2020届四川省成都市第七中学高三上学期一诊模拟数学（文）试题（解析版）

2020届四川省成都市第七中学高三上学期一诊模拟数学（文）试题（解析版）

2020 届四川省成都市第七中学高三上学期一诊模拟数学（文） 试题 一、单选题 1．复数 ( , )z a bi a b R   的虚部记作 Im( )z b ，则 3Im 1 i i      （ ） A．-1 B．0 C．1 D．2 【答案】A 【解析】直接由复数代数形式的乘除运算化简 3 1 i i   ，再根据题目中定义的复数的虚部， 可得答案． 【详解】 解： 3 (3 )(1 ) 4 2 21 (1 )(1 ) 2 i i i i ii i i          ， 又复数 ( , )z a bi a b R   的虚部记作 ( )Im z b ， 3( ) 11 iIm i    ． 故选： A ． 【点睛】 本题考查了复数代数形式的乘除运算、虚部的定义，属于基础题． 2．执行如图所示的程序框图，输出的 s 值为( ) A． 3 B． 6 C．10 D． 15 【答案】C 【解析】程序框图的作用是计算 2 2 2 21 2 3 4    ，故可得正确结果. 【详解】 根据程序框图可知 2 2 2 21 2 3 4 10S       ，故选 C. 【点睛】 本题考查算法中的选择结构和循环结构，属于容易题. 3．关于函数 ( ) tanf x x 的性质，下列叙述不正确的是（ ） A． ( )f x 的最小正周期为 2  B． ( )f x 是偶函数 C． ( )f x 的图象关于直线 ( )2 kx k Z  对称 D． ( )f x 在每一个区间 ( , )( )2k k k Z    内单调递增 【答案】A 【解析】试题分析：因为 1( ) tan( ) ( )2 2 tanf x x f xx       ，所以 A 错； ( ) tan( ) tan ( )f x x x f x     ，所以函数 ( )f x 是偶函数，B 正确；由 ( ) tanf x x 的图象可知，C、D 均正确；故选 A. 【考点】正切函数的图象与性质. 4．已知 0, 0a b  ，则“ 1a  且 1b  ”是“ 2a b  且 1ab  ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】试题分析：当 0 1a  且 0 1b  时，由不等式性质可得 2a b  且 1ab  ；当 3 1,2 2a b  ，满足 2a b  且 1ab  ，但不满足 1a  且 1b  ，所以“ 1a  且 1b  ”是 “ 2a b  且 1ab  ”的充分不必要条件，故选 A. 【考点】1.不等式性质；2.充要条件. 5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ） A．36 12 B．36 16 C． 40 12 D． 40 16 【答案】C 【解析】几何体为棱柱与半圆柱的组合体，作出直观图，代入数据计算． 【详解】 解：由三视图可知几何体为长方体与半圆柱的组合体， 作出几何体的直观图如图所示： 其中半圆柱的底面半径为 2，高为 4，长方体的棱长分别为 4，2，2， 几何体的表面积 21 12 2 4 4 2 4 2 4 2 2 4 2 2 2 12 402 2S                      ． 故选：C ． 【点睛】 本题考查了几何体的常见几何体的三视图，几何体表面积计算，属于中档题． 6．在约束条件： 1 2 1 0 x y x y        下，目标函数 ( 0, 0)z ax by a b    的最大值为 1， 则 ab 的最大值等于（ ） A． 1 2 B． 3 8 C． 1 4 D． 1 8 【答案】D 【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数取得最大值，确定 a ，b 的关系， 利用基本不等式求 ab 的最大值． 【详解】 解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）， 由 ( 0, 0)z ax by a b    ，则 a zy xb b    ，平移直线 a zy xb b    ，由图象可知 当直线 a zy xb b    经过点 (1,2)A 时直线的截距最大，此时 z 最大为 1． 代入目标函数 z ax by  得 2 1a b  ． 则1 2 2 2a b ab  … ， 则 1 8ab„ 当且仅当 12 2a b  时取等号， ab 的最大值等于 1 8 ， 故选： D ． 【点睛】 本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合以及基本不等式是解决此类问题的基本方 法． 7．设{an}是有正数组成的等比数列， nS 为其前 n 项和．已知 a2a4＝1，S3＝7，则 S5＝ （ ） A． 15 2 B． 31 4 C． 33 4 D． 17 2 【答案】B 【解析】由等比数列的性质易得 a3＝1，进而由求和公式可得 q 1 2  ，再代入求和公式 计算可得． 【详解】 由题意可得 a2a4＝a32＝1，∴a3＝1， 设{an}的公比为 q，则 q＞0， ∴S3 2 1 1 q q    1＝7，解得 q 1 2  或 q 1 3   （舍去）， ∴a1 2 1 q   4，∴S5 5 14 1 312 1 41 2        故选 B. 【点睛】 本题考查等比数列的通项公式和求和公式，属基础题． 8．双曲线 的渐近线与圆(x－3)2＋y2＝r2(r＞0)相切，则 r 等于( ) A． B．2 C．3 D．6 【答案】A 【解析】由圆心到渐近线的距离等于半径列方程求解即可. 【详解】 双曲线的渐近线方程为 y＝± x，圆心坐标为(3,0)．由题意知，圆心到渐近线的距离等 于圆的半径 r，即 r＝ . 答案：A 【点睛】 本题考查了双曲线的渐近线方程及直线与圆的位置关系，属于基础题. 9．定义域为 R 的函数  f x 对任意 x 都有    4f x f x  ，且其导函数  f x 满足    2 0x f x  ，则当 2 4a  时，有（ ） A．      22 2 logaf f f a  B．      22 2 logaf f f a  C．      22 log 2 af f a f  D．      2log 2 2af a f f  【答案】C 【解析】试题分析：∵函数  f x 对任意 Rx 都有    4f x f x  ，∴函数  f x 对 任意 Rx 都有    xfxf  22 ，∴函数  f x 的对称轴为 2x ，∵导函数  xf  满足    2 0x f x  ，∴函数  f x 在  ,2 上单调递增，  2, 上单调递减， ∵ 42  a ， ∴ 1624  a ， ∵ 函 数  f x 的 对 称 轴 为 2x ， ∴    afaf 22 log4log  ， ∵ 42  a ， ∴ 2log1 2  a ∴ 3log42 2  a ∴ aa 2log42 2  ， ∴      afaff 2log42 2  ，∴      22 log 2 af f a f  ，故选 C. 【考点】（1）函数的图象；（2）利用导数研究函数的单调性. 10．对圆 2 2( 1) ( 1) 1x y    上任意一点 ( , )P x y ，若点 P 到直线 1 3 4 9: 0l x y   和 2 :3 4 0l x y a   的距离之和都与 x，y 无关，则 a 的取值区间为（ ） A．[6, ) B．[ 4,6] C． ( 4,6) D． ( , 4]  【答案】A 【解析】由点到线的距离公式表示出点到直线 1l 与 2l 的距离之和，取值与 x ， y 无关， 即这个距离之和与 P 无关，可知直线 2l 平移时， P 点与直线 1l ， 2l 的距离之和均为 1l ， 2l 的距离，即此时与 x ， y 的值无关，即圆夹在两直线之间，临界条件为直线 2l 恰与圆 相切，即可求出 a 的取值范围. 【详解】 解：点 P 到直线 1 3 4 9: 0l x y   与直线 2 :3 4 0l x y a   距离之和 2 2 2 2 | 3 4 | | 3 4 9 | 3 4 3 4 d x y a x y       取值与 x ， y 无关， 这个距离之和与 P 无关， 如图所示：可知直线 2l 平移时， P 点与直线 1l ， 2l 的距离之和均为 1l ， 2l 的距离，即 此时与 x ， y 的值无关， 当直线 2l 与圆相切时， 2 2 | 3 4 | 1 3 4 x y a    ， 化简得| 1| 5a   ， 解得 6a  或 4a   （舍去）， 6a … 故选： A ． 【点睛】 本题考查了直线和圆的位置关系，以及点到直线的距离公式，属于中档题 11．若 a ， b ， c 满足，| | | | 2 | | 2a b c    ，则 ( ) ( )a b c b     的最大值为（ ） A．10 B．12 C．5 3 D． 6 2 【答案】B 【解析】设OA a  ，OB b  ，OC c  ，表示出 a b  ，   c b 利用向量的数量积的定 义求出最值. 【详解】 解：设OA a  ，OB b  ，OC c  ，则 a b BA  r r uur ， c b BC        cosa b c b BA BC BA BC ABC                | | | | 2 | | 2a b c      4BA  ， 3BC  当且仅当 BA  ， BC  同向时   a b c b      取最大值12 故   max 12a b c b       故选： B 【点睛】 本题考查向量的数量积的定义，属于中档题. 12．点 E ， F 分别是棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中棱 BC， 1CC 的中点，动 点 P 在正方形 1 1BCC B （包括边界）内运动，且 1PA∥面 AEF ，则 1PA 的长度范围为 （ ） A． 51, 2       B． 3 2 5,4 2       C． 3 2 3,4 2       D． 31, 2      【答案】B 【解析】分别取棱 1BB 、 1 1B C 的中点 M 、N ，连接 MN ，易证平面 1 / /A MN 平面 AEF ， 由题意知点 P 必在线段 MN 上，由此可判断 P 在 M 或 N 处时 1A P 最长，位于线段 MN 中点处时最短，通过解直角三角形即可求得． 【详解】 解：如下图所示： 分别取棱 1BB 、 1 1B C 的中点 M 、 N ，连接 MN ，连接 1BC ， M 、 N 、 E 、 F 为所在棱的中点， 1/ /MN BC ， 1/ /EF BC ， / /MN EF ，又 MN  平面 AEF ， EF  平面 AEF ， / /MN 平面 AEF ； 1 / /AA NE ， 1AA NE ，四边形 1AENA 为平行四边形， 1 / /A N AE ，又 1A N  平面 AEF ， AE  平面 AEF ， 1 / /A N 平面 AEF ， 又 1A N MN N ，平面 1 / /A MN 平面 AEF ， P 是侧面 1 1BCC B 内一点，且 1 / /A P 平面 AEF ， 则 P 必在线段 MN 上， 在 Rt △ 1 1A B M 中， 2 2 2 1 1 1 1 1 51 ( )2 2A M A B B M     ， 同理，在 Rt △ 1 1A B N 中，求得 1 5 2A N  ， △ 1A MN 为等腰三角形， 当 P 在 MN 中点O 时 1A P MN ，此时 1A P 最短， P 位于 M 、 N 处时 1A P 最长， 2 2 2 2 1 1 5 2 3 2( ) ( )2 4 4AO A M OM     ， 1 1 5 2A M A N  ， 所以线段 1A P 长度的取值范围是 3 2[ 4 ， 5]2 ． 故选： B ． 【点睛】 本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属中档题， 解决本题的关键是通过构造平行平面寻找 P 点位置． 二、填空题 13．命题“ 2, 1x N x   ”的否定为__________．” 【答案】 2, 1x N x   【解析】全称命题“ , ( )x M p x  ”的否定是存在性命题“ , ( )x M p x   ”，所以 “ 2, 1x N x   ”的否定是“ 2, 1x N x   ”． 14． 在样本的频率分布直方图中, 共有 9 个小长方形, 若第一个长方形的面积为 0.02, 前五 个与后五个长方形的面积分别成等差数列且公差是互为相反数,若样本容量为 1600, 则 中间一组（即第五组）的频数为 ▲ . 【答案】360 【解析】略 15．设 、 分别是抛物线 的顶点和焦点， 是抛物线上的动点，则 的最大值 为__________. 【答案】 【解析】试题分析：设点 的坐标为 ，由抛物线的定义可知， ，则 ，令 ，则 , ,所以 ，当且仅当 时等号成立，所以 的最 大值为 . 【考点】1.抛物线的定义及几何性质；2.基本不等式. 【名师点睛】本题主要考查抛物线的定义及几何性质、基本不等式，属中档题；求圆锥 曲线的最值问题，可利用定义和圆锥曲线的几何性质，利用其几何意义求之，也可根据 已知条件把所求的问题用一个或两个未知数表示，即求出其目标函数，利用函数的性质、 基本不等式或线性规划知识求之. 16．已知 ， ，则 的最小值为 ． 【答案】 【解析】试题分析：因为 ，所以 ，则 （当且仅当 ，即 时，取等号）；故填 ． 【方法点睛】本题考查利用基本不等式求函数的最值问题，属于难题；解决本题的关键 是消元、裂项，难点是合理配凑、恒等变形，目的是出现基本不等式的使用条件（正值、 定积），再利用基本不等式进行求解，但要注意验证等号成立的条件. 【考点】基本不等式． 三、解答题 17．设 的内角 、 、 所对的边分别为 、 、 ,已知 ,且 . （1）求角 的大小; （2）若向量 与 共线, 求 的值. 【答案】(1) ;(2) 。 【解析】试题分析：（1）根据三角恒等变换， ，可解得 ；（2）由 与 共线， 得 ，再由正弦定理，得 ，在根据余弦定理列出方程，即可求解 的 值. 试题解析：（1） , 即 ,解得 . （2） 与 共线, , 由正弦定理 ,得 ,① ,由余弦定理，得 , ② 联立①②, . 【考点】正弦定理；余弦定理. 18．学校为了解高二学生每天自主学习中国古典文学的时间，随机抽取了高二男生和女 生各 50 名进行问卷调查，其中每天自主学习中国古典文学的时间超过 3 小时的学生称 为“古文迷”，否则为“非古文迷”，调查结果如下表： 古文迷 非古文迷 合计 男生 26 24 50 女生 30 20 50 合计 56 44 100 参考公式： 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d      ，其中 n a b c d    参考数据：  2 0P K k 0.500 0.400 0.250 0.050 0.025 0.010 0k 0.455 0.708 1.321 3.841 5.024 6.635 （1）根据上表数据判断能否有 60%的把握认为“古文迷”与性别有关？ （2）现从调查的女生中按分层抽样的方法抽出 5 人进行理科学习时间的调查，求所抽 取的 5 人中“古文迷”和“非古文迷”的人数； 【答案】（1）没有 （2）3 人和 2 人 【解析】（1）求出 2K ，与临界值比较，即可得出结论； （2）调查的 50 名女生中“古文迷”有 30 人，“非古文迷”有 20 人，按分层抽样的方法抽 出 5 人，即可得出结论； 【详解】 解：（1）由列联表得 2 2 100(26 20 30 24) 0.6494 0.70856 44 50 50K        所以没有 60%的把握认为“古文迷”与性别有关. （2）调查50名女生按分层抽取5人，其中古文迷有 305 350   人，非古文迷有 205 250   人，即所抽取的 5 人中，古文迷和非古文迷的人数分别为 3 人和 2 人. 【点睛】 本题考查独立性检验知识的运用，分层抽样各层人数的计算，考查学生的计算能力，属 于中档题． 19．如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，每个侧面均为正方形，D 为底边 AB 的中点，E 为侧棱 1CC 的中点. （1）求证： CD∥平面 1A EB ； （2）求证： 1AB  平面 1A EB ； （3）若 2AB  ，求三棱锥 1 1A B BE 的体积. 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 2 3 3 【解析】（1）设 1AB 和 1A B 的交点为 O ，根据 / /EC OD ，且 EC OD ，得到四边形 ECOD 为平行四边形，故 / /EO CD ， / /CD 平面 1A BE ． （2）证明CD  平面 1 1A ABB ，可得 EO  平面 1 1A ABB ，故有 1EO AB ，由正方形 的两对角线的性质可得 1 1AB A B ， 从而证得 1AB  平面 1A BE ． （3）利用等体积法将 1 1A B BEV  转化为求 1 1B A BEV  可得. 【详解】 证明：（1）设 1AB 和 1A B 的交点为 O，连接 EO，连接 OD. 因为 O 为 1A B 的中点，D 为 AB 的中点， 所以 1OD BB∥ 且 1 1 2OD BB .又 E 是 1CC 中点， 所以 1EC BB∥ ，且 1 1 2EC BB ， 所以 EC OD∥ 且 EC OD . 所以，四边形 ECOD 为平行四边形.所以 EO CD∥ . 又CD  平面 1A BE ， EO  平面 1A BE ，则 CD∥平面 1A BE . （2）因为三棱柱各侧面都是正方形，所以 1BB AB ， 1BB BC . 所以 1BB  平面 ABC.因为CD 平面 ABC，所以 1BB CD . 由已知得 AB BC AC  ，所以CD AB ， 所以CD  平面 1 1A ABB .由（1）可知 EO CD∥ ，所以 EO  平面 1 1A ABB . 所以 1EO AB .因为侧面是正方形，所以 1 1AB A B . 又 1EO A B O  ， EO  平面 1A EB ， 1A B  平面 1A EB ， 所以 1AB  平面 1A BE . （3）解：由条件求得 15BE A E  ， 1 2 2A B  ，可以求得 1 6A BES  所以 1 1 1 1 1 1 1 1 2 36 23 3 3A B BE B A BE A BEV V S B O        【点睛】 本题考查证明线面平行、线面垂直的方法，直线和平面平行的判定定理以及直线和平面 垂直的判定定理的应用，等体积法的应用，属于中档题. 20．已知椭圆 的两个焦点分别为 ,以椭圆短轴为 直径的圆经过点 . (1)求椭圆 的方程; (2)过点 的直线 与椭圆 相交于 两点,设点 ,直线 的斜率分别为 ,问 是否为定值?并证明你的结论. 【答案】(1) ；(2)定值为 2. 【解析】试题分析：（1）由题意得到 ， ，所以 ，写出椭圆方程； （2）联立直线方程与椭圆方程，得到韦达定理 ， ， . 试题解析： （1）依题意， ， . ∵点 与椭圆短轴的两个端点的连线相互垂直， ∴ ， ∴ . ∴椭圆 的方程为 . （2）①当直线 的斜率不存在时，由 解得 ， . 设 ， ，则 为定值. ②当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为： . 将 代入 整理化简，得 . 依题意，直线 与椭圆 必相交于两点，设 ， ， 则 ， . 又 ， ， 所以 . 综上得 为常数 2. 点睛：圆锥曲线大题熟悉解题套路，本题先求出椭圆方程，然后与直线方程联立方程组， 求得韦达定理，则 ， ， ，为定值。 21．已知函数 ( ) ln ( )f x tx x t   R . （1）当 1t   时，证明： ( ) 1f x   ； （2）若对于定义域内任意 x， ( ) 1xf x x e   恒成立，求 t 的范围 【答案】（1）见解析 （2） ( ,1] 【解析】（1）构造函数 ( ) ln 1g x x x   利用导数求出函数的单调性，得到函数的最 大值，即可得证； （2）参变分离得到 ln 1x xt e x   在 (0, ) 恒成立，构造函数 ln 1( ) x xx e x    求 出函数的最小值，即可得到参数t 的取值范围. 【详解】 （1）证明：即是证明 ln 1x x   ，设 ( ) ln 1g x x x   ， 1( ) xg x x   当 0 1x  ， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递增；当 1x  ， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递减；所 以 ( )g x 在 1x  处取到最大值，即 ( ) (1) 0g x g  ，所以 ln 1x x   得证 （2）原式子恒成立即 ln 1x xt e x   在 (0, ) 恒成立 设 ln 1( ) x xx e x    ， 2 2 ln( ) xx e xx x    ，设 2( ) lnxQ x x e x  ，  2 1( ) 2 0xQ x x x e x      ，所以 ( )Q x 单调递增，且 1 02Q     ， (1) 0Q  所以 ( )Q x 有唯一零点 0x ，而且 02 0 0ln 0xx e x   ，所以 02 0 0lnxx e x   两边同时取对数得    0 0 0 0ln ln ln lnx x x x     易证明函数 lny x x  是增函数，所以得 0 0lnx x  ，所以 0 0 1xe x  所以由 ( )x 在 00, x 上单调递减，在 0,x  上单调递增， 所以   0 0 0 0 0 0 0 ln 1 11( ) 1x x xx x e x x x           于是 t 的取值范围是 ( ,1] 【点睛】 本题考查利用导数证明不等式恒成立问题，属于中档题. 22．在极坐标系下，已知圆 和直线 （1）求圆 和直线 的直角坐标方程； （2）当 时，求圆 和直线 的公共点的极坐标. 【答案】（1） 圆 O 的直角坐标方程为 x2+y2-x-y=0,直线 l 的直角坐标方程为 x-y+1=0 （2） 【解析】试题分析：（1）根据 将圆 O 和直线 l 极坐标方 程化为直角坐标方程（2）先联立方程组解出直线 l 与圆 O 的公共点的直角坐标，再根 据 化为极坐标 试题解析：(1)圆 O：ρ＝cos θ＋sin θ， 即ρ2＝ρ cos θ＋ρ sin θ， 故圆 O 的直角坐标方程为 x2＋y2－x－y＝0. 直线 l：ρsin ＝ ，即ρsin θ－ρcos θ＝1， 则直线 l 的直角坐标方程为 x－y＋1＝0. (2)由(1)知圆 O 与直线 l 的直角坐标方程，将两方程联立得， ，解得 即圆 O 与直线 l 在直角坐标系下的公共点为(0，1)， 将(0，1)转化为极坐标为 ，即为所求． 23．已知函数   2 3 2 1f x x x    ． （1）求不等式   5f x  的解集； （2）若关于 x 的不等式   1f x m  的解集非空，求实数 m 的取值范围． 【答案】（1） 7 3| 4 4x x      （2） 6m  或 2m   【解析】（1）通过讨论 x 的范围，求出不等式的解集即可； （2）求出 f（x）的最小值，得到关于 m 的不等式，解出即可． 【详解】 （1）原不等式为： 2 3 2 1 5x x    ， 当 3 2x   时，原不等式可转化为 4 2 5x   ，即 7 3 4 2x    ； 当 3 1 2 2x   时，原不等式可转化为 4 5 恒成立，所以 3 1 2 2x   ； 当 1 2x  时，原不等式可转化为 4 2 5x   ，即 1 3 2 4x  ． 所以原不等式的解集为 7 3| 4 4x x      ． （2）由已知函数   34 2, 2 3 14, 2 2 14 2, 2 x x f x x x x             ，可得函数  y f x 的最小值为 4， 所以 2 4m  ，解得 6m  或 2m   ． 【点睛】 含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的 几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式 与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法 的灵活应用，这是命题的新动向．