1、四川省成都市金堂中学2020届高三数学一诊模拟考试试题 文（含解析）一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1.已知集合P=x|(x-1)(x-3)0，Q=x|x|2，则PQ等于（ ）A. 1，3B. 1，2)C. (-2，3D. (-2，2)【答案】B【解析】【分析】分别求出集合的值，利用交集的定义可得的值.【详解】解：由题意可得：，可得：，故选：B.【点睛】本题主要考查集合的性质及交集的运算，属于基础题型.2.已知，为虚数单位，若为纯虚数，则的值为（ ）A. 2B. 1C. -2D. -1【答案】D【解析】【详解】由题知为纯虚数，实部为.故 .故本题选.3.已知命题，则p命题的
2、否定为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先从题的条件中可以断定命题P是全称命题，应用全称命题的否定是特称命题，利用其形式得到结果.【详解】因为命题P：为全称命题，所以P的否定形式为：，故选C.【点睛】该题考查的是有关全称命题的否定的问题，在解题的过程中，涉及到的知识点有全称命题的否定，注意其形式即可得到正确的结果，属于简单题目.4.在等差数列中，是方程的两根，则数列的前11项和等于（ ）A. 66B. 132C. -66D. -132【答案】D【解析】【分析】利用韦达定理得，进而，再利用求和公式求解即可【详解】因为，是方程的两根，所以，又，所以，故选D.【点睛】本题考查等差数
3、列的性质及求和公式，考查方程思想，是基础题5.若，满足，.则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用指数函数和对数函数的单调性即可比较大小.【详解】，故选：A.【点睛】本题考查了指数函数和对数函数的单调性，考查了计算能力和推理能力，属于基础题.6.已知变量与线性相关，由观测数据算得样本的平均数，线性回归方程中的系数，满足，则线性回归方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由最小二乘法原理可知样本平均数在线性回归方程上，将代入回归方程，联立方程组求出，的值，即可得出线性回归方程.【详解】解：同归直线过，又解得，线性回归方程为.故选D.【点睛】本题考查线性
4、回归方程.其中回归直线经过样本中心是解题的关键.7.我国古代数学名著孙子算经有鸡兔同笼问题，根据问题的条件绘制如图的程序框图，则输出的，分别是（ ）A. 12，23B. 23，12C. 13，22D. 22，13【答案】B【解析】【分析】分析程序框图功能，求当鸡、兔共35只头，94条腿时，鸡和兔各有多少只.根据条件确定跳出循环的S值，即可得到输出值.【详解】由程序框图，得，；，；，；，；，.输出，.故选B.【点睛】本题考查了循环结构的程序框图，根据框图的流程判断算法的功能是关键.8.把函数ysin(x)图象上各点的横坐标缩短到原来的 (纵坐标不变)，再将图象向右平移个单位长度，那么所得图象的一
5、条对称轴方程为()A. xB. xC. xD. x【答案】A【解析】把函数ysin(x)图象上各点的横坐标缩短到原来的 (纵坐标不变)得 ，再将图象向右平移个单位长度得，一条对称轴方程为x ，选A.点睛：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母而言. 函数是奇函数；函数是偶函数；函数是奇函数；函数是偶函数.9.关于曲线：性质的叙述，正确的是（ ）A. 一定是椭圆B. 可能为抛物线C. 离心率为定值D. 焦点为定点【答案】D【解析】【分析】根据题目给出的曲线方程，对参数进行分类讨论，最后得出答案
6、.【详解】因为曲线方程没有一次项，不可能为抛物线，故B错误；因为可正也可负，所以曲线可能为椭圆或双曲线.若曲线为椭圆，则，离心率不是定值，焦点，为定点；若曲线为双曲线，方程为，则，离心率不是定值，焦点，为定点；故选D.【点睛】本题考查了圆锥曲线的标准方程和性质,体现了分类讨论的思想.10.已知抛物线的焦点是椭圆（）的一个焦点，且该抛物线的准线与椭圆相交于、两点，若是正三角形，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】抛物线，即焦点为，故，为正三角形，则边长为故，故选11.已知函数，则的图象大致为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用特殊值，对函数图象进
7、行排除，由此得出正确选项.【详解】由于，排除B选项.由于，函数单调递减，排除C选项.由于，排除D选项.故选A.【点睛】本小题主要考查已知具体函数的解析式，判断函数的图象，属于基础题.12.已知函数，若存在实数，当时，满足，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】画出函数的图像, 令，作出直线，分析所在的区间，结合对数函数，余弦函数的性质，可得的取值范围.【详解】解：画出函数图像如图，令，作出直线，当时，当时，由图像可知，当时，直线与有4个交点，且，则：，可得，由的图像关于直线对称，可得，可得=，设，由对勾函数性质可得其在区间上单调递增，当时，当时，故可得的取值范围
8、是，故选：D.【点睛】本题主要考查分段函数的性质、对数函数与余弦函数的图像与性质，考查数形结合的数学思想，属于中档题.二、填空题（每小题5分）13.已知向量，若，则_.【答案】9【解析】【分析】根据向量垂直可知向量的数量积等于零，利用数量积的坐标运算即可.【详解】因为所以，解得m=9,故填9.【点睛】本题主要考查了向量垂直，向量的数量积计算，属于中档题.14.等比数列中，则数列的前8项和等于_.【答案】4【解析】【分析】首先利用对数的运算法，再根据等比数列的性质转化为，最后代入数值求值.【详解】 故答案为4【点睛】本题考查等比数列的运算性质和对数的运算法则，属于简单题型.15.小王同学骑电动自
9、行车以的速度沿着正北方向的公路行驶，在点处望见电视塔在电动车的北偏东方向上，后到点处望见电视塔在电动车的北偏东方向上，则电动车在点时与电视塔的距离是_【答案】【解析】依题意有,，由正弦定理得，解得.16.如图，在四棱锥中，平面，且，异面直线与所成角为，点，都在同一个球面上，则该球的表面积为_【答案】【解析】【分析】由题意可得，CDO=30，可得的长，结合可得三棱锥O-BCD外接球半径R的值，可得其表面积.详解】解：如图，过点D作,由，且，可得四边形为矩形，,，由，由于ABOD，异面直线CD与AB所成角为30，平面,故CDO=30，则，设三棱锥O-BCD外接球半径为R，结合可将以、为相邻三条棱补
10、成一个长方体，可得：，该球的表面积为：.【点睛】本题主要考查球与几何体的切、接问题，属于基础题型.三、解答题17.在中，角，所对的边分别为，.满足.（1）求角的大小；（2）若，的面积为，求的大小.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理将其转化为，利用和角公式求得，利用诱导公式以及三角形内角和，整理求得进而可得解；（2）结合题中的条件，根据三角形的面积公式，求得，之后应用余弦定理求得的值.【详解】(1)在中，因为，所以由正弦定理可得：，所以，又中，所以.因为，所以.(2)由，得.由余弦定理得，所以.【点睛】该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有正弦定理，和角公式，诱导
11、公式，三角形的面积公式，余弦定理，属于简单题目.18.中央政府为了对应因人口老龄化而造成的劳动力短缺等问题，拟定出台“延迟退休年龄政策”，为了了解人们对“延迟退休年龄政策”的态度，责成人社部进行调研，人社部从网上年龄在1565的人群中随机调查50人，调查数据的频率分布直方图和支持“延迟退休”的人数与年龄的统计结果如下：（1）由以上统计数据填下面22列联表，并问是否有90%的把握认为以45岁为分界点对“延迟退休年龄政策”的支持度有差异：（2）若从年龄在的被调查人中随机选取两人进行调查，求选中的2人中恰有1人支持“延迟退休”的概率.参考数据：.【答案】（1）填表见解析；有90%的把握认为以45岁为
12、分界点对“延迟退休年龄政策”的支持度有差异（2）0.6【解析】【分析】（1）根据统计数据，可得22列联表，根据列联表中的数据，计算的值，可得答案；（2）可得年龄在的被调查人共5人，可得随机选取两人共10种抽取方法，选中的2人中恰有1人支持“延迟退休”共6种抽取方法，可得选中的2人中恰有1人支持“延迟退休”的概率.【详解】解:（1）由频率分布直方图知，被调查的50人中年龄在45岁以上的人数为，年龄在45岁以下的人数为50-10=40，其中45岁以上支持“延迟退休”的人数为3人,45岁以下支持“延迟退休”人数为25人，则22列联表如下：年龄45岁以下人数年龄45岁以上人数合计支持25328不支持1
13、5722合计401050.所以有的把握认为以45岁为分界点对“延迟退休年龄政策”的支持度有差异.（2）可得年龄在的被调查人共人，其中支持“延迟退休”的2人，不支持“延迟退休”的3人，可得随机选取两人共种抽取方法，选中的2人中恰有1人支持“延迟退休”共种抽取方法，可得：选中的2人中恰有1人支持“延迟退休”的概率.【点睛】本题主要考查独立性检测的应用、频率分布直方图的应用及利用古典概型计算概率，属于中档题.19.如图，在矩形中，是的中点，以为折痕将向上折起，变为，且平面平面.（1）求三棱锥的体积；（2）求证：；（3）求证：平面平面【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）
14、取的中点,连接,可证得平面，且，求出的值，由可得答案；（2）由（1）得平面，可得，由已知可得，可得平面，可得，即；（2）由（2）得，且，可得平面，可得平面平面.【详解】解：（1）取的中点,连接,由是的中点，易得为等腰直角三角形，即为等腰直角三角形，且由，可得，由平面平面，且,平面平面,且 平面，可得平面，可得：,（2）证明：易得, ,可得：, ,由（1）得平面，可得，由，平面，平面，可得：平面，可得，即.(3)由（2）得，且，且且平面，平面，可得平面，由平面，可得：平面平面.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理，及椎体体积的计算，属于中档题，注意运算准确.20.已知椭圆：
15、过点和点.（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆相交于不同的两点，记线段的中点为，是否存在实数，使得？若存在，求出实数；若不存在，请说明理由【答案】（1）（2）不存在【解析】【分析】（1）根据椭圆过点，代入即可求出，写出标准方程（2）假设存在,联立直线与椭圆方程，利用韦达定理可求弦MN中点，根据知，利用垂直直线斜率之间的关系可求出，结合直线与椭圆相交的条件，可知不存在.【详解】（1）椭圆：过点和点，所以，由，解得，所以椭圆：.（2）假设存在实数满足题设，由，得，因为直线与椭圆有两个交点，所以，即，设的中点为，分别为点，的横坐标，则，从而，所以，因为，所以，所以，而，所以，即，与矛盾，因此，不存
16、在这样的实数，使得.【点睛】本题主要考查了椭圆标准方程的求法，直线与椭圆的位置关系，涉及根与系数的关系，中点，垂直直线斜率的关系，属于中档题.21.已知函数,是实数.（）若在处取得极值,求的值;（）若在区间为增函数,求的取值范围;（）在()的条件下,函数有三个零点,求的取值范围.【答案】（）；（）；（）【解析】试题分析：（1）先求出函数的导数，由，即可求出的值；（2）由，得在区间恒成立，即恒成立，由，即可得到；（3）求出，分别得时，时的情况，进而求出的取值范围试题解析：（1）f（x）=x2（m+1）x，由f（x）在x=1处取到极大值，得f（1）=1（m+1）=0，m=0，（符合题意）；（2）f
17、（x）=x2（m+1）x，f（x）在区间（2，+）为增函数，fx）=x（xm1）0在区间（2，+）恒成立，xm10恒成立，即mx1恒成立，由x2，得m1，m的范围是（，1（3）h（x）=f（x）g（x）=x3x2+mx，h（x）=（x1）（xm）=0，解得：x=m，x=1，m=1时，h（x）=（x1）20，h（x）在R上是增函数，不合题意，m1时，令h（x）0，解得：xm，x1，令h（x）0，解得：mx1，h（x）在（，m），（1，+）递增，在（m，1）递减，h（x）极大值=h（m）=m3+m2，h（x）极小值=h（1）=，要使f（x）g（x）有3个零点，需，解得：m1，m的范围是（，1）考点
18、：利用导数求解闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性【方法点晴】本题主要考查了利用导数求解闭区间上函数的最值、利用导数研究函数的单调性，着重考查了函数导数的应用、转化与化归和分类讨论的思想方法，属于一道综合性试题，本题的解答中若在区间为增函数，转化为在区间恒成立和函数有三个零点转化为函数的单调性与极值的应用是解答的关键22.已知直线的参数方程是（是参数），以坐标原点为原点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）判断直线与曲线的位置关系；（2）过直线上的点作曲线的切线，求切线长的最小值.【答案】（1）相离；（2）.【解析】【详解】试题分析：（1）利用加减消元法消去，可得直
19、线的方程为.将圆的极坐标方程展开后两边成立，转化为直角坐标方程为.利用圆心到直线的距离判断出直线和圆相离.（2）利用直线的参数方程，得到直线上任意一点的坐标，利用勾股定理求出切线长，最后利用配方法求得最小值.试题解析：（1）由直线的参数方程消去参数得的方程为.，曲线的直角坐标方程为，即圆心到直线的距离为，直线与圆的相离.（2）直线上的点向圆引切线，则切线长为即切线长的最小值为.23.设函数（1）解不等式；（2）若，使得，求实数m的取值范围【答案】（1）；（2） 【解析】【分析】1把用分段函数来表示，令，求得x的值，可得不等式的解集2由1可得的最小值为，再根据，求得m的范围【详解】1函数，令，求得，或，故不等式解集为，或；2若存在，使得，即有解，由(1)可得的最小值为，故，解得【点睛】绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想
