四川省棠湖中学2020届高三上学期开学考试数学（文）试题

四川省棠湖中学2020届高三上学期开学考试数学（文）试题

‎2019-2020学年度秋四川省棠湖中学高三开学考试 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.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.甲、乙、丙三个学生中有一人申请了去新疆支教，当他们被问到谁申请了去新疆支教时，乙说：甲没有申请；丙说：乙申请了；甲说：乙说对了.如果这三人中有两人说的是真话，一人说了假话，那么申请去新疆支教的学生是（ ）‎ A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 不确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别假设乙与丙说的假话，分析三个人的说法，由此能求出结果．‎ ‎【详解】若乙说了假话，则甲、丙说了真话，那么甲、乙都申请了，与题意只有一人申请矛盾；‎ 若丙说了假话，则甲、乙说的话为真，甲、乙都没有申请，申请的人是丙，满足题意，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查简单的合情推理知识，考查推理论证能力，是基础题．‎ ‎4.函数的最小正周期为（ ）‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用函数的最小正周期为得出结论.‎ ‎【详解】函数的是小正周期为,‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查正切函数的周期性，属于基础题. 函数的周期为.‎ ‎5.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 ‎【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.‎ ‎6.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 ‎7.设，，则“”是“”的 A. 充分不必要条件 B. 充要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于在充分性判断上，利用不等式的基本性质判断即可，必要性判断上，可以取a＝0，b＝1，然后，得到（a﹣b）a2＜0不成立即可求解 ‎【详解】因为（a﹣b）a2＜0，所以a2＞0，‎ ‎∴a﹣b＜0，‎ ‎∴a＜b，‎ 反之，对于a＝0，b＝1，显然，满足a＜b，‎ 但是不满足（a﹣b）a2＜0，‎ ‎∴根据a＜b得不到（a﹣b）a2＜0，‎ a＜b是（a﹣b）a2＜0的充分不必要条件，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题重点考查了充分条件和必要条件，充要条件的概念及其判断方法，属于基础题．‎ ‎8.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．‎ ‎9.设双曲线的离心率为，且一个焦点与抛物线的焦点相同，则此双曲线的方程是　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得抛物线的焦点，可得双曲线的c，由离心率公式和a，b，c的关系，解方程组可得a，b，进而得到双曲线的方程．‎ ‎【详解】由题得抛物线的焦点为，‎ 所以双曲线的，即，‎ 由，‎ 解得，‎ 则双曲线的方程为．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线和抛物线的方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．‎ ‎10.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。‎ ‎11.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．‎ ‎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，‎ 是边长为的正三角形，‎ 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.‎ 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.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.已知函数在点 处的切线方程为，则__________．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ ‎，，‎ 则 ‎15.角的终边与单位圆相交于，则______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意利用任意角的三角函数的定义求得的值，再利用两角和的正切公式求得的值．‎ ‎【详解】解：角的终边与单位圆相交于，，‎ 则，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，两角和的正切公式的应用，属于基础题．‎ ‎16.如图所示，平面BCC1B1⊥平面ABC，ÐABC＝120°，四边形BCC1B1为正方形，且AB＝BC＝2，则异面直线BC1与AC所成角的余弦值为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将平移到和相交的位置，解三角形求得线线角的余弦值.‎ ‎【详解】过作，过作，画出图像如下图所示，由于四边形是平行四边形，故，所以是所求线线角或其补角.在三角形中，，故.‎ ‎【点睛】本小题主要考查空间两条直线所成角的余弦值的计算，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.‎ 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.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9.5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；‎ ‎【答案】（1）众数86，中位数为（2）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎1）由茎叶图利用众数与中位数的定义即可得出．（2）被调查者的满意度为“极满意”共有4人其满意度分别为9.7，9.6，9.5，9.5．利用超几何分布列、古典概率计算公式即可得出．‎ ‎【详解】（1）由茎叶图可知：这组数据众数为86，中位数．‎ ‎（2）被调查者的满意度为“极满意”共有4人其满意度分别为9.7，9.6，9.5，9.5．‎ 从这16人中随机选取3人，至少有2人是“极满意”的概率．‎ ‎【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,考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎18.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．‎ ‎19.在四棱锥中，平面平面，底面为矩形，，，，、分别为线段、上一点，且，.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）证明：平面，并求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）1.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）推导出AM⊥AD，从而AM⊥平面ABCD，由此能证明AM⊥BD；（2）推导出CE＝ND，BC∥AD，EN∥AB，FN∥AM，从而平面ENF∥平面MAB，进而EF∥平面MAB，由VD﹣AEF＝VF﹣ADE，能求出三棱锥D﹣AEF的体积．‎ ‎【详解】（1）∵AM＝AD＝3，MD＝3，‎ ‎∴AM2+AD2＝MD2，∴AM⊥AD，‎ ‎∵平面MAD⊥平面ABCD，平面MAD∩平面ABCD＝AD，‎ ‎∴AM⊥平面ABCD，‎ 又BD⊂平面ABCD，∴AM⊥BD．‎ ‎（2）在棱AD上取一点N，使得ND＝1，‎ ‎∵CE＝1，∴CE＝ND，又BC∥AD，‎ ‎∴ECND，又AB∥CD，∴EN∥AB，‎ ‎∵＝，∴FN∥AM，‎ ‎∵FN∩EN＝N，∴平面ENF∥平面MAB，又EF⊂平面ENF，‎ ‎∴EF∥平面MAB，‎ ‎∵AM⊥平面ABCD，且FD＝MD，AM＝3，‎ ‎∴F到平面ABCD的距离d＝，‎ ‎∴VD﹣AEF＝VF﹣ADE＝＝1．‎ ‎【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．‎ ‎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）的单调递减区间为,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】‎ ‎【详解】试题分析：（1）由已知得，根据抛物线定义，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．‎ ‎（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.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.已知，，，．‎ ‎（1）求的最小值 ‎（2）证明：．‎ ‎【答案】（1）3（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据基本不等式即可求出，（2）利用x2+y2+z2（x2+y2+z2+x2+y2+y2+z2+x2+z2），再根据基本不等式即可证明 ‎【详解】（1）因为，，‎ 所以,即，‎ 当且仅当时等号成立，此时取得最小值3．‎ ‎（2）‎ ‎．当且仅当时等号成立，‎ ‎【点睛】本题考查了基本不等式求最值和不等式的证明，属于中档题．‎ ‎ ‎