 作圆 的切线，过点 作切线的垂线 ，若直线 过抛物线 的焦点 .
（1）求直线 与抛物线 的方程；
（2）若直线 与抛物线 交于点 ，点 在抛物线 的准线上，且 ，求 的面积.
21. （本题满分12分）设函数 ,其中 为自然对数的底数．
（1）若 ,求 的单调区间;
（2）若 ,求证: 无零点．
22. （本题满分10分）选修4 – 4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 ( 为参数），在以原点为极点， 轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线 的极坐标方程为 .
（1）求 的普通方程和 的倾斜角；
（2）设点 和 交于 两点，求 .
23. （本题满分10分）已知函数 .
求不等式 的解集；
若函数 的最小值为 ，整数 、 满足 ，求证 .
参考答案
1.C
【解析】根据函数的定义域及值域分别求出集合 和集合 ，求出集合 的补集，即可求得 .
∵集合
∴
∵集合
∴
∵
∴
∴ 。故选C.
2.B
【解析】利用复数的四则运算将复数化简，然后求模即可.
由 ，
得 ，
则 .故选：B.
3.A
【解析】构造函数 是减函数，已知 ,则 ，故A正确; ,故B不正确；
C构造函数 是增函数，故 ，故选项不正确；
D. ，构造函数 是增函数，故 ，所以选项不正确.故答案为：A.
4.C
【解析】由已知求得 ，再由倍角公式及同角三角函数基本关系式化弦为切求解即可．
因为角 的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，
终边在直线 上，所以 ，
则 ．故选C．
5.B
【解析】观察两组数据的波动性大小判断方差大小，再利用平均数公式计算平均数，利用方差公式求方差的值．
甲组数据为：6，7，7，8，7，7，
乙组数据为：6，7，6，7，9，7，
所以甲组数据波动较小，方差也较小，
甲组数据的平均数为 ，
方差为 ，故选B．
6.B
【解析】详解：由 ，得 ，
设 ，
等于点 到准线 的距离 ，
同理， 等于 到准线 的距离 ，
，
，中点横坐标为 ，
中点到 轴的距离是 ，故选B.
7.D
【解析】因为当 时， ；当 时， ；当 时， ；所以选D.
8.C
【解析】当 时， 成立， 不成立，所以 不正确；
对 ，当 ，即 时等号成立，而 ，所以 ,即 的最小值不为2，所以 不正确；
由三角函数的性质得 “若 ,则 ”正确，故其逆否命题为真命题，所以 正确；
命题“ , ”的否定是“ , ”，所以 不正确，故选C.
9.C
【解析】由 ，故 （当且仅当 时取等号），故选：C．
10.B
【解析】若函数f（x）≤t2﹣2at+1对所有的x∈[﹣1，1]都成立，由已知易得f（x）的最大值是1，
∴1≤t2﹣2at+1⇔2at﹣t2≤0，
广西柳州市2020届高三数学（文）第一次模拟试题（Word版附解析）
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设g（a）=2at﹣t2（﹣1≤a≤1），
欲使2at﹣t2≤0恒成立，
则 ⇔t≥2或t=0或t≤﹣2．故选：B．
11.C
【解析】详解：如图所示，设球心为 ，
三角形 所在小圆的圆心为 ，半径为 ，
所在小圆的圆心为 ，半径为 ，
因为平面 平面 ， ，则 ，即 ，
则 平面 ， 平面 ，
又在 中，因为 ，则小圆的半径 ，
在 中， ，即 ，
所以外接球的表面积为 ，故选C.
12.C
【解析】详解：由指数函数的性质可得，
，
由对数函数的性质可得，
， ，
又 ，在 上递增，
所以 ，故选C.
13.
14.4
【解析】
画出x，y满足： 的平面区域，如图：
由 ，解得
而 可化为 ，
由图象得直线过 时z最大，z的最大值是：4，故答案为：4．
15.
【解析】根据双曲线几何性质得渐近线斜率取值范围，再解出离心率取值范围.
因为过点 且倾斜角为 的直线与双曲线的左支有且只有一个交点，
所以
16.
【解析】如图，由题意球 的表面积为 ，可得球的半径为 ，
知 ，
，
所以 平面 ， ，
所以 ，
所以棱锥 的体积 ．
17.（1） ； ;（2） .
【解析】
Ⅰ 依题意 ， ，
设数列 的公比为q，由 ，可知 ，
由 ，得 ，又 ，则 ，
故 ，
又由 ，得
Ⅱ 依题意 ，
则
得 ，
即 ，故
18.（Ⅰ）折叠前，因为四边形 为菱形，所以 ；
所以折叠后， ， , 又 ， 平面 ，
所以 平面
因为四边形 为菱形，所以 ．
又点 为线段 的中点，所以 ．
所以四边形 为平行四边形．
所以 ．
又 平面 ，所以 平面 ．
因为 平面 ，所以平面 平面 ．
（Ⅱ）图1中，由已知得 ， ，
所以图2中， ，又
所以 ，所以
又 平面 ，所以
又 ， 平面 ，
所以 平面 ，
所以 ．
所以三棱锥 的体积为 ．
19. （1）由题意可知当一级滤芯更换 、 、 个时，二级滤芯需要更换 个，
当一级滤芯更换 个时，二级滤芯需要更换 个，所以 ；
（2）由题意可知二级滤芯更换 个，需 元，二级滤芯更换 个，需 元，
在 台净水器中，二级滤芯需要更换 个的净水器共 台，二级滤芯需要更换 个的净水器共 台，
设“一台净水器在使用期内更换二级滤芯的费用大于 元”为事件 ，所以 ；
（3）因为 ， ，
（i）若 ， ，
则这 台净水器在更换滤芯上所需费用的平均数为
（ii）若 ， ，
则这 台净水器在更换滤芯上所需费用的平均数为
所以如果客户购买净水器的同时购买备用滤芯的总数为 个，
客户应该购买一级滤芯 个，二级滤芯 个。
20.
【解析】（1）过点 且与圆 相切的直线方程为 ，
斜率为 ，故直线 的斜率为 ，故直线 的方程为： ，
即 .
令 ，可得 ，故 的坐标为 ，
∴ ，抛物线 的方程为 ；
（2）由 可得 ，
设 ， ，则 ， ， ，
点 的坐标分别为 ， .
设点 的坐标为 ，则 ， ，
则 ，解之得 或 ，
∴ ，
则点 到直线 的距离为 ，故 或 ，
当 时， 的面积为 .
当 时， 的面积为 .
21. 【解析】（1）若 ,则 ,∴ ．
令 ,则 ,
当 时, ,即 单调递增,又 ,
∴当 时, 单调递减,
当 时, 单调递增．
∴ 的单调递减区间为 ,单调递增区间为 ．
（2）当 时, ，显然 无零点．
当 时,
(i)当 时, ，显然 无零点．
(ii)当 时，易证 ，∴ ,
∴ ．
令 ，则 ，
令 ，得 ，
当 时， ；当 时， ，
故 ，从而 ，显然 无零点.
综上, 无零点．
22.（1）解：由 消去参数 ，得
即 的普通方程为
由 ，得 ①
将 代入①得
所以直线 的斜率角为
（2）解：由（1）知，点 在直线 上，可设直线 的参数方程为 ( 为参数)
即 ( 为参数)，
代入 并化简得
设 两点对应的参数分别为 .
则 ，所以
所以
23.解析： 当 时，得 .∴ .
当 时，得 .∴无解.
当 时，得 .
所以，不等式的解集为 或 .
，∴ ，即 .
又由均值不等式有： ， ，
两式相加得 .∴
当且仅当 时等号成立.
广西南宁市2020届高三数学（文）第一次适应性试题（Word版附解析）
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