1、四川省南充高级中学2020届高三数学下学期第三次线上月考试题 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.已知全集，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】直接用补集，交集的概念运算即可.【详解】，则.故选：A.【点睛】本题考查交集，补集的运算，是基础题.2.设（i为虚数单位），其中x，y是实数，则等于（ ）A. 5B. C. D. 2【答案】A【解析】【分析】直接由复数代数形式的乘除运算以及复数相等的条件，列出方程组求解即可得x，y的值，再由复数求模公式计算得答案【详解】由，得，解得，故选A【点睛】本
2、题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数相等的条件，考查了复数模的求法，是基础题3.埃及金字塔是古埃及的帝王（法老）陵墓，世界七大奇迹之一，其中较为著名的是胡夫金字塔令人吃惊的并不仅仅是胡夫金字塔的雄壮身姿，还有发生在胡夫金字塔上的数字“巧合”如胡夫金字塔的底部周长如果除以其高度的两倍，得到的商为3.14159，这就是圆周率较为精确的近似值金字塔底部形为正方形，整个塔形为正四棱锥，经古代能工巧匠建设完成后，底座边长大约230米因年久风化，顶端剥落10米，则胡夫金字塔现高大约为（ ）A. 128.5米B. 132.5米C. 136.5米D. 110.5米【答案】C【解析】【分析】设出胡夫金字塔
3、原高，根据题意列出等式，解出等式即可根据题意选出答案【详解】胡夫金字塔原高为 ，则 ，即米，则胡夫金字塔现高大约为136.4米故选C【点睛】本题属于数学应用题，一般设出未知数，再根据题意列出含未知数的等式，解出未知数，即可得到答案属于常规题型4.体育品牌Kappa的LOGO为可抽象为：如图背靠背而坐的两条优美的曲线，下列函数中大致可“完美”局部表达这对曲线的函数是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】从图像可以看出，函数是偶函数，并且当趋近于0时，函数值趋近于正无穷，据此判断.【详解】因为、两个函数均是奇函数，故不符合题意；对A：当趋近于0，且足够小时，不符合题意；对D：因为
4、，满足趋近于0，且足够小时函数值.故选：D.【点睛】本题考查函数图像的选择，一般地，此类题目要从函数奇偶性，单调性，特殊值进行判断和选择.5.如图所示，半径为2的圆内有一个内接正方形，现往该圆内任投一点，此点落在阴影部分的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据圆的半径，分别求得原点面积和正方形面积，结合几何概型概率即可求解.【详解】半径为2，则圆的面积为，圆内接正方形的对角线为2，则变成为，所以正方形面积为，由几何概型概率可得该圆内任投一点，此点落在阴影部分的概率为，故选：B.【点睛】本题考查了几何概型概率的简单应用，属于基础题.6.已知三角形中，内角所对的边分别为
5、，若，则角（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，由正弦定理求出；由余弦定理求出，进而可求出结果.【详解】因为，由正弦定理可得：，所以，因为为三角形内角，所以，解得；又，由余弦定理可得：，所以，因此.故选：A【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理与余弦定理即可，属于常考题型.7.若，分别是直线与轴，轴的交点，圆：上有任意一点，则的面积的最大值是（ ）A. 6B. 8C. 10D. 12【答案】C【解析】【分析】先求出，再求出到直线的最大距离为点到直线加上半径，进而可得面积最大值.【详解】由已知，则，又点到直线的最大距离为，所以最大面积.故选：C.【点睛】本题考查圆
6、上一点到直线的最大距离问题，是基础题.8.在中，点F为线段BC上任一点（不含端点），若，则的最小值为（ ）A. 1B. 8C. 2D. 4【答案】B【解析】【分析】根据C，F，B三点共线可得的关系，再利用基本不等式解出.【详解】因为，且点F在线段BC上，则，且，则.故选：B.【点睛】本题考查了向量共线定理和基本不等式的性质，注意当三点共线时，若，则必有，属于基础题.9.将函数的图象向左平移个单位，所得图象对应的函数在区间上无极值点，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由三角函数的图象变换，求得函数，求得增区间，令，可得函数的单调递增区间为，进而根据函数在区间上无
7、极值点，即可求解.【详解】由题意，将函数的图象向左平移个单位，可得函数，令，解得即函数的单调递增区间为，令，可得函数的单调递增区间为，又由函数在区间上无极值点，则的最大值为，故选A.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的性质的应用，其中解答中熟练应用三角函数的图象变换得到函数的解析式，再根据三角函数的性质，求得其单调递增区间是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于中档试题.10.过双曲线的左焦点引圆的切线，切点为T，延长交双曲线右支于P点，M为线段的中点，O为坐标原点，则（ ）A. 1B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】根据三角形的中位线性质，双曲线的定义，及圆
8、的切线性质，即可得到结论【详解】由图象可得.故选：B.【点睛】本题考查圆与双曲线的综合，解题的关键是正确运用双曲线的定义，三角形的中位线性质11.已知四面体的外接球的球心O 在AB 上，且平面ABC，若四面体的体积为，求球的表面积A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】依据题意作出图形，设四面体的外接球的半径为，由题可得：为球的直径，即可求得：， ，利用四面体的体积为列方程即可求得，再利用球的面积公式计算得解【详解】依据题意作出图形如下：设四面体的外接球的半径为，因为球心O 在上，所以为球的直径，所以，且由可得：， 所以四面体的体积为解得：所以球的表面积故选B【点睛】本题主要考查了锥
9、体体积公式及方程思想，还考查了球的表面积公式及计算能力，考查了空间思维能力，属于中档题12.已知函数，设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】当时，；当时，当时，；当时；.函数是偶函数当时，易得为增函数，故选D.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知向量，两向量的夹角为，则_.【答案】【解析】【分析】利用坐标运算计算即可【详解】.故答案为：.【点睛】本题考查向量数量积坐标运算，及模的坐标运算，是基础题14.已知x，y满足约束条件，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】作出可行域，平移目标直线可得取最值时的条件，求交点代入目标函数即可.【详解】作出可行域，如
10、图：当目标函数过直线与直线的交点时取最大值，则.故答案为：.【点睛】本题考查简单线性规划，准确作图是解决问题的关键，属基础题.15.等比数列的各项均为实数，其前项为，已知= ，=，则=_【答案】32【解析】由题意可得，所以两式相除得代入得，填3216.设抛物线=2x的焦点为F，过点M（，0）的直线与抛物线相交于A，B两点，与抛物线的准线相交于C，=2，则BCF与ACF的面积之比= ;【答案】【解析】【详解】解：设，因为，所以因此，代入得或因此，设点到直线距离为，从而三、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.某医院体检中心为回馈大众，推出优惠活动：对首次参加体检的人员，
11、按200元/次收费，并注册成为会员，对会员的后续体检给予相应优惠（本次即第一次），标准如下：体检次序第一次第二次第三次第四次第五次及以上收费比例10.950.900.850.8该体检中心从所有会员中随机选取了100位对他们在本中心参加体检的次数进行统计，得到数据如下表：体检次数一次两次三次四次五次及以上频数60201244假设该体检中心为顾客体检一次的成本费用为150元，根据所给数据，解答下列问题：（1）已知某顾客在此体检中心参加了3次体检，求这3次体检，该体检中心的平均利润；（2）该体检中心要从这100人里至少体检3次的会员中，按体检次数用分层抽样的方法抽出5人，再从这5人中抽取2人发放纪念
12、品，求抽到的2人中恰有1人体检3次的概率【答案】（1）40元；（2）【解析】【分析】（1）根据优惠方案算出三次体检医院的收入减去成本即可得到利润；（2）根据分层抽样可得抽出的5人中，有3人恰好体检三次，各有1人恰好体检四次五次，根据古典概型求解概率.【详解】解：（1）医院三次体检的收入为，三次体检的成本为，利润为元，故平均利润为40元； （2）由题抽出的五个人中有3人恰体检三次，记为A，B，C，有一人恰体检四次，记为D，有一人恰体检至少五次，记为E，从五人中抽两个人出来，共有，10种情况其中抽到的2人中恰有1人体检3次的情况有， 6种情况，所求概率为.【点睛】此题主要考查统计与概率相关知识，涉
13、及分层抽样和古典概型的计算，熟练掌握基本概念准确求解.18.已知数列为等差数列，且依次成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，若，求的值.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为d，运用等差数列的通项公式和等比数列中项性质，解方程可得首项和公差，即可得到所求通项公式；（2）求得bn（），运用裂项相消求和可得Sn，解方程可得n【详解】解：（1）设数列an为公差为d的等差数列，a7a210，即5d10，即d2，a1，a6，a21依次成等比数列，可得a62a1a21，即（a1+10）2a1（a1+40），解得a15，则an5+2（n1）2n+3；（2）b
14、n（），即有前n项和为Sn（）（），由Sn，可得5n4n+10，解得n10【点睛】本题考查等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，考查数列的裂项相消求和，以及方程思想和运算能力，属于基础题19.如图,已知多面体的底面是边长为2的菱形,平面,且.(1)证明:平面平面;(2)若,求多面体的表面积.【答案】(1)答案见解析.(2)【解析】【分析】(1)取的中点,连接,得到,且,进而证得，再利用线面垂直的判定定理，证得平面,得到平面,结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面；(2)设多面体的表面积，结合面积公式，即可求解.【详解】(1)如图所示，取的中点,连接,因为分别是的中点,所以,且,因为,且,所
15、以,且,所以四边形为平行四边形,所以，又因为平面,平面,所以,又是菱形,所以平面,所以平面,又平面,所以平面平面.(2)如图所示，取的中点为,连接,在直角中,设多面体的表面积为,则.【点睛】本题主要考查了线面垂直与面面垂直的判定与证明，以及几何体的体积的计算，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，以及合理利用“分割法”求解几何体的体积是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.20.已知直线l： 椭圆C： ，分别为椭圆的左右焦点.（1）当直线l过右焦点时，求C的标准方程；（2）设直线l与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，若AOB是钝角，求实数a的取值范围.【答案】（1） （
16、2）.【解析】【分析】（1）将右焦点代入直线方程，结合椭圆中的及关系，即可求得，进而得椭圆方程.（2）设，联立直线与椭圆方程，化简后由判别式可确定a的范围；并由韦达定理表示出、，进而表示出，由为钝角并结合平面向量数量积的坐标运算，即可求得a的取值范围.【详解】（1）直线l过右焦点，则，代入直线方程可得，椭圆C： ，所以解得所以椭圆C的方程为，（2）由题可得，设，则化简可得得，由，因即由韦达定理得，因为，因为钝角，所以，即所以 ，即所以， 综上所述，由得的取值范围为.【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求法，直线与椭圆位置关系的综合应用，由韦达定理和平面向量数量积的坐标运算求得参数取值范围，计算量较
17、大，属于中档题.21.已知函数.（1）当时，求的单调增区间；（2）若，且在上有唯一的零点，求证：.【答案】（1）在上单调递增；（2）见解析【解析】【分析】（1）求出，令，解不等式可得单调递增区间；（2）通过求的导函数，可得在上有两个极值点，设为，又由在上有唯一的零点可得，所以有，消去，可得，记，研究其单调性，利用零点存在性定理可得结果.【详解】（1）由已知的定义域为，当时，则，令且，则，故在上单调递增；（2）由，有，记，由，有，即在上有两个极值点，设为，不妨设，且，是的两个根，则，又在上有唯一的零点，且当时，当时，所以得，所以，两式结合消去，得，即，记，有，其在上单调递增，所以则在上恒成立，即
18、在上单调递减，又，由零点存定理，.【点睛】本题考查导数的综合应用，熟练应用导数研究单调性，极值，考查学生转化问题的能力及分析能力，是一道难度较大的题目.请考生在第22、23两题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则按所做的第一题计分【选修4-4：坐标系与参数方程】22.在平面直角坐标系中，曲线.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求曲线的极坐标方程和直线的普通方程；（2）直线与直线交于点，与曲线交于两点，求的值.【答案】(1) 曲线的极坐标方程为：,直
19、线的普通方程为：. (2)【解析】【分析】(1)利用极坐标和平面直角坐标的互化公式 直接进行计算.(2)将代入真线的极坐标方程可得的值，将代入曲线的极坐标方程可得的值，从而得出答案.【详解】(1)由曲线，得所以曲线的极坐标方程为：.由直线的极坐标方程为，得所以直线的普通方程为：.(2)将代入直线的极坐标方程可得,得 .所以.将代入曲线的极坐标方程可得.设两点的极坐标分别为 则.所以=.【点睛】本题考查极坐标与平面直角坐标的互化和极坐标的几何意义的应用，属于中档题.【选修4-5：不等式选讲】23.已知函数.（1）当时，解不等式；（2）若，求证：.【答案】(1) (2) 证明见解析.【解析】【分析】（1）利用零点分段的方法分段打开绝对值，从而解不等式.（2）由条件有，然后用绝对值的三角不等式可证明结论.【详解】（1）当时，由，则即解不等式，由所以当时， ，显然无解.当时， ，得当时， ，解得： 所以不等式的解集为 （2）由，即，所以 所以，即【点睛】本题考查利用零点分段法解含绝对值不等式和利用绝对值的三角不等式证明不等式，属于中档题.