1、四川省绵阳南山中学2020届高三数学3月网络考试试题 文（含解析）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的.1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据集合交集的定义直接求解即可.【详解】因为集合，所以.故选：D【点睛】本题考查了集合交集运算，属于基础题.2.若复数z满足z（1+2i）=10，则复数z在复平面内对应的点在（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数除法的运算法则化简复数z，最后确定复数z在复平面内对应的点的位置即可.【详解】因为z（1+2i）=10，所
2、以，因此复数z在复平面内对应的点在第四象限.故选：D【点睛】本题考查了复数除法的运算法则，考查了复数在复平面内对应点的位置，考查了数学运算能力.3.已知a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，则“”是“”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】C【解析】【分析】根据线面平行的性质定理和判定定理判断与的关系即可得到答案.【详解】若，根据线面平行的性质定理，可得；若，根据线面平行的判定定理，可得.故选：C.【点睛】本题主要考查了线面平行的性质定理和判定定理，属于基础题.4.函数的大致图象是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析
3、】利用函数的对称性及函数值的符号即可作出判断.【详解】由题意可知函数为奇函数，可排除B选项；当时，可排除D选项；当时，当时，即，可排除C选项，故选A【点睛】本题考查了函数图象的判断，函数对称性的应用，属于中档题5.我国古代数学著作孙子算经中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之剩一，五五数之剩三，七七数之剩六，问物几何？”人们把此类题目称为“中国剩余定理”若正整数N除以正整数m后的余数为n，则记为Nn（modm），例如102（mod4）现将该问题以程序框图给出，执行该程序框图，则输出的n等于（）A. 13B. 11C. 15D. 8【答案】A【解析】【分析】：按照程序框图的流程逐一写出前
4、面有限项，最后得出输出的结果【详解】：第一步：第二步：第三步：第四步：最后：，输出的值，故选A【点睛】：程序框图的题学生只需按照程序框图的意思列举前面有限步出来，观察规律，得出所求量与步数之间的关系式6.已知函数，若不等式对任意的恒成立，则实数k的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出函数在处的切线方程，在同一直角坐标系内画出函数和的图象，利用数形结合进行求解即可.【详解】当时，所以函数在处的切线方程为：，令，它与横轴的交点坐标为.在同一直角坐标系内画出函数和图象如下图的所示：利用数形结合思想可知：不等式对任意的恒成立，则实数k的取值范围是.故选：A【点睛】本
5、题考查了利用数形结合思想解决不等式恒成立问题，考查了导数的应用，属于中档题.7.已知等差数列的前n项和为,且,若(,且),则i的取值集合是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设等差数列的公差为，根据题设条件，求得，得出，进而求得，再结合等差数列的性质，即可求解.【详解】设等差数列的公差为，因为,可得，解得，所以令，解得或（舍去），即，又因为，所以，由等差数列的性质，可得，所以i的取值集合是.故选：A.【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，以及前n项和公式的应用，其中解答中熟记等差数列前n项和公式，结合等差数列的性质，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题
6、.8.若,则下列结论正确的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据指数函数的性质，取得的取值范围，即可求解，得到答案.【详解】由指数函数的性质，可得，即，又由，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查了指数幂的比较大小，其中解答中熟记指数函数的性质，求得的取值范围是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题.9.已知等比数列各项均为正数，设其前n项和，若（），则（ ）A. 30B. C. D. 62【答案】B【解析】【分析】根据，分别令，结合等比数列的通项公式，得到关于首项和公比的方程组，解方程组求出首项和公式，最后利用等比数列前n项和公式进行求解即可.【详解】设等比数列的公
7、比为，由题意可知中：.由，分别令，可得、，由等比数列的通项公式可得：，因此.故选：B【点睛】本题考查了等比数列的通项公式和前n项和公式的应用，考查了数学运算能力.10.圆关于直线（）对称，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先对圆的方程进行配方，求出圆心的坐标，根据圆的性质可以得到关于的等式，利用基本不等式进行求解即可.【详解】，所以圆心坐标为：，因为圆关于直线对称，所以有，因为，所以有，（当且仅当时取等号，即时取等号）.故选：B【点睛】本题考查圆的几何性质，考查了基本不等式的应用，考查了数学运算能力.11.小王因上班繁忙，来不及做午饭，所以叫了外卖.假设小王和
8、外卖小哥都在12：0012：10之间随机到达小王所居住的楼下，则小王在楼下等候外卖小哥的时间不超过5分钟的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设出两人到达小王的时间，根据题意列出不等式组，利用几何概型计算公式进行求解即可.【详解】设小王和外卖小哥到达小王所居住的楼下的时间分别为，以12：00点为开始算起，则有，在平面直角坐标系内，如图所示：图中阴影部分表示该不等式组的所表示的平面区域，所以小王在楼下等候外卖小哥的时间不超过5分钟的概率为：.故选：C【点睛】本题考查了几何概型中的面积型公式，考查了不等式组表示的平面区域，考查了数学运算能力.12.已知双曲线C：（）的左、
9、右焦点分别为，过的直线l与双曲线C的左支交于A、B两点.若，则双曲线C的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，利用余弦定理，结合双曲线的定义进行求解即可.【详解】设，由双曲线的定义可知：因此再由双曲线的定义可知：，在三角形中，由余弦定理可知：，因此双曲线的渐近线方程为：.故选：D【点睛】本题考查了双曲线的定义的应用，考查了余弦定理的应用，考查了双曲线的渐近线方程，考查了数学运算能力.二、填空题：本题共4小题.每小题5分，共20分.13.若实数x，y满足约束条件，则的最大值为_.【答案】10【解析】【分析】在直角坐标系内画出可行解域，平移直线，在可行解域内找到经
10、过一点使得直线在纵轴上的截距最小即可.【详解】约束条件表示的可行解域如下图所示：平移直线，当经过点时，直线在纵轴上的截距最小，此时点坐标是方程组的解，解得，因此的最大值为.故答案为：10【点睛】本题考查了线性目标函数的最大值问题，考查了数形结合思想，考查了数学运算能力.14.若函数（）满足：是偶函数；的图象关于点对称；在上有两个零点.则同时满足的值是_.【答案】【解析】【分析】利用正弦型函数的对称性、奇偶性、零点进行求解即可.【详解】因为是偶函数，故或；因此有或；当时，因为的图象关于点对称，因此有，解得，因为，所以有；因为在上有两个零点，因此有，解得，所以；当时，因为的图象关于点对称，因此有，
11、或；因为在上有两个零点，因此有，解得，所以.故答案为：【点睛】本题考查了根据正弦型函数的性质求参数问题，考查了数学运算能力.15.已知抛物线C的顶点是原点O，焦点F在x轴的正半轴上，经过点F的直线与抛物线C交于A，B两点，若，则抛物线C的方程为_.【答案】【解析】【分析】根据已知设出抛物线的方程、直线的方程，将直线方程与抛物线方程联立，根据一元二次方程根与系数关系，结合数量积的坐标表示公式进行求解即可.【详解】因为抛物线C的顶点是原点O，焦点F在x轴的正半轴上，所以抛物线的方程可以设为，直线的方程为：，直线方程与抛物线方程联立得：，设，因此，故答案为：【点睛】本题考查求抛物线的标准方程，考查了
12、数量积的坐标表示公式，考查了数学运算能力.16.在三棱锥中，若PA与底面ABC所成的角为60，则三棱锥的外接球的表面积_.【答案】【解析】【分析】根据线面角的定义，结合已知条件可以计算出该三棱锥的高，以及顶点在底面射影的位置，再确定球心的位置，最后根据球的表面积公式进行求解即可.【详解】设顶点在底面的射影为，因为PA与底面ABC所成的角为60，所以有因为，所以，且等腰直角三角形的外接圆的直径为，又因为，所以点在线段的垂直平分线上，而，所以四边形是正方形，即也是等腰直角三角形的外接圆的直径，两条直线交点为，显然三棱锥的外接球的球心在平面底面ABC的射影就是，显然是三棱锥的外接球的直径，所以三棱锥
13、的外接球的表面积为：.故答案为：【点睛】本题考查了三棱锥外接球问题，考查了空间想象能力和数学运算能力.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.17.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.（1）求角B的大小；（2）设a=2，c=3，求b和的值.【答案】()；()，.【解析】分析：（）由题意结合正弦定理边化角结合同角三角函数基本关系可得，则B=（）在ABC中，由余弦定理可得b=结合二倍角公式和两角差的正弦公式可得详解：（）在ABC中，由正弦定理，可得，又由，得，即，可得又因为，可得B=（）在ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，有，故b=由，可得因为ac，
14、故因此， 所以， 点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用解决三角形问题时，注意角的限制范围18.某工厂有25周岁以上（含25周岁）工人300名，25周岁以下工人200名.为研究工人的日平均生产量是否与年龄有关，现采用分层抽样的方法，从中抽取了100名工人，先统计了他们某月的日平均生产件数，然后按工人年龄在“25周岁以上（含25周岁）”和“25周岁以下”分为两组，再将两组工人的日平均生产件数分成5组：分别加以统计，得到如图所示的频率分布直方图.（1）从
15、样本中日平均生产件数不足60的工人中随机抽取2人，求至少抽到一名“25周岁以下组”工人的概率；（2）规定日平均生产件数不少于80的为“生产能手”，请你根据已知条件完成22列联表，并判断是否有90%的把握认为“生产能手与工人所在的年龄组有关”？P（）0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828附：【答案】（1）（2）填表见解析；没有90%的把握认为“生产能手与工人所在的年龄组有关”【解析】【分析】（1）根据频率直方图可以求出25周岁以上（含25周岁）组工人的人数，25周岁以下组工人的人数，运用列举法列出从中随机抽取2名工人，所有的可能结果，然后利用古典概型的
16、计算的公式进行求解即可；（2）根据题中的数据列出列联表，然后进行计算求出进行判断即可.【详解】解（1）由已知得，样本中有25周岁以上（含25周岁）组工人60名，25周岁以下组工人40名.所以样本中日平均生产件数不足60的工人中，25周岁以上（含25周岁）组工人有（人），记为；25周岁以下组工人有（人），记为.从中随机抽取2名工人，所有的可能结果共有10种，它们是，.其中，至少有1名“25周岁以下组”工人的可能结果共有7种，它们是，.故所求的概率.（2）由频率分布直方图可知，在抽取的100名工人中，“25周岁以上（含25周岁）组”中的生产能手有，“25周岁以下组”中的生产能手有（人），据此可得列
17、联表如下：生产能手非生产能手总计25周岁以上（含25周岁）组15456025周岁以下组152540总计3070100所以得因为.所以没有90%的把握认为“生产能手与工人所在的年龄组有关”.【点睛】本题考查了频率直方图的应用，考查了的应用，考查了数学运算能力.19.如图，在多面体中，四边形正方形，是正三角形，.（1）求证：平面；（2）求多面体的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）取的中点，证明四边形为平行四边形，可得，从而可得面，再证明面，利用面面平行的判定，可得平面平面，从而可得平面；（2）先证明平面，于是多面体是由直三棱柱和四棱锥组成的，即可得出结论试题解析：证明
18、：（1）取中点，连，四边形，是平行四边形，在正方形中，四边形为平行四边，平面平面，又平面，平面（2）在正方形中，又是等边三角形，所以,所以，于是，又，平面，又，平面，于是多面体是由直三棱柱和四棱锥组成.又直三棱柱的体积为，四棱锥的体积为，故多面体的体积为.考点：（1）直线与平面平行的判定；（2）几何体的体积.20.已知椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，离心率，以椭圆的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为.（）求椭圆的标准方程；（）若经过点的直线交椭圆于两点，是否存在直线，使得到直线的距离满足恒成立，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】()；()答案见解析.【解析】分析：（）设椭圆的
19、标准方程为，由题意可得，.则椭圆的标准方程为.（）若直线的斜率不存在,则直线为任意直线都满足要求；当直线的斜率存在时，设其方程为：，与椭圆方程联立有，结合韦达定理可得.则存在直线，使得到直线的距离满足恒成立.详解：（）设椭圆的标准方程为，又，由，解得，.所以椭圆的标准方程为.（）若直线的斜率不存在,则直线为任意直线都满足要求；当直线的斜率存在时，设其方程为：，设，（不妨令），则， ，解得.由得，.综上可知存在直线，使得到直线的距离满足恒成立.点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关
20、系(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形21.已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）设函数，若，使得成立，求实数a的取值范围；（3）若方程有两个不相等的实数根，求证：.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）对函数进行求导，根据的取值不同进行分类讨论函数的单调区间；（2）根据（1）中的单调性求出在上的最小值，再对进行求导，根据单调性求出在上的最大值，计算的值，然后分类讨论，结合已知以及绝对值的意义进行求解即可；（3）要证，由（1）知由得；只要证明即可，根据方程根的性质，求出的表达式，构造新函数，利用新函数的单
21、调性进行求解即可.【详解】（1）（）当时，函数在上单调递增；当时，由得；由得，函数在上递增，在上递减（2）当时，令得（舍去），当时，当时，则显然成立，即当时，则，即，综上.（3）要证，由（1）知由得；只要证明即可是方程的两个不等实根，不妨设，即，即证即证，设令，则在上单调递增，恒成立，得证.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调区间，考查了利用导数研究不等式能成立问题，考查了利用导数证明不等式问题，考查了数学运算能力.二选一：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.已知直线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴的极坐标系中，
22、曲线的极坐标方程为() 求直线极坐标方程和曲线的直角坐标方程；() 设直线与曲线相交于两点，求的值【答案】(1) ;(2)4.【解析】分析：（1）利用转换关系，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化；（2）代入建立一元二次方程，利用根和系数的关系求出结果.详解：(1)直线的参数方程为（为参数），直线的普通方程为，即，直线的极坐标方程：，又曲线的极坐标方程为，即，曲线的直角坐标方程为.(2)将直线：代入曲线的极坐标方程：得：，设直线与曲线的两交点的极坐标分别为， 点睛：本题考查的知识要点：参数方程和极坐标方程与直角坐标方程的转化，一元二次方程根与系数的关系的应用.23.已知，且.(1)若恒成立，求的取值范围；(2)证明：.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】分析：（1）运用乘1法和基本不等式可得+的最小值，再由绝对值不等式的解法，即可得到所求范围；（2）变形、运用基本不等式或柯西不等式，即可得证详解：（1）设由，得.故 .所以.当时，得；当时，解得，故；当时，解得，故；综上，.（2），.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
