四川省成都市双流区棠湖中学2020届高三一模考试（12月）数学（文）试题 22页

四川省棠湖中学高2020届一诊模拟考试 文科数学试题 第I卷(选择题共60分）‎ 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分.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.复数，其中是虚数单位，则( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数模的定义求解.‎ ‎【详解】，选A.‎ ‎【点睛】本题考查复数的模，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎2.设集合，，则（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求解集合N中的不等式，再求交集即可。‎ ‎【详解】；‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查集合的基本运算，求两个集合的交集，属于基础题。‎ ‎3.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中的三视图，可知该几何体是一个底面为正方形的四棱锥，然后求解几何体的体积即可．‎ ‎【详解】该三视图还原成直观图后的几何体是如图的四棱锥为三视图还原后的几何体，‎ CBA和ACD是两个全等的直角三角形；，几何体的体积为：，‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查由三视图求体积，解决本题的关键是还原该几何体的形状．‎ ‎4.已知某程序框图如图所示，则执行该程序后输出的a的值是（　　）‎ A. B. C. 1 D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中的程序框图可知，该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，即可得到答案 ‎【详解】代入，，则，；‎ 再次代入得，；继续代入得，；不难发现出现了循环，周期为3‎ 则当时，，，跳出循环得到 故选 ‎【点睛】本题主要考查的是程序框图，在循环结构中找出其循环规律，即可得出结果，较为基础 ‎5.在△ABC中，，c=4，，则b=（　　）‎ A. B. 3 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知利用同角三角函数基本关系式可求sinC的值，根据正弦定理即可计算解得b的值．‎ ‎【详解】∵，c=4，，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴由正弦定理 ，可得：，解得：b=3．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于基础题．‎ ‎6.设是非零向量，则“存在实数，使得”是“”的 A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合向量共线的性质分类讨论充分性和必要性是否成立即可.‎ ‎【详解】存在实数，使得，‎ 说明向量共线，当同向时，成立，‎ 当反向时，不成立，所以，充分性不成立.‎ 当成立时，有同向，存在实数，使得成立，必要性成立，‎ 即“存在实数，使得”是“”的必要而不充分条件.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查向量共线的充分条件与必要条件，向量的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎7.已知直线过抛物线的焦点，与抛物线交于，两点，与其准线交于点.若点是的中点，则线段的长为（ )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合抛物线的定义和性质首先求得直线AB的方程，然后联立直线方程与抛物线方程可得点B的坐标，进一步整理计算即可求得最终结果.‎ ‎【详解】如图，A在准线上的射影为E，B在准线上的射影为H，‎ 由抛物线y2=8x，得焦点F（2，0），‎ ‎∵点F是的AC中点，∴AE=2p=8，则AF=8，‎ ‎∴A点横坐标为6，代入抛物线方程，可得.‎ ‎，则AF所在直线方程为.‎ 联立方程：可得：，‎ ‎，则.‎ 故.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程，抛物线的几何性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎8.已知等差数列前项和为，若，则（ ）‎ A. 3 B. 9 C. 18 D. 27‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 设等差数列的首项为，公差为.‎ ‎∵‎ ‎∴，即 ‎∴‎ ‎∴‎ 故选D.‎ ‎9.(附加题）已知是R上的奇函数，且为偶函数，当时，，则=（　　）‎ A. B. C. 1 D. ﹣1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据函数奇偶性确定函数周期性，再根据周期将自变量化到[-1,0]，代入解析式得结果.‎ ‎【详解】因为为偶函数，所以，又是R上的奇函数，所以，即，，从而=，选A.‎ ‎【点睛】本题考查运用函数奇偶性求周期性并利用周期性求解函数值，考查转化求解能力.‎ ‎10.在正方体中，动点在棱上，动点在线段上，为底面的中心，若，则四面体的体积( )‎ A. 与都有关 B. 与都无关 C. 与有关，与无关 D. 与有关，与无关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等体积法以及锥体体积公式判断选择.‎ ‎【详解】因为VO－AEF＝VE－OAF，‎ 所以，考察△AOF的面积和点E到平面AOF的距离的值，‎ 因为BB1∥平面ACC1A1，‎ 所以，点E到平面AOE的距离为定值，‎ 又AO∥A1C1，‎ 所以，OA为定值，点F到直线AO的距离也为定值，‎ 即△AOF的面积是定值，‎ 所以，四面体的体积与都无关，选B。‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥的体积、点到平面的距离以及点到直线的距离，考查基本分析判断能力，属中档题.‎ ‎11.已知数列满足：， ，则下列关于判断正确的是（ )‎ A. 使得 B. 使得 C. 总有 D. 总有 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合均值不等式的结论、数列的单调性、函数的单调性和特殊数列的性质确定题中的说法是否正确即可.‎ ‎【详解】对于选项A，由于，故恒成立，则，‎ 故不存在的项，选项A说法错误；‎ 对于选项B，由于，结合选项A可知，故，即，选项B说法错误；‎ 对于选项C，构造函数，则，则函数在区间上单调递增，则不存在满足，选项C说法错误；‎ 对于选项D，令，则，此时数列为常数列，故总有，选项D说法正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查数列的单调性，数列中的最值问题，递推关系的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎12.已知函数是定义在上的偶函数，且满足，若函数有6个零点，则实数的取值范围是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将原问题转化为两个函数有六个交点的问题，结合函数的解析式利用导数研究函数图像的变化情况，由函数图像即可确定实数的取值范围.‎ ‎【详解】函数有6个零点，‎ 等价于函数与有6个交点，‎ 当时，，‎ 当时，，，‎ 当时，递增，当时，递减，‎ 的极大值为：，‎ 作出函数的图象如下图，‎ 与的图象有6个交点，须，表示为区间形式即.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查导函数研究函数图像的性质，数形结合的数学思想，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ 第Ⅱ卷（非选择题共90分）‎ 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分）‎ ‎13.若实数满足，则的最小值是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由约束条件作出可行域如图，‎ 令,则，‎ 由图可知,当直线过B时，z有最小值.‎ ‎，解得.‎ ‎∴的最小值是.‎ 故答案为：.‎ 点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.‎ ‎14.双曲线的一条渐近线方程为，则离心率等于___.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线方程得渐近线方程，再根据条件得＝2，最后得离心率.‎ ‎【详解】双曲线的渐近线方程为：，‎ 所以，＝2，‎ 离心率为：。‎ ‎【点睛】本题考查双曲线渐近线方程以及离心率，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎15.函数的定义域为，则值域为___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由诱导公式及正弦的二倍角公式化简可得：，结合该函数的定义域即可求得，问题得解.‎ ‎【详解】由得：‎ 当时，‎ ‎，，‎ 该函数值域为 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了诱导公式及正弦的二倍角公式，还考查了三角函数的性质，考查转化能力及计算能力，属于中档题.‎ ‎16.点，，，在同一球面上，，，若球的表面积为，则四面体体积的最大值为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：依题意所以，设的中点为，球心为O,球的半径为R，过三点的截面圆半径为由球的表面积为知，，解得.因的面积为,所以要四面体体积最大，则为射线与球面交点，所以球心到过三点的截面的距离为，所以，所以四面体体积最大为 考点：1.球的几何性质；2.几何体的表面积、体积.‎ 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，第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.）‎ ‎17.已知中，，，.‎ ‎（1）求的面积；‎ ‎（2）求边上的中线的长.‎ ‎【答案】（1）28（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由即可求得，再利用诱导公式及两角和的正弦公式即可求得，利用正弦定理即可求得，再利用三角形面积公式计算得解。‎ ‎（2）在中，由余弦定理列方程即可得解。‎ ‎【详解】解：（1）且，‎ ‎∴．‎ ‎ ‎ 在中，由正弦定理得，‎ 即，解得．‎ 所以的面积为 ‎ ‎（2）在中，， 所以由余弦定理得 ‎，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理及余弦定理，还考查了两角和的正弦公式，考查了同角三角函数基本关系，考查计算能力，属于中档题。‎ ‎18.省环保厅对、、三个城市同时进行了多天的空气质量监测，测得三个城市空气质量为优或良的数据共有180个，三城市各自空气质量为优或良的数据个数如下表所示：‎ 城 城 城 优（个）‎ ‎28‎ 良（个）‎ ‎32‎ ‎30‎ 已知在这180个数据中随机抽取一个，恰好抽到记录城市空气质量为优的数据的概率为0.2.‎ ‎（I）现按城市用分层抽样的方法，从上述180个数据中抽取30个进行后续分析，求在城中应抽取的数据的个数；‎ ‎（II）已知，，求在城中空气质量为优的天数大于空气质量为良的天数的概率.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【试题分析】(1)由计算出,再由总数计算出,按比例计算得应抽人数.(2) 由（1）知，且，，利用列举法和古典概型计算公式计算得相应的概率.‎ ‎【试题解析】‎ ‎（1）由题意得，即.‎ ‎∴，‎ ‎∴在城中应抽取的数据个数为.‎ ‎（2）由（1）知，且，，‎ ‎∴满足条件的数对可能的结果有，，，，，，，共8种.‎ 其中“空气质量为优的天数大于空气质量为良的天数”对应的结果有，，共3种.‎ ‎∴在城中空气质量为优的天数大于空气质量为良的天数的概率为.‎ ‎19.如图，在四棱锥ABCD中，和都是等边三角形，平面PAD平面ABCD，且，．‎ ‎（1）求证：CDPA；‎ ‎（2）E，F分别是棱PA，AD上的点，当平面BEF//平面PCD时，求四棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知即可证得：，且，再利用是等边三角形即可证得：，再利用面面垂直的性质即可证得：平面，问题得证.‎ ‎（2）利用平面BEF//平面PCD可得：BF//CD，结合可得，即可求得：DF=，从而求得，利用（1）可得四棱锥的高，再利用锥体体积公式计算即可.‎ ‎【详解】证明：（1）因为是等边三角形，所以 又，，‎ 所以，所以，且．‎ 又是等边三角形，所以，‎ 所以．‎ 又平面平面，平面平面，平面 所以平面．‎ 所以CDPA．‎ ‎（2）因为平面BEF//平面PCD，‎ 所以BF//CD，EF//PD，又 所以．‎ 又直角三角形ABD中，DF=，‎ 所以．‎ 所以．‎ 由（1）知平面，故四棱锥的体积．‎ ‎【点睛】本题主要考查了面面垂直的性质、线线垂直的判定、面面平行的性质及锥体体积计算公式，还考查了转化思想及空间思维能力，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆的两个焦点分别为，长轴长为．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的标准方程及离心率；‎ ‎（Ⅱ）过点直线与椭圆交于，两点，若点满足，求证：由点 构成的曲线关于直线对称．‎ ‎【答案】（Ⅰ），离心率；（Ⅱ）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由已知，得a，c＝1，所以，由 ，所以b，即可求出椭圆方程及离心率；（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），，分两种情况，借助韦达定理和向量的运算，求出点M构成的曲线L的方程为2x2+3y2﹣2y＝0，即可证明。‎ ‎【详解】（Ⅰ）由已知，得，所以，‎ 又，所以 ‎ 所以椭圆的标准方程为，离心率.‎ ‎（Ⅱ）设，， ，‎ ‎①直线 与轴垂直时，点的坐标分别为，．‎ 因为，，，‎ 所以．‎ 所以，即点与原点重合;‎ ‎②当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，‎ 由 ‎ 得，．‎ 所以.‎ 则，‎ 因为，，，‎ 所以．‎ 所以，．，，‎ 消去得．‎ 综上，点构成的曲线的方程为 ‎ 对于曲线的任意一点，它关于直线的对称点为．‎ 把的坐标代入曲线的方程的左端：．‎ 所以点也在曲线上．‎ 所以由点构成曲线关于直线对称.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，点的轨迹方程，考查计算能力，属于中档题．‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）求证：对任意实数，都有；‎ ‎（2）若，是否存在整数，使得在上，恒有成立？若存在，请求出的最大值；若不存在，请说明理由.（）‎ ‎【答案】（1）见证明；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用导数求得，令，再利用导数即可求得，问题得证。‎ ‎（2）整理得：，令：，由得，对是否大于分类， 当时，即时，利用导数即可证得，当时，利用导数即可求得，要使不等式恒成立转化成成立，令，利用导数即可求得，，即可求得，问题得解。‎ ‎【详解】解：（1）证明：由已知易得，所以 令得： ‎ 显然，时，<0，函数f（x）单调递减；‎ 时，>0，函数f（x）单调递增 所以 ‎ 令，则由得 时，>0，函数t（）单调递增；‎ 时，<0，函数t（）单调递减 所以，即结论成立. ‎ ‎（2）由题设化简可得 令，所以 由=0得 ‎ ‎①若，即时，在上，有，故函数单调递增 所以 ‎②若，即时，‎ 在上，有，故函数在上单调递减 在上，有.故函数在上单调递增 所以，在上， ‎ 故欲使，只需即可 令 由得 所以，时，，即单调递减 又 故 ‎【点睛】本题主要考查了转化思想及利用导数求函数的最值，还考查了分类思想及化归能力，考查计算能力及观察能力，属于难题。‎ ‎（二）选考题：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l：(t为参数), 曲线(为参数)．‎ ‎(1)设l与C1相交于AB两点,求|AB|；‎ ‎(2)若把曲线C1上各点的横坐标压缩为原来的倍,纵坐标压缩为原来的倍,得到曲线,设点P是曲线上的一个动点,求它到直线l的距离的最小值．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)将直线与曲线的参数方程化为一般方程，联立方程组求出交点坐标，计算出的长 ‎(2)根据题意求出曲线变化后的点坐标，代入点到直线的距离公式，运用三角函数知识求出最小值 ‎【详解】（1）的普通方程为，的普通方程为 联立方程组解得与的交点为,,则. ‎ ‎（2）的参数方程为（为参数).故点的坐标是,从而点到直线的距离是,‎ 由此当时, 取得最小值,且最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查了参数方程与一般方程的转化，并运用参数方程求解弦长问题以及最值问题，需要掌握解题方法，较为基础 ‎23.已知函数.‎ ‎(1)当时，求不等式的解集；‎ ‎(2)令，的图象与两坐标轴的交点分别为，，，若三角形的面积为，求得值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)当时，不等式可化为，分类讨论，即可求解不等式的解集；‎ ‎ (2)由题意，得到函数的解析式，得到的图象与两坐标轴的交点坐标分别，根据面积列出方程，即可求解.‎ ‎【详解】(1)当时，不等式可化为，‎ ‎①当时，不等式化为，解得：；‎ ‎②当时，不等式化为，解得：；‎ ‎③当时，不等式化为，解集为，‎ 综上，不等式的解集为.‎ ‎(2)由题设得，‎ 所以的图象与两坐标轴的交点坐标分别为，，，‎ 于是三角形的面积为，‎ 得，或（舍去），故.‎ ‎【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的求解，以及分段函数的应用，其中解答中熟记含绝对值不等式的解法，熟练求得函数的图象与两坐标轴的交点是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎ ‎