2020届四川省成都市树德中学高三11月阶段性检测数学（文）试题（解析版）

2020届四川省成都市树德中学高三11月阶段性检测数学（文）试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由题意首先求得集合B，然后进行交集运算即可.

【详解】

由于：，

故由题意可知：，结合交集的定义可知：.

故选：D.

【点睛】

本题主要考查集合的表示方法，交集的定义与运算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

2．在复平面内，给出以下四个说法：

①实轴上的点表示的数均为实数

②虚轴上的点表示的数均为纯虚数

③互为共轭复数的两个复数的实部相等，虚部互为相反数

④已知复数满足，则.

其中说法正确的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【解析】根据复数的几何意义，可判断①②，根据共轭复数的概念，可判断③；根据复数的除法运算，直接计算，可判断④.

【详解】

由复数的几何意义可得，复数与复平面内的点一一对应，实轴上的点表示的均为实数，虚轴上的点（除原点外）表示的均为纯虚数，故①正确，②错；

由共轭复数的概念，可得：互为共轭复数的两个复数的实部相等，虚部互为相反数；故③正确；

由得，故④正确.

故选C

【点睛】

本题主要考查复数相关命题的判定，熟记复数的几何意义，共轭复数的概念，以及复数的除法运算法则即可，属于常考题型。

3．为等比数列的前项和，，，则（   ）

A．31 B． C．63 D．

【答案】B

【解析】设数列的公比为，则,解方程再用求和公式表示即可得解.

【详解】

设数列的公比为，则，解之得，所以，

故选B.

【点睛】

本题主要考查了等差数列的基本量运算，重点考查了学生的计算能力，属于基础题.

4．采用系统抽样法从960人中抽取40人参与一项问卷调査，为此将他们随机编号为1，2，…，960并按编号依序分为第一组、第二组、…、第四十组.然后在第一组采用简单随机抽样的方法抽到的号码为9.那么，在第八组中抽到的编号是（    ）

A．129 B．153 C．177 D．201

【答案】C

【解析】先由题意，确定分组间隔，再由系统抽样的特点，根据第一组抽取的号码，即可求出结果.

【详解】

将960人编号后，按编号分成40组，则分组间隔为，

又第一组抽到的号码为，

所以在第八组中抽到的编号是.

故选：C

【点睛】

本题主要考查系统抽样求抽取的样本，熟记系统抽样的特点即可，属于基础题型.

5．魏晋时期数学家刘徽在他的著作九章算术注中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为：若正方体的棱长为2，则“牟合方盖”的体积为　　

A．16 B． C． D．

【答案】C

【解析】由已知求出正方体内切球的体积，再由已知体积比求得“牟合方盖”的体积．

【详解】

正方体的棱长为2，则其内切球的半径，

正方体的内切球的体积，

又由已知，．

故选C．

【点睛】

本题考查球的体积的求法，理解题意是关键，是基础题．

6．如图，一高为H且装满水的鱼缸，其底部装有一排水小孔，当小孔打开时，水从孔中匀速流出，水流完所用时间为若鱼缸水深为h时，水流出所用时间为t，则函数的图象大致是　　

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】根据时间和h的对应关系分别进行排除即可．

【详解】

函数是关于t的减函数，故排除C，D，

则一开始，h随着时间的变化，而变化变慢，超过一半时，h随着时间的变化，而变化变快，故对应的图象为B，

故选B．

【点睛】

本题主要考查函数与图象的应用，结合函数的变化规律是解决本题的关键．

7．如图三棱锥中，底面，，，，则与所成角的大小为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】先由题意，得到，，则，再由题意求出，，从而求出，进而求出，由向量夹角公式，求出，即可得出结果.

【详解】

因为底面，所以，，所以，

又，，所以，

因此

所以，

又，所以，

因此，

所以与所成角的大小为.

故选：B

【点睛】

本题主要考查求异面直线所成的角，灵活运用向量的方法求解即可，属于常考题型.

8．我国现代著名数学家徐利治教授提出：图形的对称性是数学美的具体内容.如图，一个圆的外切正方形和内接正方形构成一个优美的几何图形，正方形所围成的区域记为Ⅰ，在圆内且在正方形外的部分记为Ⅱ，在圆外且在大正方形内的部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为，则（   ）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】首先要将小正方形旋转度，由此看出大正方形与小正方形边长的比值，进而得到面积比，从而可确定概率间的关系.

【详解】

将小正方形旋转度，图像转化为:

由图像易知：小正方形的面积是大正方形面积的一半，所以.

则选A.

【点睛】

本题考查了几何概型，着重考查了利用相似比求面积比，突显了对数学抽象与直观想象的考查.

9．如图所示框图，若输入三个不同的实数，输出的值相同，则此输出结果可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据程序框图知，本题是输出函数的函数值，设输出的值为，可知直线与函数的图象有个交点，利用数形结合思想得出的取值范围，从而可得出输出的可能值.

【详解】

由题意可知，程序框图是输出函数的函数值，

设输出的值为，可知直线与函数的图象有个交点，

如下图所示：

由图象可知，当时，直线与函数的图象有个交点，

因此，此输出结果可能是.

故选：C.

【点睛】

本题考查程序框图与函数的综合问题，读懂程序框图的功能是解题的关键，同时也涉及了由两函数图象的交点个数求参数，考查数形结合思想的应用，属于中等题.

10．平面直角坐标系中，过坐标原点和点分别作曲线的切线和，则直线、与轴所围成的封闭图形的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】先设为曲线上任意一点，用导数的方法求出曲线在点的切线方程为：；分别由该切线过原点和过点，求出和；进而可求出所围成三角形的面积.

【详解】

设为曲线上任意一点，

由得，因此曲线在点处的切线斜率为，

所以其在点的切线方程为：，

若该切线过原点，则，解得：，此时切线方程为，

即；

若该切线过点，则，即令，

则，由得；由得，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

因此，所以方程的根为，此时切线方程为，即，

因此、与轴所围成的封闭图形是三角形，

由解得：，即与的交点为，

又直线 、与轴的交点分别为、，

因此，围成的封闭图形面积为： .

故选：A

【点睛】

本题主要考查求曲线过某点的切线方程，以及直线所围成图形的面积，熟记导数的几何意义即可，属于常考题型.

11．已知椭圆、双曲线均是以线段的两端点为焦点的曲线，点B是它们的一个公共点且满足，记此椭圆和双曲线的离心率分别为、，则（    ）

A． B．2 C． D．3

【答案】B

【解析】设，，并设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，两曲线的焦距均为，利用椭圆、双曲线的定义，以及勾股定理可得出，由此可得出的值.

【详解】

设，，并设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，两曲线的焦距均为，

由椭圆的定义得，由双曲线的定义得，

由勾股定理得，

，，

化简得，即，因此，.

故选：B.

【点睛】

本题考查双曲线与椭圆离心率关系的计算，同时也涉及了椭圆和双曲线定义的应用，考查计算能力，属于中等题.

12．已知是定义在上的偶函数，且，当时，,则函数在区间的所有零点之和为（    ）

A．-7 B．-6 C．-5 D．-4

【答案】A

【解析】利用定义推导出函数是周期为的函数，并作出函数与函数在区间上的图象，可知两函数在区间上的图象关于直线对称，然后利用数形结合思想得出函数在区间上的零点之和.

【详解】

，所以，函数的图象关于直线对称，

又函数为偶函数，所以，，

所以，函数是以为周期的周期函数，

作出函数与函数在区间上的图象如下图所示：

由图象可知，函数与函数在区间上的图象都关于直线对称，两个函数在区间上的图象共有个交点，有对关于直线对称，还有一个交点的横坐标为.

因此，函数在区间的所有零点之和为.

故选：A.

【点睛】

本题考查函数的零点之和，转化为两函数图象的交点并结合图象的对称性求解是解题的关键，考查数形结合思想的应用，属于中等题.

二、填空题

13．已知以点为圆心的圆C与直线相切，则圆C的方程为______．

【答案】

【解析】根据题意，设圆C的半径为r，由直线与圆的位置关系可得，结合圆的标准方程分析可得答案．

【详解】

根据题意，设圆C的半径为r，

以点为圆心的圆C与直线相切，则圆心到直线的距离为半径，则有，

则圆C的方程为；

故答案为：．

【点睛】

本题考查直线与圆相切的性质，注意直线与圆相切的判定方法，属于基础题．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。

14．在矩形中，，，，则__________.

【答案】

【解析】作出图形，以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，写出各点的坐标，然后利用坐标计算出的值.

【详解】

如下图所示，以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，则点、，

，则，则点，，.

因此，.

故答案为：.

【点睛】

本题考查图形中数量积的计算，一般利用基底法结合平面向量数量积的定义和运算律来计算，也可以建立坐标系，利用坐标来计算，考查计算能力，属于中等题.

15．已知函数，设，，请将、、按照由大到小的排列顺序写出________________.

【答案】           

【解析】利用函数奇偶性的定义可判断出函数为偶函数，利用复合函数的单调性判断出函数在区间上为减函数，可知，该函数在区间上为增函数，再比较、和这三个正数的大小，从而可得出、、的大小关系.

【详解】

对任意的实数，，则恒成立，所以，函数的定义域为，

，所以函数为偶函数，

当时，，则，

内层函数为减函数，外层函数为增函数，

所以，函数在区间上为减函数，则该函数在区间上为增函数，

，.

对数函数在上为增函数，则，即.

指数函数为增函数，则，即.

指数函数为增函数，则，，

由于函数在区间上为增函数，因此，.

故答案为：；；.

【点睛】

本题考查函数值的大小比较，涉及了函数单调性与奇偶性的判断，在涉及偶函数的性质时，一般结合性质来判断，同时要注意将自变量置于同一单调区间，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

16．已知数列满足：，记数列的前项和为，则___________.

【答案】

【解析】先由求出，得到，由裂项求和的方法求出，进而可求出前项的乘积.

【详解】

因为，

所以，

两式作差可得：，即，

又当时，，所以，满足，

因此；

所以，

因此，

所以.

故答案为：

【点睛】

本题主要考查由递推公式求通项，以及数列的前项的应用，熟记裂项求和的方法求数列的和即可，属于常考题型.

三、解答题

17．的内角，，所对的边长分别为，，，且.

（1）求角的大小；

（2）若角,点为边上靠近点的一个四等分点，且，求的面积.

【答案】（1） （2）

【解析】（1）将已知等式右边提取，利用正弦定理化简，再利用两角和与差的正弦函数公式变形，然后利用正弦定理化简，求出的值，由为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出的度数；

（2）结合（1）知三角形为等腰三角形，，在三角形中利用余弦定理求出，利用三角形的面积公式即可求出三角形的面积．

【详解】

解：（1）

，又为三角形的内角，

；

（2）结合（1）知三角形为等腰三角形，，又因为点为边上靠近点的一个四等分点则，在三角形中利用余弦定理

，解得，

则．

【点睛】

此题考查了正弦定理，两角和与差的正弦函数公式，等腰三角形的性质，熟练掌握公式及定理是解本题的关键，属于基础题．

18．如图，已知直三棱柱中，，，是的中点，是上一点，且.

（Ⅰ）证明：平面；

（Ⅱ）求三棱锥的体积．

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.

【解析】（Ⅰ）连接，由三棱柱是直三棱柱，得⊥面,得到，，又在直角三角形中，证得，利用线面垂直的判定定理，即可得到平面；

（Ⅱ）过作，连接,交于点，过作,交于点，利用线面垂直的判定定理，证得面,得到面，求得，利用体积公式，即可求解。

【详解】

（Ⅰ）连接，在中，依题意为等腰三角形且，

由面积相等，解得，

由于三棱柱是直三棱柱，故⊥面,

那么.

在直角三角形中，因为，

所以，又由，所以，

又因，故为直角，即，

又由，所以得面，所以,

由,

故面.

（Ⅱ）过作，连接,交于点，过作,交于点，

因为面，所以,

又因,所以面,所以面，

又由，所以，

所以.

【点睛】

本题考查了线面垂直的判定与证明，以及三棱锥的体积的求解，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题。

19．某市房管局为了了解该市市民年月至年月期间买二手房情况，首先随机抽样其中名购房者，并对其购房面积（单位：平方米，）进行了一次调查统计，制成了如图所示的频率分布直方图，接着调查了该市年月至年月期间当月在售二手房均价（单位：万元/平方米），制成了如图所示的散点图（图中月份代码分别对应年月至年月）.

（1）试估计该市市民的购房面积的中位数；

（2）现采用分层抽样的方法从购房面积位于的位市民中随机抽取人，再从这人中随机抽取人，求这人的购房面积恰好有一人在的概率；

（3）根据散点图选择和两个模型进行拟合，经过数据处理得到两个回归方程，分别为和，并得到一些统计量的值如下表所示：

请利用相关指数判断哪个模型的拟合效果更好，并用拟合效果更好的模型预测出年月份的二手房购房均价（精确到）

（参考数据），，，，，，

（参考公式）

【答案】(1) ； (2) (3) 模型的拟合效果更好；万元/平方米

【解析】（1）先由频率分布直方图，求出前三组频率和与前四组频率和，确定中位数出现在第四组，根据中位数两侧的频率之和均为，即可得出结果；

（2）设从位于的市民中抽取人，从位于的市民中抽取人，根据分层抽样，求出，；由列举法确定从人中随机抽取人所包含的基本事件个数，以及满足条件的基本事件个数，进而可求出概率；

（3）根据题中数据，分别求出两种模型对应的相关指数，比较大小，即可确定拟合效果；再由确定的模型求出预测值即可.

【详解】

（1）由频率分布直方图，可得，前三组频率和为，

前四组频率和为，

故中位数出现在第四组，且.

（2）设从位于的市民中抽取人，从位于的市民中抽取人，

由分层抽样可知：，则，

在抽取的人中，记名位于的市民为，，，位于的市民为则所有抽样情况为：，，，，，共6种.

而其中恰有一人在口的情况共有种，故所求概率

（3）设模型和的相关指数分别为，，

则，显然

故模型的拟合效果更好.

由年月份对应的代码为，

则万元/平方米

【点睛】

本题主要考查由频率分布直方图求中位数，求古典概型的概率，以及函数模型的选取，熟记中位数的概念，古典概型的概率计算公式，以及相关指数的公式即可，属于常考题型.

20．设椭圆的一个顶点与抛物线的焦点重合，、分别是椭圆的左、右焦点，其离心率椭圆右焦点的直线与椭圆交于、两点.

（1）求椭圆的方程；

（2）是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.

【答案】（1）；（2）存在，.

【解析】（1）求出抛物线的焦点坐标可得出，再结合离心率求出的值，由此可得出椭圆的方程；

（2）分直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，求出、两点的坐标，验证是否成立；在直线的斜率存在时，可设直线的方程为，并设点、，将直线与椭圆的方程联立，并列出韦达定理，结合平面向量数量积的坐标运算得出关于的方程，解出即可.

【详解】

（1）由抛物线的焦点为，则知，

又结合，，解得，故椭圆方程为；

（2）若直线不存在，可得，，不满足；

故直线斜率必然存在，由椭圆右焦点，可设直线为，

记直线与椭圆的交点、，

由，消去整理得到.

由题意可知恒成立，且有，.

那么

则，解得.

因此，直线的方程为.

【点睛】

本题考查椭圆标准方程的求解，同时也考查了利用椭圆中向量数量积的运算求直线的方程，一般将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理设而不求法计算，考查计算能力，属于中等题.

21．已知函数．

（1）讨论的单调性；

（2）若为的两个极值点，证明：.

【答案】（1）当时，在为增函数，减函数，为增函数；当时，在为增函数．（2）证明见解析．

【解析】（1）求函数导数，分类讨论函数的正负，可得函数的单调性；

（2）由（1）知，且，不等式作差得，即证对成立，进而构造函数求最值证明即可.

【详解】

（1）的定义域为，，

对于函数，

①当时，即时，在恒成立．

在恒成立，在为增函数；

②当，即或时，

当时，由，得或，，

在为增函数，减函数，

为增函数，

当时，由在恒成立，

在为增函数．

综上，当时，在为增函数，减函数，为增函数；

当时，在为增函数．

（2）由（1）知，且，

故

故只需证明，

令，故，

原不等式等价于对成立，

令，所以单调递减，有

得证.

【点睛】

本题主要考查了导数的应用，由导数讨论函数的单调性及最值，利用作差法比较大小及构造函数证明不等式是解题的关键，属于难题.

22．已知极点与坐标原点重合，极轴与轴非负半轴重合，是曲线上任一点满足，设点的轨迹为.

（1）求曲线的平面直角坐标方程；

（2）将曲线向右平移个单位后得到曲线，设曲线与直线（为参数）相交于、两点，记点，求.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）设点的极坐标为，可得出点的极坐标为，将点的极坐标代入曲线的极坐标方程，可得出曲线的极坐标方程，再将此极坐标方程化为直角坐标方程；

（2）根据平移规律得出曲线的直角坐标方程，然后将直线的参数方程化为（为参数），并将该参数方程与曲线的方程联立，列出韦达定理，利用韦达定理可计算出的值.

【详解】

（1）设，由可知点，那么.

将代入曲线，得，

则曲线的极坐标方程为化为直角坐标方程，即得为所求；

（2）将曲线向右平移个单位后，得到曲线的方程为.

将直线的参数方程化为（为参数），

代入曲线的方程，整理得到，

记交点、对应的参数分别为、，那么，.

那么，为所求.

【点睛】

本题考查动点轨迹方程的求解，同时也考查了直线与圆的综合问题，涉及的几何意义的应用，考查计算能力，属于中等题.

23．已知函数.

（1）解不等式：；

（2）若，求证：.

【答案】（1）；（2）详见解析.

【解析】（1）讨论x的范围，去掉绝对值符号解不等式；

（2）利用绝对值三角不等式证明．

【详解】

（1）不等式化为.

当时，原不等式等价于，即；

当时，原不等式等价于，即；

当时，原不等式等价于，即.

综上，原不等式的解集为.

（2）由题意得

，

所以成立.

【点睛】

本题主要考查绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式的应用，考查了分类讨论的思想，属于基础题．