1、四川省宜宾市叙州区第一中学校2020届高三数学下学期第一次在线月考试题 文（含解析）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】求得集合中函数的定义域，然后求两个集合的交集.【详解】由，得，
2、而，故,所以.故选B.【点睛】本小题主要考查交集的概念及运算，考查对数不等式的解法，考查函数定义域的求法，属于基础题.2.已知复数z满足为虚数单位），则z（ ）A. 2B. 2C. 2D. 2【答案】A【解析】【分析】由复数的运算法则进行计算即可【详解】由题可得 所以 故选A【点睛】考查复数计算，属于简单题3.在正三角形ABC中，AB2，且AD与BE相交于点O，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意将 用基底向量表示出来，然后通过基底向量进行计算【详解】由题意画图如下因为,所以D时BC的中点，所以,因为，所以，设，则,因为B,O,E三点共线，所以存在实数 ，使得所以
3、可得 解得所以所以 故选B【点睛】本题考查向量的运算，解题的关键是找到一组基底，将所求向量用基底表示，然后再进行数量积的运算4.某机构对青年观众是否喜欢跨年晚会进行了调查，人数如表所示：不喜欢喜欢男性青年观众3010女性青年观众3050现要在所有参与调查的人中用分层抽样的方法抽取人做进一步的调研，若在“不喜欢的男性青年观众”的人中抽取了6人，则（ ）A. 12B. 16C. 24D. 32【答案】C【解析】【分析】先求得总人数，然后根据总人数中“不喜欢的男性青年观众”所占的比例列方程，解方程求得抽取的人数.【详解】依题意，总人数为，其中“不喜欢的男性青年观众”有人，故，解得.所以本小题选C.【
4、点睛】本小题主要考查分层抽样的有关计算，考查图表分析能力，属于基础题.5.函数的大致图像为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意，当时，求得，单调递增，排除A，B；当时，令，求得在单调递增，在单调递减，即可得到答案.【详解】由题意，当时，单调递增，排除A，B当时，令，在单调递增，在单调递减，选D【点睛】本题主要考查了函数图象的识别问题，其中解答中合理利用导数得到函数的单调性是解答的本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.6.已知曲线（，）的一条渐近线经过点，则该双曲线的离心率为（ ）A. 2B. C. 3D. 【答案】A【解析】【分析】将点代入双曲线
5、的渐近线方程，由此求得的值，进而求得双曲线的离心率.【详解】双曲线的一条渐近线方程为，将点代入双曲线的渐近线方程得，故，故选A.【点睛】本小题主要考查双曲线的渐近线方程，考查双曲线的离心率的求法，属于基础题.7.设，则a，b，c的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先根据指数函数、对数函数的知识得到所在的范围，进而可得的大小关系【详解】由题意得，故选B【点睛】比较指数幂和对数的大小时，常用的方法是根据指数函数、对数函数的性质得到各个数的范围，然后通过比较可得大小关系，解题时注意各数与0和1的大小关系8.已知函数，将其图象向左平移（0）个单位长度后得到的函数为偶函数
6、，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先由两角和的正弦公式化简的解析式，然后利用图像变换规律求平移后的解析式，最后由奇偶性得到的最小值【详解】函数 ，将其图像向左平移个单位长度后得到的图像，因为得到的函数是偶函数，所以，又因为0，所以故选B【点睛】本题主要考查三角函数的图像平移变换，解题的关键是找到平移后的解析式，再结合题意求解9.赵爽是我国古代数学家、天文学家大约在公元222年赵爽为周碑算经一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”(以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的)类比“赵爽弦图”，赵爽弦图可类似地构造如图
7、所示的图形，它是由个3全等的等边三角形与中间的一个小等边三角形组成的一个大等边三角形，设DF=2AF，若在大等边三角形中随机取一点，则此点取自小等边三角形的概率是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意可得，设,求得，由面积比的几何概型，可知在大等边三角形中随机取一点，则此点取自小等边三角形的概率，即可求解.【详解】由题意可得，设,可得,在中，由余弦定理得，所以，由面积比的几何概型，可知在大等边三角形中随机取一点，则此点取自小等边三角形的概率是，故选B.【点睛】本题主要考查了面积比的几何概型，以及余弦定理的应用，其中解答中认真审题、把在大等边三角形中随机取一点，取自小等边
8、三角形的概率转化为面积比的几何概型是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.10.满足函数在上单调递减的一个充分不必要条件是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出函数在上单调递减的充要条件，再结合所给的选项进行判断、选择即可【详解】结合复合函数的单调性，函数在上单调递减的充要条件是，解得选项A中，是函数在上单调递减的既不充分也不必要条件，所以A不正确；选项B中，是函数在上单调递减的充要条件，所以B不正确；选项C中，是函数在上单调递减必要不充分条件，所以C不正确；选项D中，是函数在上单调递减的充分不必要条件，所以D正确故选D【点睛】解答本题时注意两点：（1）根据题意先
9、求出函数在给定区间上的充要条件，求解时容易忽视函数的定义域；（2）由于求的是函数递减的充分不必要条件，可转化为所选的范围是区间的真子集的问题考查转化和计算能力，属于基础题11.已知双曲线的右焦点为，直线经过点且与双曲线的一条渐近线垂直，直线与双曲线的右支交于不同两点，若，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先可以根据题意写出直线的方程，然后令并联立直线与双曲线方程，得出两点的纵坐标之和以及纵坐标之积，再然后通过即可列出方程并解得的值，最后根据离心率计算公式即可得出结果。【详解】由题意得直线的方程为，不妨取，则，且.将代入，得.设，则，.由，得，所以，得
10、，解得，所以，故该双曲线的离心率为，故选A。【点睛】本题考查双曲线的相关性质，主要考查双曲线的渐近线与离心率的相关性质，考查双曲线与直线的相关性质，考查方程思想，考查运算求解能力，是中档题。12.已知四棱锥，平面，二面角的大小为，若四面体的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用对角互补的四边形是圆的内接四边形证得四点共圆，根据圆周角为所对的弦为直径得到是圆的直径.利用二面角的定义判断出为二面角的平面角，且，由此求得的长，易知球心为SC的中点，求得球的半径，并求得球的表面积.【详解】因为，所以四点共圆，直径是.因为平面，所以为二面角的
11、平面角，即.因为，所以，又，所以,所以.易知球心为SC的中点，所以该球的表面积为.故选C.【点睛】本小题主要考查几何体外接球表面积的计算，考查面面角的概念，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设，满足约束条件，则的最大值是_.【答案】5【解析】【分析】由题可知表示点与点连线的斜率，再画出可行域结合图像知知.【详解】x，y满足约束条件，满足的可行域如图：则的几何意义是可行域内的点与（3，2）连线的斜率，通过分析图像得到当经过A时，目标函数取得最大值由 可得A（2，3），则的最大值是：故答案为5【点睛】(1)在平面直角坐标系内作出可行域(2)考虑目标函数的几何意义，将
12、目标函数进行变形常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值14.已知，则_【答案】【解析】【分析】根据题意分别求出的值，从而可求出【详解】由题可得，所以所以，所以【点睛】本题考查三角函数的计算，解题的关键是求出的值，再由正弦的二倍角公式求解，属于简单题15.已知函数，则的值为_【答案】【解析】【分析】令，则可得函数为奇函数，然后根据题意求解可得结果【详解】设，则，函数为奇函数，故答案为【点睛】解答本题的关键是构造函数，并利用函数为奇函数进行求解，另外解题中还要注意这个整
13、体在解题中所起的作用16.记正项数列的前项和为，且当时，.若，则_.【答案】1840【解析】【分析】将变形为整理得进而得，再利用求和公式求解即可【详解】当时，原式化为；当时，即，即，依次迭代，故，均符合该式，故.故答案为1840【点睛】本题考查数列的递推公式，考查推理论证能力以及化归转化思想，是中档题三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.已知a,b,c分别是DABC的内角A,B,C,所对的边，（1）求角B的大小；（2）若DABC的面积为，求DABC周长的
14、最小值【答案】（1）（2）6【解析】【分析】（1）由正弦定理化简已知等式可得c2+a2b2ac，根据余弦定理可求cosB，结合范围B（0，），可求B的值（2）由已知利用三角形面积公式可求ac4，利用余弦定理，基本不等式，即可计算得解ABC周长的最小值【详解】（1），由得，；（2）由（1）得， ，对上述两个不等式，当且仅当时等号成立，此时周长取最小值.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题18.某人经营一个抽奖游戏，顾客花费3元钱可购买一次游戏机会，每次游戏中，顾客从标有黑1、黑2、黑3、黑4、红1、红3
15、的6张卡片中随机抽取2张，并根据摸出的卡片的情况进行兑奖，经营者将顾客抽到的卡片情况分成以下类别：同花顺，即卡片颜色相同且号码相邻；：同花，即卡片颜色相同，但号码不相邻；：顺子，即卡片号码相邻，但颜色不同；：对子，即两张卡片号码相同；：其它，即，以外的所有可能情况，若经营者打算将以上五种类别中最不容易发生的一种类别对应顾客中一等奖，最容易发生的一种类别对应顾客中二等奖，其他类别对应顾客中三等奖.（1）一、二等奖分别对应哪一种类别？（写出字母即可）（2）若经营者规定：中一、二、三等奖，分别可获得价值9元、3元、1元的奖品，假设某天参与游戏的顾客为300人次，试估计经营者这一天的盈利.【答案】(1
16、)，.(2)120元.【解析】试题分析：（1）由古典概型分别求出，由概率大小可得到一至四等奖分别对应的类别；(2)由（1）顾客获一、二、三等奖的概率分别为可估计300名顾客中获一、二、三等奖的人数分别为40，80，180，则估计经营者这一天的盈利试题解析：分别用A1, A2, A3, A4, B1, B3表示标有黑1，黑2，黑3，黑4，红1，红3的卡片，从6张卡片中任取2张，共有15种情况.其中，A类别包括A1 A2, A2 A3, A3 A4,则B类别包括A1 A3, A1 A4, A2 A4, B1 B3, 则C类别包括A2 B1, A2 B3, A4 B3, 则D类别包括A1 B1, A
17、3 B3, 则(1)一、二等奖分别对应类别D,B. (2)顾客获一、二、三等奖的概率分别为可估计300名顾客中获一、二、三等奖的人数分别为40，80，180.则可估计经营者这一天的盈利为3003-409-803-1801=120元.考点：古典概型19.如图所示，在三棱柱中，分别为棱，的中点.（1）求证：平面；（2）若，求四棱锥的体积.【答案】（1）见证明（2）【解析】【分析】(1)本题首先可借助题目所给出的条件证得以及，然后根据线面垂直的判定即可证得平面；(2)本题首先可以做于点，然后借助(1)中结论证得为四棱锥的高，再然后通过题意计算得底面矩形的面积以及高的长，最后通过四棱锥的体积计算公式即
18、可得出结果【详解】（1）在三棱柱中，因为，所以，因为为的中点，所以，故，因为，为的中点，所以，因为，平面，所以平面；（2）作于点，因为平面，平面，所以平面平面，因为平面，平面平面，所以平面，即为四棱锥的高，因为平面，平面，所以，因为，分别为棱，的中点，所以，且，故四边形为平行四边形，所以，且，所以，即四边形矩形，因为，所以矩形的面积，因为，所以，因为，所以，在中，所以，即，所以，故，所以四棱锥的体积.【点睛】本题考查了立体几何的相关性质，主要考查了线面垂直的证明以及四棱锥体积的求法，可通过证明一条直线垂直于两条相交直线来证明线面垂直，考查推理能力，是中档题20.已知函数 （1）当时，讨论函数的
19、单调性；（2）若函数有两个极值点，证明: 【答案】（1）时，在单调递增；时，在区间，单调递增；在区间单调递减（2）见解析【解析】【分析】（1）求出导函数，然后根据方程的判别式得到导函数的符号，进而得到函数的单调性；（2）由题意得到方程有两个根，故可得，且然后可得，最后利用导数可证得，从而不等式成立【详解】（1），当，即时，所以在单调递增； 当，即时，令，得，且，当时，；当时，；单调递增区间为，；单调递减区间为综上所述：当时，在单调递增；时，在区间，单调递增；在区间单调递减（2）由（1）得函数有两个极值点，方程有两个根，且，解得 由题意得 令，则，在上单调递减，【点睛】（1）求函数的单调区间或讨
20、论函数的单调性时，若解析式中含有参数时，解题中一定要弄清参数对导函数在某一区间内的符号是否有影响，若有影响则必须进行分类讨论（2）解答第二问的关键在于求出的表达式后将问题转化，通过构造新函数并利用单调性可得结论成立21.已知抛物线： （）的焦点是椭圆： （）的右焦点，且两曲线有公共点（1）求椭圆的方程；（2）椭圆的左、右顶点分别为， ，若过点且斜率不为零的直线与椭圆交于， 两点，已知直线与相较于点，试判断点是否在一定直线上？若在，请求出定直线的方程；若不在，请说明理由.【答案】(1) (2) 点在定直线上【解析】试题分析：（1）由条件易得：，从而得到椭圆的方程；（2）先由特殊位置定出，猜想点在
21、直线上，由条件可得直线的斜率存在， 设直线，联立方程，消得：有两个不等的实根，利用韦达定理转化条件即可.试题解析：（1）将代入抛物线得抛物线的焦点为，则椭圆中，又点在椭圆上， 解得，椭圆的方程为（2）方法一当点为椭圆的上顶点时，直线的方程为，此时点，则直线和直线，联立，解得，当点为椭圆的下顶点时，由对称性知： . 猜想点在直线上，证明如下：由条件可得直线的斜率存在， 设直线，联立方程，消得：有两个不等的实根，设，则，则直线与直线联立两直线方程得（其中为点横坐标）将代入上述方程中可得，即，即证将代入上式可得，此式成立点在定直线上.方法二由条件可得直线的斜率存在， 设直线联立方程，消得：有两个不等
22、的实根，设，则，由，三点共线，有： 由，三点共线，有： 上两式相比得，解得点定直线上（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22.已知平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.（）求曲线的极坐标方程；（）过点的直线与曲线交于，两点，且，求直线的方程.【答案】（）；（）或.【解析】【分析】（）由参数方程化普通方程消去 得，再利用普通方程化极坐标方程即可；（）设直线的方程为，求圆心到直线的距离，再由弦长公式求解即可【详解】（）消去参数，可得曲线的普通方程为，.由 所以曲线的极坐标方程为.（）显然直线的斜率存在，否则无交点.设直线的方程为，即.而，则圆心到直线的距离.又，所以，解得.所以直线的方程为或.【点睛】本题考查方程间的互化、直线与圆的位置关系，考查推理论证能力以及数形结合思想.23.选修4-5：不等式选讲已知，函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）当的最小值为时，求的值，并求的最小值.【答案】(1) 或 (2)3【解析】试题分析：（1）当a=b=c=1时，不等式即|x+1|+|x1|+13，化为：|x+1|+|x1|2对x与1的大小关系分类讨论即可得出（2）可得，再利用均值不等式的性质即可得出试题解析：（1）或或，解得或.（2），当且仅当时取得最小值
