1、四川省成都市第七中学2020届高三数学上学期一诊模拟试题 文（含解析）本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.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.复数的虚部记作，则（ ）A. -1B. 0C. 1D. 2【答案】A【解析】【分析】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
2、. C. D. 【答案】C【解析】【分析】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
3、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.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】几何体为棱柱与半圆柱的组合体，作出直观图，代入数据计算【详解】解：由三视图可知几何体为长方体与半圆柱的组合体，作出几何体的直观图如图所示：其中半圆柱底面半径为2，高为4，长方体的棱长分别为4，2，2，几何体的表面积故选：【点睛】本题考查了几何体的常见几何体的三视图，几何体表面积计算，属于中档题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.
4、 【答案】D【解析】【分析】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a2a41，S37，则S5（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由等比数列的性质易得a31，进而由求和公式可得q，再代入求和公式计算可得【详解
5、】由题意可得a2a4a321，a31，设an的公比为q，则q0，S317，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.双曲线的渐近线与圆(x3)2y2r2(r0)相切，则r等于()A. B. 2C. 3D. 6【答案】A【解析】【分析】由圆心到渐近线的距离等于半径列方程求解即可.【详解】双曲线的渐近线方程为yx，圆心坐标为(3,0)由题意知，圆心到渐近线的距离等于圆的半径r，即r.答案：A【点睛】本题考查了双曲线的渐近线方程及直线与圆的位置关系，属于基础题.9.定义域为的函数对任意都有，且其导函数满足，则当时，有（ ）A. B. C. D.
6、 【答案】C【解析】试题分析：函数对任意都有，函数对任意都有，函数的对称轴为，导函数满足，函数在上单调递增，上单调递减，函数的对称轴为，故选C.考点：（1）函数的图象；（2）利用导数研究函数的单调性.10.对圆上任意一点，若点P到直线和的距离之和都与x，y无关，则a的取值区间为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】由点到线的距离公式表示出点到直线与的距离之和，取值与，无关，即这个距离之和与无关，可知直线平移时，点与直线，的距离之和均为，的距离，即此时与，的值无关，即圆夹在两直线之间，临界条件为直线恰与圆相切，即可求出的取值范围.【详解】解：点到直线与直线距离之和取值与，无关，这
7、个距离之和与无关，如图所示：可知直线平移时，点与直线，的距离之和均为，的距离，即此时与，的值无关，当直线与圆相切时，化简得，解得或（舍去），故选：【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，以及点到直线的距离公式，属于中档题11.若，满足，则的最大值为（ ）A. 10B. 12C. D. 【答案】B【解析】【分析】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.点，分别是棱长为1的正方体中棱BC，的中点，动点P在正方形（包括边界）内运动，且面，则的长度范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【
8、解析】【分析】分别取棱、的中点、，连接，易证平面平面，由题意知点必在线段上，由此可判断在或处时最长，位于线段中点处时最短，通过解直角三角形即可求得【详解】解：如下图所示：分别取棱、的中点、，连接，连接，、为所在棱的中点，又平面，平面，平面；，四边形为平行四边形，又平面，平面，平面，又，平面平面，是侧面内一点，且平面，则必在线段上，在中，同理，在中，求得，为等腰三角形，当在中点时，此时最短，位于、处时最长，所以线段长度的取值范围是，故选：【点睛】本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属中档题，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找点位置第II卷（非选择题，共90分）二、
9、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡相应位置上）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】【详解】根据题意9个小长方形面积依次为因为9个小长方形面积和为1，所以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】【详解】试题分析：设点的坐标为，由抛物线的定义
10、可知，则，令，则,若t0，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
11、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（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）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,由余弦定理，得, 联立,.考点：正弦定理；余弦定理.18.学校为了解高二学生每天自主学习中国古典文学的时间，随机抽取了高二
12、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”，调查结果如下表：古文迷非古文迷合计男生262450女生302050合计5644100参考公式：，其中参考数据：0.5000.4000.2500.0500.0250.0100.4550.7081.3213.8415.0246.635（1）根据上表数据判断能否有60%的把握认为“古文迷”与性别有关？（2）现从调查的女生中按分层抽样的方法抽出5人进行理科学习时间的调查，求所抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数；【答案】（1）没有（2）3人和2人【解析】【分析】（1）求出，与临界
13、值比较，即可得出结论；（2）调查的50名女生中“古文迷”有30人，“非古文迷”有20人，按分层抽样的方法抽出5人，即可得出结论；【详解】解：（1）由列联表得所以没有60%的把握认为“古文迷”与性别有关.（2）调查50名女生按分层抽取5人，其中古文迷有人，非古文迷有人，即所抽取的5人中，古文迷和非古文迷的人数分别为3人和2人.【点睛】本题考查独立性检验知识的运用，分层抽样各层人数的计算，考查学生的计算能力，属于中档题19.如图，在三棱柱中，每个侧面均为正方形，D为底边AB的中点，E为侧棱的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）若，求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析（2）见解析（3）【
14、解析】【分析】（1）设和的交点为，根据，且，得到四边形为平行四边形，故，平面（2）证明平面，可得平面，故有，由正方形的两对角线的性质可得， 从而证得平面（3）利用等体积法将转化为求可得.【详解】证明：（1）设和的交点为O，连接EO，连接OD.因为O为的中点，D为AB的中点，所以且.又E是中点，所以，且，所以且.所以，四边形ECOD为平行四边形.所以.又平面，平面，则平面.（2）因为三棱柱各侧面都是正方形，所以，.所以平面ABC.因为平面ABC，所以.由已知得，所以，所以平面.由（1）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.（3）解：由条件求得，可以求得所以【点睛
15、】本题考查证明线面平行、线面垂直的方法，直线和平面平行的判定定理以及直线和平面垂直的判定定理的应用，等体积法的应用，属于中档题.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）当直线的斜率不存在时，由解得，.设，则为定值.当直线的斜率存在时，设直线的方程为：
16、.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】【分析】（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
17、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.请考生在第22、23两题中任选一题作答.注意：只能做选定的题目.如果多做，则按所做的第一个题目计分.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
18、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：cos sin ，即2 cos sin ，故圆O的直角坐标方程为x2y2xy0.直线l：sin，即sin cos 1，则直线l的直角坐标方程为xy10.(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】【分析】（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
