四川省成都市石室中学2020届高三上学期入学考试考数学（文）试题 23页

成都石室中学高2020届2019～2020学年上期入学考试 数学试卷（文科）‎ 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，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1.若复数满足，其中为虚数单位，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由，得，则，故选：A.‎ ‎2.己知集合，，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由二次不等式的解法可得：，由指数函数的值域的求法可得：，‎ 再结合并集的运算可得：，得解.‎ ‎【详解】解：解不等式，解得，即，‎ 又因为，所以，即，‎ 即 ，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了二次不等式的解法、指数函数的值域的求法及并集的运算，属基础题.‎ ‎3.下列判断正确的是（）‎ A. 命题“，”的否定是“，”‎ B. 函数的最小值为2‎ C. “”是“”的充要条件 D. 若，则向量与夹角钝角 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由全称命题的否定为特称命题可得：命题的否定是“，”，选项A错误，‎ 由在为增函数，即 ，即B错误；由根式方程的求法得“”是“”的充要条件，即C正确，由向量的夹角可得向量与夹角为钝角或平角，即D错误，得解.‎ ‎【详解】解：对于选项A，命题“，”的否定是“，”，即A错误；‎ 对于选项B，令 ，则，则，，‎ 又在为增函数，即 ，即B错误；‎ 对于选项C，由“”可得“”，‎ 由“”可得，解得“”，‎ 即 “”是“”的充要条件，即C正确，‎ 对于选项D，若，则向量与夹角为钝角或平角，即D错误，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了全称命题的否定、均值不等式的应用、根式方程的求法及向量的夹角，属基础题.‎ ‎4.对于函数，下列结论不正确的是（）‎ A. 在上单调递增 B. 图像关于y轴对称 C. 最小正周期为 D. 值域为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，求得，‎ 再利用的性质即可得解.‎ ‎【详解】解：因为 ‎，‎ 则函数是在上单调递增的偶函数，且值域为，周期为，‎ 即选项正确，选项错误， ‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考察了三角恒等变换及函数的性质，属基础题.‎ ‎5.在如图的程序框图中，若输入m=77，n=33，则输出的n的值是 A. 3 B. 7‎ C. 11 D. 33‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 这个过程是，，故所求的最大公约数是。‎ ‎6.已知函数，命题：，，若为假命题，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 为假命题，即不存在，使，根据这个条件得出实数的取值范围.‎ ‎【详解】解：因为为假命题，‎ 所以为真命题，即不存在，使，‎ 故，且 解得：或，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了命题的否定，解题的关键是要将假命题转化为真命题，从而来解决问题.‎ ‎7.一个平面封闭图形的周长与面积之比为“周积率”，下图是由三个半圆构成的图形最大半圆的直径为6，若在最大的半圆内随机取一点，该点取自阴影部分的概率为，则阴影部分图形的“周积率”为（ ）‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 设两个小圆的半径分别为，不妨设，则，根据面积比的几何概型，列出方程求得，进而求得阴影部分的周长和面积，即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】由题意，设两个小圆的半径分别为，不妨设，‎ 因为大圆的半径为，则，‎ 大圆的面积，‎ 阴影部分的面积为，‎ 又由在最大的半圆内随机取一点，该点取自阴影部分的概率为，‎ 可得，整理得，‎ 解得，又由，所以，‎ 所以阴影部分的周长为，‎ 所以，故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了新定义的应用，以及面积比几何概型的应用，其中解答中正确理解题意，列出方程求得两小圆的半径是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．‎ ‎8.某柱体的正视图与侧视图是全等的正方形，俯视图是圆，记该柱体的表面积为，其内切球的表面积为，且，则（）‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由空间几何体的三视图可得此柱体为底面直径与高相等的圆柱，‎ 设底面圆的半径为，则此柱体内切球的半径为，‎ 由圆柱体表面积及球的表面积公式可得：，，运算即可得解.‎ ‎【详解】解：由已知可得：此柱体为底面直径与高相等的圆柱，‎ 设底面圆的半径为，则高为,‎ 则，‎ 又此柱体内切球的半径为，则，‎ ‎ 则，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考察了空间几何体的三视图、圆柱体表面积及球的表面积的运算，属中档题.‎ ‎9.如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，，若，则的值是（）‎ A. B. 2 C. D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将,作为平面向量的一组基底，再利用平面向量基本定理可得 ‎=,再由运算即可得解.‎ ‎【详解】解：因为在中，D是BC的中点，E在边AB上，，‎ 所以==‎ ‎,‎ 又，所以，‎ 即,‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考察了平面向量基本定理，属中档题.‎ ‎10.定义在R上的函数满足，且、有，若，实数a满足则a的最小值为（）‎ A. B. 1 C. D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，则函数的图像关于直线对称，‎ 由、有，即函数在为增函数，‎ 又，则函数为偶函数，且在为增函数，‎ 再由的性质得不等式，求解即可.‎ ‎【详解】解:由函数满足，则函数的图像关于直线对称，‎ 又、有，即函数在为增函数，‎ 又，则函数为偶函数，且在为增函数，‎ 又，‎ 所以，‎ 所以，即，‎ 则a的最小值为，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了函数图像的对称性及函数的单调性，再利用对称性及函数的单调性求解不等式，属中档题.‎ ‎11.在中，已知，，，D是边AC上一点，将沿BD折起，得到三棱锥．若该三棱锥的顶点A在底面BCD的射影M在线段BC上，设，则x的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在折叠前图1中，，垂足为，设图1中在线段上的射影为，当运动点与点无限接近时，折痕接近，此时与点无限接近，得到，在图2中，根据直角三角形的斜边大于直角边，得到，即可求解．‎ ‎【详解】由将沿BD折起，得到三棱锥，且在底面的射影在线段上，‎ 如图2所示，平面，则，‎ 在折叠前图1中，作，垂足为，‎ 在图1中过作于点，当运动点与点无限接近时，折痕接近，此时与点无限接近，‎ 在图2中，由于是直角的斜边，为直角边，所以，‎ 由此可得,‎ 因为中，，‎ 由余弦定理可得,所以，‎ 所以 由于，所以实数的取值范围是，‎ 故选B．‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题主要考查了平面图形的折叠问题，其中解答中由平面图形的折叠前和折叠后，根据运动点的位置和直角三角形的性质求解是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于中档试题．‎ ‎12.设双曲线的左，右顶点为是双曲线上不同于的一点，设直线的斜率分别为，则当取得最小值时，双曲线C的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，可得，得到，代入已知条件，得到 ‎，设，得到，利用导数求得函数单调性，得到时，函数取得最小值，即，再由离心率的公式，即可求解．‎ ‎【详解】由双曲线，则，‎ 设，则，可得，‎ 则，所以，‎ 所以 ‎，‎ 设，则，‎ 则，‎ 当时，，单调递减；‎ 当时，，单调递增，‎ 所以当时，函数取得最小值，‎ 即当取得最小值时，，‎ 所以双曲线的离心率为，故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及几何性质的应用，以及利用导数求解函数的单调性与最值的应用，其中解答中根据双曲线的性质，得到关于的函数，利用导数求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.已知甲、乙两组数据的茎叶图如图所示，若甲的众数与乙的中位数相等，则图中________．‎ ‎【答案】4.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据茎叶图，求得甲组数据的众数是，乙组数据的中位数为，列出方程，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，根据茎叶图可得，甲组数据的众数是，乙组数据的中位数为，‎ 因为甲的众数与乙的中位数相等，所以，解得．‎ ‎【点睛】本题主要考查了茎叶图的应用，其中解答中熟记茎叶图的众数、中位数的概念和计算方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎14.已知圆截y轴所得的弦长为，过点且斜率为k的直线l与圆C交于A、B两点，若，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由圆中弦长运算可得：，‎ 由点到直线的距离公式可得：，运算可得解.‎ ‎【详解】解：由题意有，‎ 由已知可设直线方程为，‎ 设圆心（4,2）到直线的距离为，‎ 则，‎ 即，‎ 则，解得，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了圆中弦长的运算及点到直线的距离公式，属中档题.‎ ‎15.已知抛物线的一条弦AB经过焦点F，O为坐标原点，点M在线段OB上，且，点N在射线OA上，且，过M、N向抛物线的准线作垂线，垂足分别为C、D，则的最小值为________．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线的方程为，代入抛物线消得：‎ ‎，则==，再利用基本不等式即可得解.‎ ‎【详解】设直线的方程为，代入抛物线消得：‎ ‎，‎ 设，则，‎ 所以==，‎ 则的最小值为4.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与抛物线的关系及基本不等式的应用，属中档题.‎ ‎16.对于函数，若存在区间，当时的值域为，则称为倍值函数.若是倍值函数，则实数的取值范围是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：由题意得有两个不同的解，，则，因此当时，，当时，，从而要使有两个不同的解，需 考点：函数与方程 ‎【思路点睛】（1）运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身含义及其表示的内容，熟悉图象所能够表达的函数的性质.‎ ‎（2）在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究.‎ 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.某高校在2016年的自主招生考试成绩中随机抽取100名学生的笔试成绩，按成绩分组，得到的频率分布表如下表所示．‎ 组号 分组 频数 频率 第1组 ‎5‎ ‎0.050‎ 第2组 n ‎0.350‎ 第3组 ‎30‎ p 第4组 ‎20‎ ‎0.200‎ 第5组 ‎10‎ ‎0.100‎ 合计 ‎100‎ ‎1.000‎ ‎（1）求频率分布表中n，p的值，并估计该组数据的中位数（保留l位小数）；‎ ‎（2）为了能选拔出最优秀的学生，高校决定在笔试成绩高的第3、4、5组中用分层抽样的方法抽取6名学生进入第二轮面试，则第3、4、5组每组各抽取多少名学生进入第二轮面试？‎ ‎（3）在（2）的前提下，学校决定从6名学生中随机抽取2名学生接受甲考官的面试，求第4组至少有1名学生被甲考官面试的概率．‎ ‎【答案】（1），，中位数估计值为171.7（2）第3、4、5组每组各抽学生人数为3、2、1（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由频率分布表可得：，，由中位数的求法可得中位数估计值为171.7；‎ ‎（2）因为笔试成绩高的第3、4、5组的人数之比为，由分层抽样的方法选6名学生，三个小组分别选的人数为3、2、1；‎ ‎（3）先列举出从6名学生中随机抽取2名学生的不同取法，再列举出第4组至少有1名学生被甲考官面试的取法，再结合古典概型的概率公式即可得解.‎ ‎【详解】解：（1）由已知：，‎ ‎，‎ ‎，，中位数为171.7，‎ 即中位数估计值为171.7，‎ ‎（2）由已知，笔试成绩高的第3、4、5组的人数之比为，现用分层抽样的方法选6名学生。故第3、4、5组每组各抽学生人数为3、2、1。‎ ‎（3）在（2）的前提下，记第3组的3名学生为，，，‎ 第4组的2名学生为，，第5组的1名学生为，且“第4组至少有1名学生被甲考官面试”为事件A。‎ 则所有的基本事件有：，，，，，，，，，，，，，，，一共15种。‎ A事件有：，，，，，，，，，一共9种。‎ ‎，‎ 答：第4组至少有1名学生被甲考官面试的概率为。‎ ‎【点睛】本题考查了样本数据的中位数、分层抽样及古典概型的概率公式，属基础题.‎ ‎18.如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，是等边三角形，四边形ABCD是矩形，，F为棱PA上一点，且，M为AD的中点，四棱锥的体积为．‎ ‎（1）若，N是PB的中点，求证：平面平面PCD；‎ ‎（2）在（Ⅰ）的条件，求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）见解析；‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由是AP的中点，证得，又由四边形是矩形，证得，从而证得面，再由，证得面，最后利用面面平行的判定定理，即可得到平面平面．‎ ‎（2）连接，根据面面垂直的性质，证得面，又由是的中点，得到到面的距离等于到面的距离的一半，利用体积公式，即可求解．‎ ‎【详解】（1）因为，所以是的中点，又因为N是PB的中点，所以，‎ 由四边形是矩形，得，故，‎ 由，面，所以面 又由，且面，面，所以面，‎ 又因为面 根据面面平行的判定定理，可得平面平面．‎ ‎（2）连接，由是等边三角形，得，‎ 又因为面面，面面，面，‎ 所以面 因为是的中点，所以到面的距离等于到面的距离的一半，‎ 设．‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与平面平行，以及面面平行判定与证明，以及几何体的体积的计算，对于空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：①若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．②若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．‎ ‎19.已知数列和满足，，，．‎ ‎（1）证明：是等比数列，是等差数列；‎ ‎（2）设，求数列的前n项和．‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知有是首项为1，公比为的等比数列，是首项为1，公差为2的等差数列．即命题得证；‎ ‎(2)由，得，即，‎ 再利用错位相减法求和即可得解.‎ ‎【详解】解：（1）由题设得，即，‎ 又因为，所以是首项为1，公比为等比数列．‎ 由题设得，‎ 即．‎ 又因为，所以是首项为1，公差为2的等差数列．‎ ‎（2）由（1）知，，．‎ 所以，‎ 所以．所以，‎ 则,①‎ 则，②‎ ‎①-②整理可得：.‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的通项公式及错位相减法，属中档题.‎ ‎20.己知椭圆上任意一点到其两个焦点，的距离之和等于，焦距为2c，圆，，是椭圆的左、右顶点，AB是圆O的任意一条直径，四边形面积的最大值为．‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）如图，若直线与圆O相切，且与椭圆相交于M，N两点，直线与平行且与椭圆相切于P（O，P两点位于的同侧），求直线，距离d的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由椭圆的定义知：，由当直径轴时四边形的面积最大，最大为，可得，即椭圆方程得解；‎ ‎（2）由直线与圆O相切，可得，‎ 由椭圆与直线相切可得：，‎ 由两平行线的距离公式可得，‎ 又，则可得，代入运算即可得解.‎ ‎【详解】解：（1）由椭圆的定义知：，‎ 又当直径轴时四边形的面积最大，最大为，‎ 椭圆 ‎（2）因为直线与圆O相切，‎ 又设直线，联立消去y有 化简有 因为，‎ 又，又，，‎ 又由O，P两点位于的同侧，m，n异号，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考察了椭圆方程的求法及点到线的距离公式，属中档题.‎ ‎21.已知函数 ‎（1）若在上单调递减，求实数a的取值范围；‎ ‎（2）当时，有两个零点，，且，求证：．‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得函数的导数，由函数在上单调递减，转化为当时，恒成立，即可求解；‎ ‎（2）由，是函数的两个零点，得到 ，转化为，，构造，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解．‎ ‎【详解】（1）由题意，函数，则 若函数在上单调递减，则在上恒成立，‎ 即在上恒成立，即当时，恒成立，所以．‎ ‎（2）根据题意，，‎ 因为，是函数的两个零点，‎ 所以 ，．‎ 两式相减，可得， ‎ 即，故，则，．‎ 记，则．‎ 因为，所以恒成立，故，即．‎ 可知，故．‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．‎ ‎22.在平面直角坐标系，曲线，曲线（为参数），以坐标原点为 极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系.‎ ‎（1）求曲线，的极坐标方程；‎ ‎（2）射线分别交，于，两点，求的最大值.‎ ‎【答案】（1），；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用转换关系，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化；‎ ‎（2）利用三角函数关系式的恒等变换，变形成正弦型函数，进一步求出函数的最值．‎ ‎【详解】（1）因为 ，，，‎ 所以 的极坐标方程为 ，‎ 因为 的普通方程为 ，‎ 即 ，对应极坐标方程为 ． ‎ ‎（2）因为射线，则 ，‎ 则，所以 ‎＝‎ 又 ，，‎ 所以当 ，即 时， 取得最大值 ‎ ‎【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，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用．‎ ‎ ‎ ‎ ‎