长安一中2020—2021学年度第一学期第一次质量检测高三年级数学(文科)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.若复数为纯虚数，则实数的值为A.3B.1C.-3D.1或-3【答案】C【解析】试题分析：由题意得考点：纯虚数概念点评：是纯虚数需满足2.已知数列为等差数列，若，则的值为（）A.-B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用等差数列的性质可知,,求出,再由即可求解.【详解】∵数列为等差数列，，∴由等差数列的性质可得,，所以，即,因为,所以，∴.故选：A【点睛】本题考查等差数列的性质和三角函数的诱导公式;属于基础题.-19-,3.若椭圆的离心率为，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.2【答案】B【解析】【分析】利用椭圆的离心率，可得，的关系，然后转化求解双曲线的离心率即可．【详解】解：椭圆的离心率为，可得，即，双曲线的离心率为：．故选：．4.函数(其中，)的图象如图所示，为了得到的图像，则只需将的图像（）A.向右平移个长度单位B.向右平移个长度单位C.向左平移个长度单位D.向左平移个长度单位【答案】A【解析】【分析】由图计算和，再将代入计算得，所以可得-19-,，然后即可判断出函数是由函数向右平移个单位得到.【详解】由图可知，，，得，所以，将代入可得，，得，又，所以，所以，为了得到，所以将函数向右平移个单位.故选：A.5.设∶，∶，则是的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】B【解析】试题分析：不等式的解集为，不等式的解集为，命题的解集是命题的解集的真子集，所以是的必要不充分条件考点：解不等式及充分条件与必要条件点评：若则是的充分条件，是的必要条件6.函数的零点所在区间（）A.B.C.D.，【答案】A【解析】【分析】根据函数零点存在性定理即可得到结论.【详解】函数的定义域为，且函数单调递增，（1），-19-,（2），在内函数存在零点，故选：.【点睛】本题主要考查函数零点存在区间的判断，根据函数的单调性以及函数零点的判断条件是解决本题的关键.7.执行如图所示的程序框图，输出的（）A.5100B.2550C.5050D.100【答案】B【解析】【分析】由程序框图确定框图功能，再利用求和公式求和.【详解】由程序框图可知，根据等差数列求和公式可知.故选：B8.已知直线与圆交于两点，且（其中为坐标原点），则实数的值为-19-,A.B.C.或D.或【答案】C【解析】分析：利用OA⊥OB，OA=OB，可得出三角形AOB为等腰直角三角形，由圆的标准方程得到圆心坐标与半径R，可得出AB，求出AB的长，圆心到直线y=﹣x+a的距离为AB的一半，利用点到直线的距离公式列出关于a的方程，求出方程的解即可得到实数a的值．详解：∵OA⊥OB，OA=OB，∴△AOB为等腰直角三角形，又圆心坐标为（0，0），半径R=2，∴AB=.∴圆心到直线y=﹣x+a的距离d=AB==，∴|a|=2，∴a=±2．故答案为C．点睛：这个题目考查的是直线和圆的位置关系，一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者切线长时，经常用到垂径定理和垂径定理.9.已知，则函数的零点个数是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】将问题转化为求解函数和的图象在同一坐标系内有几个交点，采用数形结合法，画出两个函数的图象，根据图象判断即可．【详解】当时，，即只需求解函数-19-,和的图象有几个交点即可，如图所示，函数的图象为圆心在原点，半径为的上半圆，又原点到直线的距离为，所以当时，函数函数和的图象有个交点，即函数零点的个数为．故选：D．【点睛】本题考查函数零点个数的判断，一把地判断函数零点的个数的解答方法有：（1）直接法：令直接求解，判断方程的根的个数；（2）利用零点的存在性定理：若函数在区间上是连续不断的曲线，且，则可结合函数的图象与性质判断函数零点的个数；（3）数形结合法：作出函数图象，利用函数图象交点的个数判断．10.在抛物线上取横坐标为，的两点，经过两点引一条割线，有平行于该割线的一条直线同时与该抛物线和圆相切，则抛物线的顶点坐标是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出两个点的坐标，利用两点连线的斜率公式求出割线的斜率；利用导数在切点处的值为切线的斜率求出切点坐标；利用直线方程的点斜式求出直线方程；利用直线与圆相切的条件求出，求出抛物线的顶点坐标．-19-,【详解】解：两点坐标为；，两点连线的斜率，对于，，解得，在抛物线上的切点为，切线方程为，该切线与圆相切，圆心到直线的距离圆半径，解得或舍去），抛物线方程为顶点坐标为．故选：．【点睛】本题考查两点连线的斜率公式、考查导数在切点处的值为切线的斜率、考查直线与圆相切的充要条件是圆心到直线的距离等于半径．11.已知点是椭圆的左、右焦点，点P是该椭圆上的一个动点，那么的最小值是（）A.2B.C.0D.1【答案】A【解析】椭圆，即为，则椭圆的，则由为的中线，即有，则，可设，则，即有，当时，取得最小值，则的最小值为，故选A.12.已知函数对任意都有，若-19-,的图象关于直线对称，且，则A.2B.3C.4D.0【答案】A【解析】试题分析：由的图象关于直线对称知函数为偶函数，当时，，所以，函数的周期为，所以.考点：1.函数的周期性；2.函数的奇偶性；3.赋值法求值.二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填写在题中的横线上.13.下图中三个直角三角形是一个体积为的几何体的三视图，则______.【答案】4【解析】【分析】由三视图可知，几何体的底面为直角三角形，且一边垂直于底面，再根据公式求解即可．【详解】解：根据三视图可知，几何体的体积为：又因为，所以-19-,故答案为：414.已知，，，，类比这些等式，若（，均为正整数），则________.【答案】71【解析】【分析】根据，，，利用归纳推理求解.【详解】因为，，，……，所以类比这些等式，则，所以所以故答案为：71【点睛】本题主要考查归纳推理，属于基础题.15.在中，内角，，的对边分别为，，且，，则-19-,__________.【答案】【解析】【分析】根据正弦定理边角互化，计算求值.【详解】根据正弦定理可知，，所以，而，所以.故答案为：16.函数的零点个数为_________.【答案】2【解析】【分析】分段求函数零点个数，当时，利用零点存在性定理判断.【详解】当时，，解得：，当时，单调递增，并且，，，所以在区间内必有一个零点，所以零点个数为2个.故答案：2三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.-19-,17.已知函数偶函数，且.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若为三角形的一个内角，求满足的的值.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】试题分析：（Ⅰ）由为偶函数得又（Ⅱ）由得,又为三角形内角，考点：三角函数二倍角公式，函数奇偶性点评：基本公式的考查，难度不大，要求学生熟记掌握的基础上加强练习18..如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，，E、F分别是AB、PD的中点.（1）求证：平面PCE平面PCD；（2）求三棱锥P-EFC的体积．-19-,【答案】（Ⅰ）见解析；(Ⅱ）【解析】【分析】【详解】试题分析：（Ⅰ）（Ⅱ）由（2）知，考点：本题主要考查立体几何中的垂直关系，体积计算．点评：典型题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离的计算．在计算问题中，有“几何法”和“向量法”．利用几何法，要遵循“一作、二证、三计算”的步骤，利用向量则能简化证明过程．-19-,19.数列的各项均为正数，为其前项和，对于任意，总有，，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据对于任意，总有，，成等差数列，得到对于，总有成立，然后利用数列通项与前n项和的关系求解.（2）由（1）知，又，然后利用裂项相消法求解.【详解】（1）因对于，总有①成立∴②①-②得，∴，∵，均为正数，∴，∴数列是公差为1的等差数列，又时，，解得，∴.（2）由（1）可知，∵，-19-,∴.【点睛】方法点睛：求数列的前n项和的方法(1)公式法：①等差数列的前n项和公式，②等比数列的前n项和公式；(2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．(4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．(5)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.(6)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．20.已知的边所在直线的方程为，满足，点在所在直线上且.（1）求外接圆的方程；（2）一动圆过点，且与的外接圆外切，求此动圆圆心的轨迹的方程；-19-,（3）过点斜率为的直线与曲线交于相异的，两点，满足，求的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）可由垂直关系求出直线的斜率和方程，与方程联立可求出圆上一点的坐标.直角三角形外心就是斜边的中点.求出半径即可得外接圆方程.（2）分析线段间的关系，满足，可用定义法求轨迹方程.（3）考查直线与双曲线的位置关系.联立方程后，列出所有要满足的条件，求范围即可.【详解】解：（1）∵，∴，从而直线的斜率为-3.所以边所在直线的方程为.即.由，得点的坐标为，∵，∴为外接圆的圆心，又.所以外接圆的方程为：.（2）设动圆圆心为，因为动圆过点，且与外接圆外切，所以，即.故点的轨迹是以，为焦点，实轴长为，半焦距的双曲线的左支.从而动圆圆心的轨迹方程为.（3）直线方程为：，设，，由得，-19-,∴，解得：.故的取值范围为.【点睛】求轨迹方程的一般方法：1.直译法：如果动点的运动规律是否合乎我们熟知的某些曲线的定义难以判断，但点满足的等量关系易于建立，则可以先表示出点所满足的几何上的等量关系，再用点的坐标表示该等量关系式，即可得到轨迹方程.2.定义法：如果动点的运动规律合乎我们已知的某种曲线（如圆、椭圆、双曲线、抛物线）的定义，则可先设出轨迹方程，再根据已知条件，待定方程中的常数，即可得到轨迹方程.3.参数法：如果采用直译法求轨迹方程难以奏效，则可寻求引发动点运动的某个几何量，以此量作为参变数，分别建立点坐标与该参数的函数关系，进而通过消参化为轨迹的普通方程.  4.代入法（相关点法）：如果动点的运动是由另外某一点的运动引发的，而该点的运动规律已知，（该点坐标满足某已知曲线方程），则可以设出，用表示出相关点P'的坐标，然后把的坐标代入已知曲线方程，即可得到动点的轨迹方程。5.交轨法：在求动点轨迹时，有时会出现要求两动曲线交点的轨迹问题，这种问题通常通过解方程组得出交点（含参数）的坐标，再消去参数求得所求的轨迹方程（若能直接消去两方程的参数，也可直接消去参数得到轨迹方程），该法经常与参数法并用.21.设函数.（1）若，求的最小值；（2）若当时，求实数的取值范围.【答案】（1）最小值为；（2）.-19-,【解析】【分析】（1）由得到，求导，再令，，研究其单调性求解.（2）由，求导，再分，讨论求解.【详解】（1）时，，.当时，；当时，.所以在上单调递减，在上单调递增，故的最小值为.（2），.当时，，所以在上递增，而，所以，所以在上递增，而，于是当时，.当时，由得，当时，，所以在上递减，而，于是当时，，所以在上递减，而，所以当时，.与矛盾.综上得的取值范围为.【点睛】方法点睛：恒成立问题的解法：若在区间D上有最值，则；；若能分离常数，即将问题转化为：（或），则；.22.已知圆，将圆上每一点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的-19-,，得到曲线．（Ⅰ）写出曲线的参数方程；（Ⅱ）设直线与曲线相交于两点，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线过线段的中点，且倾斜角是直线的倾斜角的2倍，求直线的极坐标方程．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】试题分析：(Ⅰ)运用三角函数中的平方关系建立参数方程即可；(Ⅱ)借助题设条件先化为直角坐标方程,再运用直角坐标与极坐标的关系求解即可.试题解析:（Ⅰ）设曲线上任意一点，则点在圆上，，曲线的参数方程是（Ⅱ）联立直线与曲线得，设直线的倾斜角为，则，，，考点：参数方程极坐标方程的运用．23.选修4-5：不等式选讲（1）若关于的不等式的解集为空集，求实数的取值范围；（2）对任意正实数、，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】-19-,（1）利用绝对值三角不等式求出最大值，可得出关于实数的不等式，进而可求得实数的取值范围；（2）由参变量分离法得出，利用柯西不等式可求得的最大值，由此可得出实数的取值范围.【详解】（1）由题意可知，不等式对任意的恒成立，由绝对值三角不等式可得，当且仅当时，等号成立，所以，，解得或.因此，实数的取值范围是；（2）由柯西不等式可得，当且仅当时，即当时，取最大值，又不等式对正实数、恒成立，等价于恒成立，.因此，实数的取值范围是.【点睛】结论点睛：本题考查不等式恒成立与能成立问题，可根据以下原则进行求解：（1），；（2），；（3），；（4），.-19-
