四川省成都市树德中学2020届高三11月阶段性检测数学（文）试题

四川省成都市树德中学2020届高三11月阶段性检测数学（文）试题

高2017级高三上期11月阶段性测试数学试题（文科）‎ I卷 一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）‎ ‎1.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意首先求得集合B，然后进行交集运算即可.‎ ‎【详解】由于：，‎ 故由题意可知：，结合交集定义可知：.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的表示方法，交集的定义与运算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎2.在复平面内，给出以下四个说法：‎ ‎①实轴上的点表示的数均为实数 ‎②虚轴上的点表示的数均为纯虚数 ‎③互为共轭复数的两个复数的实部相等，虚部互为相反数 ‎④已知复数满足，则.‎ 其中说法正确的个数为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的几何意义，可判断①②，根据共轭复数的概念，可判断③；根据复数的除法运算，直接计算，可判断④.‎ ‎【详解】由复数的几何意义可得，复数与复平面内的点一一对应，实轴上的点表示的均为实数，虚轴上的点（除原点外）表示的均为纯虚数，故①正确，②错；‎ 由共轭复数的概念，可得：互为共轭复数的两个复数的实部相等，虚部互为相反数；故③正确；‎ 由得，故④正确.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查复数相关命题的判定，熟记复数的几何意义，共轭复数的概念，以及复数的除法运算法则即可，属于常考题型。‎ ‎3.为等比数列的前项和，，，则（ ）‎ A. 31 B. C. 63 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设数列的公比为，则,解方程再用求和公式表示即可得解.‎ ‎【详解】设数列的公比为，则，解之得，所以，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的基本量运算，重点考查了学生的计算能力，属于基础题.‎ ‎4.采用系统抽样法从960人中抽取40人参与一项问卷调査，为此将他们随机编号为1，2，…，960并按编号依序分为第一组、第二组、…、第四十组.然后在第一组采用简单随机抽样的方法抽到的号码为9.那么，在第八组中抽到的编号是（ ）‎ A. 129 B. 153 C. 177 D. 201‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，确定分组间隔，再由系统抽样的特点，根据第一组抽取的号码，即可求出结果.‎ ‎【详解】将960人编号后，按编号分成40组，则分组间隔为，‎ 又第一组抽到的号码为，‎ 所以在第八组中抽到的编号是.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查系统抽样求抽取的样本，熟记系统抽样的特点即可，属于基础题型.‎ ‎5.魏晋时期数学家刘徽在他的著作九章算术注中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为：若正方体的棱长为2，则“牟合方盖”的体积为　　‎ A. 16 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知求出正方体内切球的体积，再由已知体积比求得“牟合方盖”的体积．‎ ‎【详解】正方体的棱长为2，则其内切球的半径，‎ 正方体的内切球的体积，‎ 又由已知，．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查球的体积的求法，理解题意是关键，是基础题．‎ ‎6.如图，一高为H且装满水的鱼缸，其底部装有一排水小孔，当小孔打开时，水从孔中匀速流出，水流完所用时间为若鱼缸水深为h时，水流出所用时间为t，则函数的图象大致是　　‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据时间和h的对应关系分别进行排除即可．‎ ‎【详解】函数是关于t的减函数，故排除C，D，‎ 则一开始，h随着时间的变化，而变化变慢，超过一半时，h随着时间的变化，而变化变快，故对应的图象为B，‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数与图象的应用，结合函数的变化规律是解决本题的关键．‎ ‎7.如图三棱锥中，底面，，，，则与所成角的大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，得到，，则，再由题意求出，，从而求出，进而求出，由向量夹角公式，求出，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为底面，所以，，所以，‎ 又，，所以，‎ 因此 所以，‎ 又，所以，‎ 因此，‎ 所以与所成角的大小为.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查求异面直线所成的角，灵活运用向量的方法求解即可，属于常考题型.‎ ‎8.我国现代著名数学家徐利治教授提出：图形的对称性是数学美的具体内容.如图，一个圆的外切正方形和内接正方形构成一个优美的几何图形，正方形所围成的区域记为Ⅰ，在圆内且在正方形外的部分记为Ⅱ，在圆外且在大正方形内的部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为，则（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先要将小正方形旋转度，由此看出大正方形与小正方形边长的比值，进而得到面积比，从而可确定概率间的关系.‎ ‎【详解】将小正方形旋转度，图像转化为:‎ 由图像易知：小正方形的面积是大正方形面积的一半，所以.‎ 则选A.‎ ‎【点睛】本题考查了几何概型，着重考查了利用相似比求面积比，突显了对数学抽象与直观想象的考查.‎ ‎9.如图所示框图，若输入三个不同的实数，输出的值相同，则此输出结果可能是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图知，本题是输出函数的函数值，设输出的值为，可知直线与函数的图象有个交点，利用数形结合思想得出的取值范围，从而可得出输出的可能值.‎ ‎【详解】由题意可知，程序框图是输出函数的函数值，‎ 设输出的值为，可知直线与函数的图象有个交点，‎ 如下图所示：‎ 由图象可知，当时，直线与函数的图象有个交点，‎ 因此，此输出结果可能是.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查程序框图与函数的综合问题，读懂程序框图的功能是解题的关键，同时也涉及了由两函数图象的交点个数求参数，考查数形结合思想的应用，属于中等题.‎ ‎10.平面直角坐标系中，过坐标原点和点分别作曲线的切线和，则直线、与轴所围成的封闭图形的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设为曲线上任意一点，用导数的方法求出曲线在点的切线方程为：；分别由该切线过原点和过点，求出和；进而可求出所围成三角形的面积.‎ ‎【详解】设为曲线上任意一点，‎ 由得，因此曲线在点处的切线斜率为，‎ 所以其在点的切线方程为：，‎ 若该切线过原点，则，解得：，此时切线方程为，‎ 即；‎ 若该切线过点，则，即令，‎ 则，由得；由得，‎ 所以函数在上单调递减，在上单调递增，‎ 因此，所以方程的根为，此时切线方程为，即，‎ 因此、与轴所围成的封闭图形是三角形，‎ 由解得：，即与的交点为，‎ 又直线 、与轴的交点分别为、，‎ 因此，围成的封闭图形面积为： .‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查求曲线过某点的切线方程，以及直线所围成图形的面积，熟记导数的几何意义即可，属于常考题型.‎ ‎11.已知椭圆、双曲线均是以线段的两端点为焦点的曲线，点B是它们的一个公共点且满足，记此椭圆和双曲线的离心率分别为、，则（ ）‎ A. B. 2 C. D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，并设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，两曲线的焦距均为，利用椭圆、双曲线的定义，以及勾股定理可得出，由此可得出的值.‎ ‎【详解】设，，并设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，两曲线的焦距均为，‎ 由椭圆的定义得，由双曲线的定义得，‎ 由勾股定理得，‎ ‎，，‎ 化简得，即，因此，.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线与椭圆离心率关系的计算，同时也涉及了椭圆和双曲线定义的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎12.已知是定义在上的偶函数，且，当时，‎ ‎,则函数在区间的所有零点之和为（ ）‎ A. -7 B. -6 C. -5 D. -4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用定义推导出函数是周期为的函数，并作出函数与函数在区间上的图象，可知两函数在区间上的图象关于直线对称，然后利用数形结合思想得出函数在区间上的零点之和.‎ ‎【详解】，所以，函数的图象关于直线对称，‎ 又函数为偶函数，所以，，‎ 所以，函数是以为周期的周期函数，‎ 作出函数与函数在区间上的图象如下图所示：‎ 由图象可知，函数与函数在区间上的图象都关于直线对称，两个函数在区间上的图象共有个交点，有对关于直线对称，还有一个交点的横坐标为.‎ 因此，函数在区间的所有零点之和为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查函数的零点之和，转化为两函数图象的交点并结合图象的对称性求解是解题的关键，考查数形结合思想的应用，属于中等题.‎ II卷 二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）‎ ‎13.已知以点为圆心的圆C与直线相切，则圆C的方程为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，设圆C的半径为r，由直线与圆的位置关系可得，结合圆的标准方程分析可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，设圆C的半径为r，‎ 以点为圆心的圆C与直线相切，则圆心到直线的距离为半径，则有，‎ 则圆C的方程为；‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆相切的性质，注意直线与圆相切的判定方法，属于基础题．一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者切线长时，经常用到垂径定理．‎ ‎14.在矩形中，，，，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、‎ 轴建立平面直角坐标系，写出各点坐标，然后利用坐标计算出的值.‎ ‎【详解】如下图所示，以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，则点、，‎ ‎，则，则点，，.‎ 因此，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查图形中数量积的计算，一般利用基底法结合平面向量数量积的定义和运算律来计算，也可以建立坐标系，利用坐标来计算，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎15.已知函数，设，，请将、、按照由大到小的排列顺序写出________________.‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用函数奇偶性的定义可判断出函数为偶函数，利用复合函数的单调性判断出函数在区间上为减函数，可知，该函数在区间上为增函数，再比较、和这三个正数的大小，从而可得出、、的大小关系.‎ ‎【详解】对任意的实数，，则恒成立，所以，函数的定义域为，‎ ‎，所以函数为偶函数，‎ 当时，，则，‎ 内层函数为减函数，外层函数为增函数，‎ 所以，函数在区间上为减函数，则该函数在区间上为增函数，‎ ‎，.‎ 对数函数在上为增函数，则，即.‎ 指数函数增函数，则，即.‎ 指数函数为增函数，则，，‎ 由于函数在区间上为增函数，因此，.‎ 故答案为：；；.‎ ‎【点睛】本题考查函数值的大小比较，涉及了函数单调性与奇偶性的判断，在涉及偶函数的性质时，一般结合性质来判断，同时要注意将自变量置于同一单调区间，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎16.已知数列满足：，记数列的前项和为，则___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由求出，得到，由裂项求和的方法求出，进而可求出前项的乘积.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 两式作差可得：，即，‎ 又当时，，所以，满足，‎ 因此；‎ 所以，‎ 因此，‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查由递推公式求通项，以及数列的前项的应用，熟记裂项求和的方法求数列的和即可，属于常考题型.‎ 三、解答题（共70分.解答应写岀文字说明、证明过程或演算步骤.第1~21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.）‎ ‎（一）必考题：共60分 ‎17.的内角，，所对的边长分别为，，，且.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若角,点为边上靠近点的一个四等分点，且，求的面积.‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将已知等式右边提取，利用正弦定理化简，再利用两角和与差的正弦函数公式变形，然后利用正弦定理化简，求出的值，由为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出的度数；‎ ‎（2）结合（1）知三角形为等腰三角形，，在三角形中利用余弦定理求出，利用三角形的面积公式即可求出三角形的面积．‎ ‎【详解】解：（1）‎ ‎，又为三角形的内角，‎ ‎；‎ ‎（2）结合（1）知三角形为等腰三角形，，又因为点为边上靠近点的一个四等分点则，在三角形中利用余弦定理 ‎，解得，‎ 则．‎ ‎【点睛】此题考查了正弦定理，两角和与差的正弦函数公式，等腰三角形的性质，熟练掌握公式及定理是解本题的关键，属于基础题．‎ ‎18.如图，已知直三棱柱中，，，是的中点，是上一点，且.‎ ‎（Ⅰ）证明：平面；‎ ‎（Ⅱ）求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）连接，由三棱柱是直三棱柱，得⊥面,得到，，又在直角三角形中，证得，利用线面垂直的判定定理，即可得到平面；‎ ‎（Ⅱ）过作，连接,交于点，过作,交于点，利用线面垂直的判定定理，证得面,得到面，求得，利用体积公式，即可求解．‎ ‎【详解】（Ⅰ）连接，在中，依题意为等腰三角形且，‎ 由面积相等，解得，‎ 由于三棱柱是直三棱柱，故⊥面,‎ 那么.‎ 在直角三角形中，因为，‎ 所以，又由，所以，‎ 又因，故为直角，即，‎ 又由，所以得面，所以,‎ 由,‎ 故面.‎ ‎（Ⅱ）过作，连接,交于点，过作,交于点，‎ 因为面，所以,‎ 又因,所以面,所以面，‎ 又由，所以，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了线面垂直的判定与证明，以及三棱锥的体积的求解，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题．‎ ‎19.某市房管局为了了解该市市民年月至年月期间买二手房情况，首先随机抽样其中名购房者，并对其购房面积（单位：平方米，）进行了一次调查统计，制成了如图所示的频率分布直方图，接着调查了该市年月至年月期间当月在售二手房均价（单位：万元/平方米），制成了如图所示的散点图（图中月份代码分别对应年月至年月）.‎ ‎（1）试估计该市市民的购房面积的中位数；‎ ‎（2）现采用分层抽样的方法从购房面积位于的位市民中随机抽取人，再从这人中随机抽取人，求这人的购房面积恰好有一人在的概率；‎ ‎（3）根据散点图选择和两个模型进行拟合，经过数据处理得到两个回归方程，分别为和，并得到一些统计量的值如下表所示：‎ ‎0.000591‎ ‎0.000164‎ ‎0.006050‎ 请利用相关指数判断哪个模型的拟合效果更好，并用拟合效果更好的模型预测出年月份的二手房购房均价（精确到）‎ ‎【参考数据】，，，，，，‎ ‎【参考公式】‎ ‎【答案】(1) ； (2) (3) 模型的拟合效果更好；万元/平方米 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由频率分布直方图，求出前三组频率和与前四组频率和，确定中位数出现在第四组，根据中位数两侧的频率之和均为，即可得出结果；‎ ‎（2）设从位于的市民中抽取人，从位于的市民中抽取人，根据分层抽样，求出，；由列举法确定从人中随机抽取人所包含的基本事件个数，以及满足条件的基本事件个数，进而可求出概率；‎ ‎（3）根据题中数据，分别求出两种模型对应的相关指数，比较大小，即可确定拟合效果；再由确定的模型求出预测值即可.‎ ‎【详解】（1）由频率分布直方图，可得，前三组频率和为，‎ 前四组频率和，‎ 故中位数出现在第四组，且.‎ ‎（2）设从位于的市民中抽取人，从位于的市民中抽取人，‎ 由分层抽样可知：，则，‎ 在抽取的人中，记名位于的市民为，，，位于的市民为则所有抽样情况为：，，，，，共6种.‎ 而其中恰有一人在口的情况共有种，故所求概率 ‎（3）设模型和的相关指数分别为，，‎ 则，显然 故模型的拟合效果更好.‎ 由年月份对应的代码为，‎ 则万元/平方米 ‎【点睛】本题主要考查由频率分布直方图求中位数，求古典概型的概率，以及函数模型的选取，熟记中位数的概念，古典概型的概率计算公式，以及相关指数的公式即可，属于常考题型.‎ ‎20.设椭圆的一个顶点与抛物线的焦点重合，、分别是椭圆的左、右焦点，其离心率椭圆右焦点的直线与椭圆交于、两点.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）存在，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出抛物线的焦点坐标可得出，再结合离心率求出的值，由此可得出椭圆的方程；‎ ‎（2）分直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，求出、两点的坐标，验证是否成立；在直线的斜率存在时，可设直线的方程为，并设点、，将直线与椭圆的方程联立，并列出韦达定理，结合平面向量数量积的坐标运算得出关于的方程，解出即可.‎ ‎【详解】（1）由抛物线的焦点为，则知，‎ 又结合，，解得，故椭圆方程为；‎ ‎（2）若直线不存在，可得，，不满足；‎ 故直线斜率必然存在，由椭圆右焦点，可设直线为，‎ 记直线与椭圆的交点、，‎ 由，消去整理得到.‎ 由题意可知恒成立，且有，.‎ 那么 则，解得.‎ 因此，直线的方程为.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解，同时也考查了利用椭圆中向量数量积的运算求直线的方程，一般将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理设而不求法计算，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎21.已知函数．‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若为的两个极值点，证明：.‎ ‎【答案】（1）当时，在增函数，减函数，为增函数；当时，在为增函数．（2）证明见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求函数导数，分类讨论函数的正负，可得函数的单调性；‎ ‎（2）由（1）知，且，不等式作差得，即证对成立，进而构造函数求最值证明即可.‎ ‎【详解】（1）的定义域为，，‎ 对于函数，‎ ‎①当时，即时，在恒成立．‎ 在恒成立，在为增函数； ‎ ‎②当，即或时，‎ 当时，由，得或，‎ ‎，‎ 在为增函数，减函数，‎ 为增函数， ‎ 当时，由在恒成立，‎ 在为增函数． ‎ 综上，当时，在为增函数，减函数，为增函数；‎ 当时，在为增函数．‎ ‎（2）由（1）知，且， ‎ 故 故只需证明，‎ 令，故，‎ 原不等式等价于对成立，‎ 令，所以单调递减，有 得证.‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的应用，由导数讨论函数的单调性及最值，利用作差法比较大小及构造函数证明不等式是解题的关键，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，若多做，则按所做的第一题记分.‎ ‎22.已知极点与坐标原点重合，极轴与轴非负半轴重合，是曲线上任一点满足，设点的轨迹为.‎ ‎（1）求曲线的平面直角坐标方程；‎ ‎（2）将曲线向右平移个单位后得到曲线，设曲线与直线（为参数）相交于、两点，记点，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设点的极坐标为，可得出点的极坐标为，将点的极坐标代入曲线的极坐标方程，可得出曲线的极坐标方程，再将此极坐标方程化为直角坐标方程；‎ ‎（2）根据平移规律得出曲线的直角坐标方程，然后将直线的参数方程化为（为参数），并将该参数方程与曲线的方程联立，列出韦达定理，利用韦达定理可计算出的值.‎ ‎【详解】（1）设，由可知点，那么.‎ 将代入曲线，得，‎ 则曲线的极坐标方程为化为直角坐标方程，即得为所求；‎ ‎（2）将曲线向右平移个单位后，得到曲线的方程为.‎ 将直线的参数方程化为（为参数），‎ 代入曲线的方程，整理得到，‎ 记交点、对应的参数分别为、，那么，.‎ 那么，为所求.‎ ‎【点睛】本题考查动点轨迹方程的求解，同时也考查了直线与圆的综合问题，涉及的几何意义的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）解不等式：；‎ ‎（2）若，求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）讨论x的范围，去掉绝对值符号解不等式；‎ ‎（2）利用绝对值三角不等式证明．‎ ‎【详解】（1）不等式化为.‎ 当时，原不等式等价于，即；‎ 当时，原不等式等价于，即；‎ 当时，原不等式等价于，即.‎ 综上，原不等式的解集为.‎ ‎（2）由题意得 ‎ ，‎ 所以成立.‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式的应用，考查了分类讨论的思想，属于基础题．‎ ‎ ‎