四川省成都市双流棠湖中学2020届高三上学期开学考试数学（理）试题 20页

‎2019-2020学年度秋四川省棠湖中学高三开学考试 理科数学试题 一、选择题(在每个小题所给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置.）‎ ‎1.已知集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出集合B再求出交集.‎ ‎【详解】，‎ ‎∴，则，‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查了集合交集的求法，是基础题.‎ ‎2.＝（　　）‎ A. ﹣1 B. ﹣i C. 1 D. i ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的除法运算得到结果即可.‎ ‎【详解】＝ ‎ 故答案为：A.‎ ‎【点睛】这个题目考查了复数的除法运算，题目比较简单.‎ ‎3.已知实数满足约束条件，则的最小值为（ ）‎ A. -5 B. 2 C. 7 D. 11‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据约束条件画出可行域，再将目标函数化成斜截式，找到截距的最小值.‎ ‎【详解】由约束条件，画出可行域如图 变为为斜率为-3的一簇平行线，为在轴的截距，‎ 最小的时候为过点的时候，‎ 解得所以，‎ 此时 故选A项 ‎[Failed to download image : http://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/QBM/2019/4/4/2174961318174720/2175426196512769/EXPLANATION/b87d4482fef64ebcba958e832af003c8.png]‎ ‎【点睛】本题考查线性规划求一次相加的目标函数，属于常规题型，是简单题.‎ ‎4.设向量，则的夹角等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：∵，∴，∴的夹角等于，故选A 考点：本题考查了数量积的坐标运算 点评：熟练运用数量积的概念及坐标运算求解夹角问题是解决此类问题的关键，属基础题 ‎5.设, 则 “”是“”的（ ）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由一定可得出；但反过来，由不一定得出，如，故选A.‎ ‎【考点定位】本小题主要考查充分必要条件、不等式的性质等基础知识，熟练这两部分的基础知识是解答好本类题目的关键.‎ ‎6.已知随机变量服从正态分布，，，则（ ）‎ A. 0.89 B. 0.78 C. 0.22 D. 0.11‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正态分布的对称性，可求得的值.‎ ‎【详解】由于正态分布，，‎ 所以，故选D.‎ ‎【点睛】本小题主要考查正态分布的对称性，属于基础题.‎ ‎7.若，则（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用诱导公式求得 的值，再利用诱导公式、二倍角公式求得的值．‎ ‎【详解】若，则 ，‎ ‎，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查诱导公式、二倍角公式的应用，属于基础题．‎ ‎8.在中，，，则的最大值为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理得出的外接圆直径，并利用正弦定理化边为角，利用三角形内角和关系以及两角差正弦公式、配角公式化简，最后利用正弦函数性质可得出答案．‎ ‎【详解】中，，，则，，其中 由于，所以，所以最大值为．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理以及两角差正弦公式、配角公式，考查基本分析计算能力，属于中等题．‎ ‎9.已知为等差数列的前项和，若，，则数列的公差（ ）‎ A. 4 B. 3 C. 2 D. 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等差数列的首项为，公差为，由及列方程组即可求解。‎ ‎【详解】设等差数列的首项为，公差为，由及得：‎ ‎，解得：‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式及前项和公式，考查方程思想及计算能力，属于基础题。‎ ‎10.已知双曲线C：的左、右焦点分别为、，且双曲线C与圆在第一象限相交于点A，且，则双曲线C的离心率是　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用双曲线的定义和条件，求得，，由直径所对的圆周角为直角，运用勾股定理和离心率公式，计算可得所求值．‎ ‎【详解】双曲线C与圆在第一象限相交于点A，‎ 可得，‎ 由，‎ 可得，，‎ 由，可得，‎ 即为，‎ 即有，‎ 即有．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用直径所对的圆周角为直角，以及双曲线的定义，考查化简运算能力，属于中档题．‎ ‎11.设曲线为自然对数的底数上任意一点处的切线为，总存在曲线上某点处的切线，使得，则实数a的取值范围为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得的导数，设为上的任一点，可得切线的斜率，求得的导数，设图象上一点可得切线的斜率为，运用两直线垂直的条件：斜率之积为，分别求的值域A，的值域B，由题意可得，可得a的不等式，可得a的范围．‎ ‎【详解】的导数为，设为上的任一点，则过处的切线的斜率为，的导数为，过图象上一点处的切线的斜率为．‎ 由，可得，即，‎ 任意的，总存在使等式成立,则有的值域为，所以的值域为 由，即，，即，‎ 解得：，故选D．‎ ‎【点睛】本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查两直线垂直的条件：斜率之积为，考查任意存在性问题的解法，注意运用转化思想和值域的包含关系，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎12.在三棱锥中，平面ABC，，且三棱锥的体积为，若三棱锥的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三棱锥的体积，求PA，将三棱锥补成三棱柱，可得球心在三棱柱的中心，球心到底面的距离d等于三棱柱的高PA的一半，求出球的半径，然后求出球的表面积．‎ ‎【详解】解：三棱锥的体积为，，‎ ‎，将三棱锥补成三棱柱，可得球心在三棱柱的中心，‎ 球心到底面的距离d等于三棱柱的高PA的一半，‎ 是边长为正三角形，‎ 外接圆的半径，‎ 球的半径为R=，‎ 球O的表面积为．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的求法，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两两垂直则用（a,b,c为三棱的长）；②若 面ABC（SA=a），则（r为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球.‎ 二、填空题。‎ ‎13.某校高三科创班共48人，班主任为了解学生高考前的心理状况，将学生按1至48的学号用系统抽样方法抽取8人进行调查，若抽到的最大学号为48，则抽到的最小学号为______．‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 抽到的最大学号为48，由系统抽样等基础知识即可得最小学号.‎ ‎【详解】由系统抽样方法从学号为1到48的48名学生中抽取8名学生进行调查，把48人分成8组，‎ 抽到的最大学号为48，它是第8组的最后一名，则抽到的最小学号为第一组的最后一名6号.‎ 故答案为：6．‎ ‎【点睛】本题考查了系统抽样等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．‎ ‎14.的展开式中的系数为__________.（用数字作答）‎ ‎【答案】80‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由二项式展开式的通项公式可得，据此即可确定的系数.‎ ‎【详解】由二项式展开式的通项公式可得，‎ 令可得，‎ 则的系数为.‎ 故答案为：80．‎ ‎【点睛】二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．‎ ‎15.已知函数在点 处的切线方程为，则__________．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎，‎ ‎，，‎ 则 ‎16.内角所对的边分别为，已知，，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由正弦定理将化为，，可求出，再由余弦定理可得，即可的a的最小值.‎ ‎【详解】因为，所以，因为，所以，由余弦定理，得，即.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的运用，结合基本不等式即可求三角形边的最值.‎ 三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）‎ ‎17.数列满足：，.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）设，数列的前项和为，求满足的最小正整数.‎ ‎【答案】（1）；（2）10.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）n=1时，可求得首项，n≥2时，将已知中的n用n-1代换后，与已知作差可得，再验证n=1也符合，即可得到数列{an}的通项；（2）由（1）可得bn的通项公式，由裂项相消法可得Sn，再由不等式，得到所求最小值n．‎ ‎【详解】（1）∵．‎ n=1时，可得a1＝4，‎ n≥2时，．‎ 与．‎ 两式相减可得＝（2n﹣1）+1=2n，‎ ‎∴．n=1时，也满足，∴.‎ ‎（2）=‎ ‎∴Sn，又，可得n>9，‎ 可得最小正整数n为10．‎ ‎【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用将n换为n﹣1，以及裂项相消的求和公式，考查化简运算能力，属于中档题．‎ ‎18.某机构用“10分制”调查了各阶层人士对某次国际马拉松赛事的满意度，现从调查人群中随机抽取16名，如图茎叶图记录了他们的满意度分数以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶：‎ ‎（1）指出这组数据的众数和中位数；‎ ‎（2）若满意度不低于分，则称该被调查者的满意度为“极满意”，求从这16人中随机选取3人，至少有2人满意度是“极满意”的概率；‎ ‎（3）以这16人的样本数据来估计整个被调查群体的总体数据，若从该被调查群体人数很多任选3人，记表示抽到“极满意”的人数，求的分布列及数学期望．‎ ‎【答案】（1）86，87.5；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由茎叶图利用众数与中位数的定义即可得出；被调查者的满意度为“极满意”共有4人其满意度分别为，，，利用超几何分布列、古典概率计算公式即可得出；由题意可得：再利用二项分布列的性质即可得出．‎ ‎【详解】由茎叶图可知：这组数据的众数为86，中位数．‎ 被调查者的满意度为“极满意”共有4人其满意度分别为，，，．‎ 从这16人中随机选取3人，至少有2人是“极满意”的概率．‎ 由题意可得：．‎ 分布列是 ξ ‎ 0‎ ‎ 1‎ ‎ 2‎ ‎ 3‎ ‎ P ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 根据二项分布的性质得到：.‎ ‎【点睛】本题考查了茎叶图、众数与中位数的定义、超几何分布列、古典概率计算公式、二项分布列的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．若离散型随机变量，则，即其均值和方差的求解既可以利用定义，也可以直接代入上述公式.‎ ‎19.如图，在边长为4的正方形中，点分别是的中点，点在上，且，将分别沿折叠，使点重合于点，如图所示.‎ 试判断与平面的位置关系，并给出证明；‎ 求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据线面平行的判定定理直接证明即可；‎ ‎（2）连接交与点，先由题中条件得到为二面角的平面角，再解三角形即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）平面．证明如下：图1中，连接，交于，交于，‎ 则，‎ 在图2中，连接交于，连接，在中，有，，‎ ‎．‎ 平面，平面，故平面；‎ ‎（2）连接交与点，图2中的三角形与三角形PDF分别是图1中的与，，又，平面，则，又，平面，‎ 则为二面角的平面角．‎ 可知，则在中，，则．‎ 在中，，由余弦定理，得．‎ 二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】本题主要考查线面平行的判定，以及二面角的求法，熟记线面平行的判定定理以及二面角的概念即可，属于常考题型.‎ ‎20.设函数,其中为自然对数的底数．‎ ‎（1）若,求的单调区间;‎ ‎（2）若,求证:无零点．‎ ‎【答案】（1）单调递减区间为,单调递增区间为 ；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导函数，利用导数的正负，可得函数的单调递增区间与单调递减区间；‎ ‎（2）分类讨论，利用导数研究函数的单调性，求得函数的值域，从而证得结果.‎ ‎【详解】（1）若,则,∴． ‎ 令,则,‎ 当时,,即单调递增,又,‎ ‎∴当时,单调递减,‎ 当时,单调递增．‎ ‎∴的单调递减区间为,单调递增区间为． ‎ ‎（2）当时,，显然无零点． ‎ 当时 ‎(i)当时,，显然无零点． ‎ ‎(ii)当时，易证，∴,‎ ‎∴．‎ 令，则，‎ 令，得，‎ 当时，；当时，，‎ 故，从而，显然无零点.‎ 综上,无零点．‎ ‎【点睛】该题考查的是有关导数的应用问题，涉及到的知识点有利用导数研究函数的单调性，利用导数求函数的值域证得函数没有零点，属于较难题目.‎ ‎21.如图，已知抛物线的焦点为，椭圆的中心在原点，为其右焦点，点为曲线和在第一象限的交点，且．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设为抛物线上的两个动点，且使得线段的中点在直线上，‎ 为定点，求面积的最大值．‎ ‎【答案】（1）椭圆的标准方程为； （2）面积的最大值为．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由已知得，跟据抛物线定义，得，所以点；据椭圆定义，得．‎ 所以椭圆的标准方式是．（2）因为为线段的中点，得直线的方程为 ‎；联立，得，由弦长公式和点到直线的距离，得．‎ 再根据函数的单调性得面积的最大值为．‎ 试题解析：（1）设椭圆的方程为，半焦距为．‎ 由已知，点，则．‎ 设点，据抛物线定义，得．由已知，，则．‎ 从而，所以点．‎ 设点为椭圆的左焦点，则，．‎ 据椭圆定义，得，则．‎ 从而，所以椭圆的标准方式是．‎ ‎（2）设点，，，则．‎ 两式相减，得，即．因为为线段的中点，则．‎ 所以直线的斜率．‎ 从而直线的方程为，即．‎ 联立，得，则．‎ 所以．‎ 设点到直线的距离为，则．‎ 所以．‎ 由，得．令，则．‎ 设，则．‎ 由，得．从而在上是增函数，在上是减函数，‎ 所以，故面积的最大值为．‎ 考点：1、抛物线的定义；2、椭圆的方程；3、最值问题．‎ ‎【方法点睛】本题考查抛物线的定义和简单几何性质、待定系数法求椭圆的标准方程、直线和椭圆相交中的有关中点弦的问题，综合性强，属于难题；对于直线和圆锥曲线相交中的中点弦问题，解决此类题目的最有效方法是点差法，两式直接相减就可以表示出斜率；而第二问中面积公式求出后，函数单调性的研究更是加深了此题的难度，运算量也比较大，不容易拿高分．‎ ‎22.在平面直角坐标系中，以为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线的参数方程为为参数，直线与曲线分别交于两点.‎ ‎（1）若点的极坐标为，求的值；‎ ‎（2）求曲线的内接矩形周长的最大值.‎ ‎【答案】（1）4；（2）16.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，将曲线C的极坐标方程变形为标准方程，将直线的参数方程与曲线C的方程联立，可得，由一元二次方程根与系数的关系计算可得答案；‎ ‎（2）写出曲线C的参数方程，分析可得以P为顶点的内接矩形周长l，由正弦函数的性质分析可得答案．‎ ‎【详解】（1）由，将x=ρcosθ，y=ρsinθ代入得到+3=12,‎ 所以曲线C的直角坐标方程为+3=12，的极坐标为，化为直角坐标为（-2，0）‎ 由直线l的参数方程为：（t为参数），‎ 知直线l是过点P（-2，0），且倾斜角为的直线，‎ 把直线的参数方程代入曲线C得，．‎ 所以|PM|•|PN|＝|t1t2|＝4．‎ ‎（2）由曲线C的方程为 ，‎ 不妨设曲线C上的动点，‎ 则以P为顶点的内接矩形周长l，‎ 又由sin（θ）≤1，则l≤16；‎ 因此该内接矩形周长的最大值为16．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的极坐标方程与普通方程的互化，考查了直线的参数方程的意义及椭圆参数方程的应用，涉及三角函数的最值问题，属于中档题．‎ ‎23.选修4—5:不等式选讲 已知，．‎ ‎（1）求的最小值 ‎（2）证明：．‎ ‎【答案】（1）3； （2）证明见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【试题分析】(1)利用柯西不等式求得最小值为.(2)将不等式的右边变为,用基本不等式可求得右边的最小值为,由此证得不等式成立.‎ ‎【试题解析】‎ ‎（1）因为，，‎ 所以,即，‎ 当且仅当时等号成立，此时取得最小值3．‎ ‎（2） ‎ ‎．‎ ‎ ‎