2020届四川省成都市第七中学高三上学期一诊模拟数学（理）试题（解析版）

2020届四川省成都市第七中学高三上学期一诊模拟数学（理）试题

一、单选题

1．复数的虚部记作，则（    ）

A．-1 B．0 C．1 D．2

【答案】A

【解析】直接由复数代数形式的乘除运算化简，再根据题目中定义的复数的虚部，可得答案．

【详解】

解：，

又复数的虚部记作，

．

故选：．

【点睛】

本题考查了复数代数形式的乘除运算、虚部的定义，属于基础题．

2．执行如图所示的程序框图，输出的值为(   )

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】程序框图的作用是计算，故可得正确结果.

【详解】

根据程序框图可知，故选C.

【点睛】

本题考查算法中的选择结构和循环结构，属于容易题.

3．关于函数的性质，下列叙述不正确的是（ ）

A．的最小正周期为

B．是偶函数

C．的图象关于直线对称

D．在每一个区间内单调递增

【答案】A

【解析】试题分析：因为，所以A错；，所以函数是偶函数，B正确；由的图象可知，C、D均正确；故选A.

【考点】正切函数的图象与性质.

4．已知，则“且”是“且”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】A

【解析】试题分析：当且时，由不等式性质可得且；当，满足且，但不满足且，所以“且”是“且”的充分不必要条件，故选A.

【考点】1.不等式性质；2.充要条件.

5．如果的展开式中含有常数项，则正整数n的最小值是（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】C

【解析】利用二项展开式的通项公式中的指数为0,得到,由此可得正整数n的最小值是5.

【详解】

因为的展开式的通项公式为,,

令,则,因为,所以时,取最小值.

故选:

【点睛】

本题考查了二项展开式的通项公式,利用通项公式是解题关键,属于基础题.

6．在约束条件：下，目标函数的最大值为1，则ab的最大值等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数取得最大值，确定，的关系，利用基本不等式求的最大值．

【详解】

解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分），

由，则，平移直线，由图象可知当直线经过点时直线的截距最大，此时最大为1．

代入目标函数得．

则，

则当且仅当时取等号，

的最大值等于，

故选：．

【点睛】

本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合以及基本不等式是解决此类问题的基本方法．

7．设{an}是有正数组成的等比数列，为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝（ ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由等比数列的性质易得a3＝1，进而由求和公式可得q，再代入求和公式计算可得．

【详解】

由题意可得a2a4＝a32＝1，∴a3＝1，

设{an}的公比为q，则q＞0，

∴S31＝7，解得q或q（舍去），

∴a14，∴S5

故选B.

【点睛】

本题考查等比数列的通项公式和求和公式，属基础题．

8．用数字0，1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有（   ）

A．288个        B．306个        C．324个        D．342个

【答案】C

【解析】试题分析：当个位、十位、百位全为偶数时，有；当个位、十位、百位为两个奇数、一个偶数时，有，所以共有种,故选C.

【考点】1.分类计数原理与分步计数原理；2.排列与组合.

【名师点睛】本题主要考查两个基本原理与排列、组合知识的综合应用问题，属难题；计数原理应用的关键问题是合理的分类与分步，分类要按时同一个的标准进行，要做到不重不漏，分类运算中的每一类根据实际情况，要分步进行.

9．已知函数对都有，且其导函数满足当时,，则当时，有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】根据导函数满足当时,,可得在上递减,在上递增,可得为最小值,再根据对称轴和单调性可得,从而可知选D

【详解】

因为函数对都有,

所以的图象关于对称,

又当时,,时,,

所以在上递减,在上递增,

所以时,函数取得最小值,

因为,所以,,

所以,

所以,

所以,

所以,

所以.

故选:D

【点睛】

本题考查了利用导数判断函数的单调性,考查了利用单调性比较大小,考查了利用对数函数的单调性比较大小,属于中档题.

10．对圆上任意一点，的取值与x，y无关，则实数a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】首先将的取值与x，y无关,转化为圆上的点到直线的距离与到直线的距离之和与无关,继续转化为直线必与圆相离或相切,且圆在与之间,再根据圆心到直线的距离小于等于半径且,解不等式组可得答案.

【详解】

因为的取值与x，y无关,

所以的取值与x，y无关,

所以的取值与x，y无关,

即圆上的点到直线的距离与到直线的距离之和与无关,

因为圆心到直线的距离为,

所以直线与圆相离,

所以直线必与圆相离或相切,且圆在与之间,

所以,且,

所以或 且,

所以.

故选:A

【点睛】

本题考查了点到直线的距离公式,利用点到直线的距离公式将问题转化为直线必与圆相离或相切,且圆在与之间是解题关键,属于中档题.

11．若，，满足，，则的最大值为（    ）

A．10 B．12 C． D．

【答案】B

【解析】设，，，表示出，利用向量的数量积的定义求出最值.

【详解】

解：设，，，则，

，

当且仅当，同向时取最大值

故

故选：

【点睛】

本题考查向量的数量积的定义，属于中档题.

12．已知棱长为3的正方体,点是棱AB的中点，，动点P在正方形（包括边界）内运动，且面，则PC的长度范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】如图:先作出过且与平面平行的平面,可知点的轨迹为,然后根据平面几何知识求出的最小值和最大值,根据勾股定理可求出的取值范围.

【详解】

如图所示:

在上取点,使得,连接,因为,所以;

取的中点,连接,因为为的中点,所以;

因此平面平面,

过作交于,则四点共面,且,

因为平面,所以点在线段上运动,

连接,根据正方体的性质可知,

所以,

在平面中,,,,所以,

,所以点到的距离为,

所以的最小值为,最大值为,

所以的最小值为,最大值为.

所以的取值范围是.

故选:B

【点睛】

本题考查了作几何体的截面,考查了平面与平面平行的判定,考查了立体几何中的轨迹问题,关键是作出点的运动轨迹,属于中档题.

二、填空题

13．命题“”的否定为__________．”

【答案】

【解析】全称命题“”的否定是存在性命题“”，所以“”的否定是“”．

14．

在样本的频率分布直方图中, 共有9个小长方形, 若第一个长方形的面积为0.02, 前五个与后五个长方形的面积分别成等差数列且公差是互为相反数,若样本容量为1600, 则中间一组（即第五组）的频数为  ▲  .

【答案】360

【解析】略

15．设、分别是抛物线的顶点和焦点，是抛物线上的动点，则的最大值为__________.

【答案】

【解析】试题分析：设点的坐标为，由抛物线的定义可知，，则，令，则,,所以，当且仅当时等号成立，所以的最大值为.

【考点】1.抛物线的定义及几何性质；2.基本不等式.

【名师点睛】本题主要考查抛物线的定义及几何性质、基本不等式，属中档题；求圆锥曲线的最值问题，可利用定义和圆锥曲线的几何性质，利用其几何意义求之，也可根据已知条件把所求的问题用一个或两个未知数表示，即求出其目标函数，利用函数的性质、基本不等式或线性规划知识求之.

16．已知，，则的最小值为     ．

【答案】

【解析】试题分析：因为，所以，则

（当且仅当，即时，取等号）；故填．

【方法点睛】本题考查利用基本不等式求函数的最值问题，属于难题；解决本题的关键是消元、裂项，难点是合理配凑、恒等变形，目的是出现基本不等式的使用条件（正值、定积），再利用基本不等式进行求解，但要注意验证等号成立的条件.

【考点】基本不等式．

三、解答题

17．设的内角、、所对的边分别为、、,已知,且.

（1）求角的大小;

（2）若向量与共线, 求的值.

【答案】(1);(2)。

【解析】试题分析：（1）根据三角恒等变换，，可解得；（2）由与共线，

得，再由正弦定理，得，在根据余弦定理列出方程，即可求解的值.

试题解析：（1）,

即,解得.

（2）与共线,, 由正弦定理,得,①

,由余弦定理，得, ② 联立①②,.

【考点】正弦定理；余弦定理.

18．学校为了了解高三学生每天自主学习中国古典文学的时间，随机抽取了高三男生和女生各50名进行问卷调查，其中每天自主学习中国古典文学的时间超过3小时的学生称为“古文迷”，否则为“非古文迷”，调查结果如表：

    （Ⅰ）根据表中数据能否判断有的把握认为“古文迷”与性别有关？

    （Ⅱ）现从调查的女生中按分层抽样的方法抽出5人进行调查，求所抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数；

    （Ⅲ）现从（Ⅱ）中所抽取的5人中再随机抽取3人进行调查，记这3人中“古文迷”的人数为，求随机变量的分布列与数学期望．

参考公式：，其中．

参考数据：

【答案】（I）没有的把握认为“古文迷”与性别有关；（II）“古文迷”的人数为3，“非古文迷”有2；（III）分布列见解析，期望为.

【解析】试题分析：

试题解析：

试分析：（1）由列联表，求得的值，即可作出结论；

（2）调查的50名女生中“古文迷”有30人，“非古文迷”有20人，按分层抽样的方法即可抽得结果.

（3）由为所抽取的3人中“古文迷”的人数，的的所有取值为1，2,3，进而得到取每个值的概率，列出分布列，求解数学期望．

试题解析：（I）由列联表得

所以没有的把握认为“古文迷”与性别有关．

（II）调查的50名女生中“古文迷”有30人，“非古文迷”有20人，按分层抽样的方法抽出5人，则“古文迷”的人数为人，“非古文迷”有人．　

即抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数分别为3人和2人

（III）因为为所抽取的3人中“古文迷”的人数，所以的所有取值为1，2,3．

，，．

所以随机变量的分布列为

于是．

19．如图，在三棱柱中，每个侧面均为正方形，为底边的中点，为侧棱的中点.

（Ⅰ）求证：∥平面；

（Ⅱ）求证：平面；

（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析（Ⅲ）直线与平面所成角的正弦值为

【解析】证明：（Ⅰ）设的交点为O,连接，连接.

因为为的中点，为的中点,

所以∥且.又是中点，

所以∥且,

所以∥且.

所以，四边形为平行四边形.所以∥.

又平面, 平面,则∥平面. ………………5分

(Ⅱ)因为三棱柱各侧面都是正方形，所以，.

所以平面.

因为平面，所以.

由已知得，所以,

所以平面.

由（Ⅰ）可知∥，所以平面.

所以 .

因为侧面是正方形，所以.

又，平面，平面,

所以平面. ………………………………………10分

（Ⅲ）解: 取中点，连接.

在三棱柱中，因为平面，

所以侧面底面.

因为底面是正三角形，且是中点，

所以，所以侧面.

所以是在平面上的射影.

所以是与平面所成角.

. …………………………………………14分

解法二：如图所示，建立空间直角坐标系.

设边长为2，可求得，,

，，，，

，，.

（Ⅰ）易得，，

. 所以，所以∥.

又平面, 平面,则∥平面. ………………5分

（Ⅱ）易得，，，

所以.

所以

又因为，，

所以平面. …………………………………………… 10分

（Ⅲ）设侧面的法向量为,

因为,,，，

所以，.

由得解得

不妨令，设直线与平面所成角为．

所以.

所以直线与平面所成角的正弦值为．………………………14分

20．已知椭圆的两个焦点分别为,以椭圆短轴为直径的圆经过点.

(1)求椭圆的方程;

(2)过点的直线与椭圆相交于两点,设点,直线的斜率分别为,问是否为定值?并证明你的结论.

【答案】(1)；(2)定值为2.

【解析】试题分析：（1）由题意得到，，所以，写出椭圆方程；（2）联立直线方程与椭圆方程，得到韦达定理，，.

试题解析：

（1）依题意，，.

∵点与椭圆短轴的两个端点的连线相互垂直，

∴，

∴.

∴椭圆的方程为.

（2）①当直线的斜率不存在时，由解得，.

设，，则为定值.

②当直线的斜率存在时，设直线的方程为：.

将代入整理化简，得.

依题意，直线与椭圆必相交于两点，设，，

则，.

又，，

所以

.

综上得为常数2.

点睛：圆锥曲线大题熟悉解题套路，本题先求出椭圆方程，然后与直线方程联立方程组，求得韦达定理，则，，，为定值。

21．已知函数.

（1）当时，证明：；

（2）若对于定义域内任意x，恒成立，求t的范围

【答案】（1）见解析

（2）

【解析】（1）构造函数利用导数求出函数的单调性，得到函数的最大值，即可得证；

（2）参变分离得到在恒成立，构造函数求出函数的最小值，即可得到参数的取值范围.

【详解】

（1）证明：即是证明，设，

当，，单调递增；当，，单调递减；所以在处取到最大值，即，所以得证

（2）原式子恒成立即在恒成立

设，

，设，

，所以单调递增，且，

所以有唯一零点，而且，所以

两边同时取对数得

易证明函数是增函数，所以得，所以

所以由在上单调递减，在上单调递增，

所以

于是t的取值范围是

【点睛】

本题考查利用导数证明不等式恒成立问题，属于中档题.

22．在极坐标系下，已知圆和直线

（1）求圆和直线的直角坐标方程；

（2）当时，求圆和直线的公共点的极坐标.

【答案】（1） 圆O的直角坐标方程为x2+y2-x-y=0,直线l的直角坐标方程为x-y+1=0

（2）

【解析】试题分析：（1）根据 将圆O和直线l极坐标方程化为直角坐标方程（2）先联立方程组解出直线l与圆O的公共点的直角坐标，再根据化为极坐标

试题解析：(1)圆O：ρ＝cos θ＋sin θ，

即ρ2＝ρ cos θ＋ρ sin θ，

故圆O的直角坐标方程为x2＋y2－x－y＝0.

直线l：ρsin＝，即ρsin θ－ρcos θ＝1，

则直线l的直角坐标方程为x－y＋1＝0.

(2)由(1)知圆O与直线l的直角坐标方程，将两方程联立得，

，解得

即圆O与直线l在直角坐标系下的公共点为(0，1)，

将(0，1)转化为极坐标为，即为所求．

23．已知函数．

（1）求不等式的解集；

（2）若关于的不等式的解集非空，求实数的取值范围．

【答案】（1）（2）或

【解析】（1）通过讨论x的范围，求出不等式的解集即可；

（2）求出f（x）的最小值，得到关于m的不等式，解出即可．

【详解】

（1）原不等式为：，

当时，原不等式可转化为，即；

当时，原不等式可转化为恒成立，所以；

当时，原不等式可转化为，即．

所以原不等式的解集为．

（2）由已知函数，可得函数的最小值为4，

所以，解得或．

【点睛】

含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．