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 理（含解析）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. 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.
2、【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.
3、如果的展开式中含有常数项，则正整数n的最小值是（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】C【解析】【分析】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】【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，
4、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】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. 用数字
5、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
6、，有（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】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】【分析】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
7、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. 10B. 12C. D. 【答案】B【解析】【分析】设，表
8、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】分析】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
9、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（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
10、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
11、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（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
12、）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：古文迷非古文迷合计男生262450女生302050合计5644100 （）根据表中数据能否判断有的把握认为“古文迷”与性别有关？ （）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
13、“非古文迷”的人数； （）现从（）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：0.500.400.250.050.0250.0100.4550.7081.3213.8415.0246.635【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】【详解】（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
14、”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123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.（）求证：平面；（）求证：平面；（）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（）见解析（）见解析（）直线与平面所成角的正弦值为【解析】【详解】证明：（）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. ()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.
15、由已知得，所以,所以平面.由（）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. （）解: 取中点，连接.在三棱柱中，因平面，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.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
16、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：.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
17、）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.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
18、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：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】【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
