四川省雅安市雅安中学2020届高三九月开学摸底考试数学（理）试题

四川省雅安市雅安中学2020届高三九月开学摸底考试数学（理）试题

雅安中学2020届高三9月第一次月考数学试卷（理）‎ 一、选择题 ‎1.设集合，，则（　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，利用指数函数、复合型幂函数的性质，分别求出函数；的值域，得到集合和集合，再求交集即可求解出结果.‎ ‎【详解】由题意得，‎ ‎，即集合.‎ 又 ‎，即集合 故答案选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了求函数定义域的值域，以及集合交集的运算.‎ ‎2.若，则复数在复平面内对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数四则运算法则可将复数化简为，从而得到对应点的坐标，进而得到结果.‎ ‎【详解】‎ 对应的点的坐标为：，位于第三象限 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查复数与复平面上的点的对应关系，关键是能够熟练应用复数的四则运算法则将复数化简为的形式，属于基础题.‎ ‎3.已知双曲线的一个焦点为,则焦点到其中一条渐近线的距离为（ ）‎ A. 2 B. 1 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得双曲线的a，b，c，焦点F的坐标和一条渐近线方程，由点到直线的距离公式计算即可得到所求．‎ ‎【详解】双曲线的a=1，b=，c=，‎ 右焦点F为（，0），‎ 一条渐近线方程为，‎ 则F到渐近线的距离为d==．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，主要考查渐近线方程的运用，点到直线的距离公式，属于基础题．‎ ‎4.设函数，则（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3+e D. 3e ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对函数求导，然后把代入即可.‎ ‎【详解】 ‎ ‎ ‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查函数在某一点出的导数，属基础题.‎ ‎5. 秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法．如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入n，x的值分别为3，2，则输出v的值为 A. 35 B. 20 C. 18 D. 9‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：模拟算法：开始：输入成立；‎ ‎，成立；‎ ‎，成立；‎ ‎，不成立，输出.故选C.‎ 考点：1.数学文化；2.程序框图.‎ ‎6.已知直线3x−y+1=0的倾斜角为α，则 A. B. ‎ C. − D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意利用直线的倾斜角和斜率求出tanα的值，再利用三角恒等变换，求出要求式子的值．‎ ‎【详解】直线3x-y+1=0的倾斜角为α，∴tanα=3， ∴， 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查直线的倾斜角和斜率，三角恒等变换，属于中档题．‎ ‎7.二项式的展开式中的系数是，则(　　)‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得二项展开式中的通项公式，令，解得，代入即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】由题意，二项式的展开式中的通项公式，‎ 令，解得，‎ 所以含项的系数为，解得 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，其中解答中熟练求解二项展开式的通项，准确得出的值是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．‎ ‎8.数列中“对任意且都成立”是“是等比数列”的 ‎ A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由“{an}为等比数列”能推出“an2=an﹣1•an+1”，‎ 当数列为an=an﹣1=an+1=0时，尽管满足“an2=an﹣1•an+1”，但“{an}不为等比数列，‎ 故“对任意且都成立”是“是等比数列”的必要不充分条件，‎ 故选：A．‎ ‎9.定义域为R的奇函数的图象关于直线对称，且，则（ ）‎ A. 2018 B. 2020 C. 4034 D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由定义域为R的奇函数，且其图象关于直线对称，可得 的周期，结合，可求的值.‎ ‎【详解】由定义域为R的奇函数，且其图象关于直线对称，则 则即函数的周期为8，则 ‎ ‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性与函数的周期性的应用，注意分析函数的奇偶性．‎ ‎10.已知三棱锥四个顶点均在半径为R的球面上，且，若该三棱锥体积的最大值为1，则这个球的表面积为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：因为三棱锥的体积有最大值且为确定的三角形，故球心在三棱锥的内部且球心到平面的距离是定值.要使得体积最大，只要到平面的距离最大即可，此时与球心的连线垂直平面且经过外心，根据这个性质可以得到外接球的半径.‎ 详解：为等腰直角三角形，三棱锥体积最大时，球心在过的中点且垂直于平面的直线上，为该直线与球面的交点，此时高，‎ 故体积，解得，‎ 故.选D.‎ 点睛：为了求得外接球的内接三棱锥的体积的最大值，我们需选择合适的变量构建体积的函数关系式，因本题中三棱锥的底面三角形确定，顶点在球面上变化，故高最大时体积最大.‎ ‎11.已知椭圆的左右焦点分别为、，过点的直线与椭圆交于两点，若是以为直角顶点的等腰直角三角形，则椭圆的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：设，若是以为直角顶点的等腰直角三角形，∴，．由椭圆的定义可知的周长为，∴，．∴．∵，∴，∴，．‎ 考点：椭圆的几何性质.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查了椭圆的定义、标准方程及其简单的几何性质的应用、椭圆离心率的求解，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力、转化与化归思想的应用，本题的解答中，若是以为直角顶点的等腰直角三角形，得出，，再由椭圆的定义，得到的周长为，列出的关系式，即可求解离心率.‎ ‎12.设，是抛物线上的两个不同的点，是坐标原点，若直线与的斜率之积为，则（　）‎ A. B. 到直线的距离不大于2‎ C. 直线过抛物线的焦点 D. 为直径的圆的面积大于 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，，可看作直线与抛物线的交点,对直线进行分类讨论，当直线的斜率不存在时，设出，的坐标，可以求得，的坐标及直线的解析式；当直线的斜率存在时，利用斜截式设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理，推出直线过定点，结合选项得出答案.‎ ‎【详解】当直线MN的斜率不存在时，设，‎ 由斜率之积为，可得，即，∴的直线方程为；‎ 当直线的斜率存在时，设直线方程为，联立，可得．‎ 设，则，‎ ‎∴，‎ 即．∴直线方程为．‎ 则直线过定点．‎ 则到直线的距离不大于2．故选B．‎ ‎【点睛】圆锥曲线与方程是高考考查的核心之一，解题时不仅要掌握圆锥曲线的几何性质，还要重点掌握直线与圆锥曲线的基本求解方法与策略，提高运用函数与方程思想，本题主要利用了设而不求的方法，在设直线方程时要注意斜率是否存在以进行分类讨论.‎ 二、填空题 ‎13.命题：“，”的否定是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据含量词命题的否定直接写出结果.‎ ‎【详解】因为全称命题的否定是特称命题，否定全称命题时，一是要将全称量词改写为存在量词，二是否定结论，所以原命题的否定为：，‎ 本题正确结果：，‎ ‎【点睛】本题考查含量词命题的否定，属于基础题.‎ ‎14.已知x，y满足，则z=2x+y的最大值为__________．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先作出不等式组对应的区域，由图形判断出最优解，代入目标函数计算出最大值即可.‎ ‎【详解】解：由已知不等式组得到平面区域如图：‎ 目标函数变形为，‎ 此直线经过图中A时在轴截距最大，‎ 由得到，‎ 所以的最大值为；‎ 故答案为：4．‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划，其中数形结合的应用是解决本题的关键，属于基础题.‎ ‎15.某共享汽车停放点的停车位排成一排且恰好全部空闲，假设最先来停车点停车的3辆共享汽车都是随机停放的，且这3辆共享汽车都不相邻的概率与这3辆共享汽车恰有2辆相邻的概率相等，则该停车点的车位数为______．‎ ‎【答案】10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设停车位有n个，求出这3辆共享汽车都不相邻的种数和恰有2辆相邻的种数，可得An﹣23＝A32An﹣22，解得即可.‎ ‎【详解】设停车位有n个，‎ 这3辆共享汽车都不相邻的种数：相当于先将（n﹣3）个停车位排放好，再将这3辆共享汽车，插入到所成（n﹣2）个间隔中，故有An﹣23种，‎ 恰有2辆相邻的种数：先把其中2辆捆绑在一起看做一个复合元素，再和另一个插入到，将（n﹣3）个停车位排放好所成（n﹣2）个间隔中，故有A32An﹣22种，‎ 因为这3辆共享汽车都不相邻的概率与这3辆共享汽车恰有2辆相邻的概率相等，‎ ‎∴An﹣23＝A32An﹣22，‎ 解得n＝10，‎ 故答案为：10．‎ ‎【点睛】本题考查了排列组合中的相邻问题和不相邻问题，考查了运算能力和转化能力，属于中档题.‎ ‎16.已知函数，若，使得，则的取值范围是______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，设，得有零点，化简得，转化为直线与有交点，利用导数求得函数单调性与最值，结合图象，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，设，∵，∴，∴有零点，‎ 即，整理得，‎ 即直线与有交点，‎ 又由，（），令，解得，‎ 当时，，函数单调递增，‎ 当时，，函数单调递减，‎ ‎∴，‎ 又，当时，，‎ 分别画出与的图象，如图所示；‎ 由图象可得当，即时，与有交点，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的零点问题，其中解答中函数的零点问题转化为直线与有交点，再利用导数求得函数的单调性与最值，结合图象求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及转化思想的应用．‎ 三、解答题,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 ‎17.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2(tanA＋tanB)＝.‎ ‎(1)证明：a＋b＝2c；‎ ‎(2)求cos C的最小值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据三角函数的基本关系式，可化简得，再根据，即可得到，利用正弦定理，可作出证明；（2）由（1），利用余弦定理列出方程，再利用基本不等式，可得的最小值.‎ 试题解析：（1）由题意知，，‎ 化简得：‎ 即，因为，所以，‎ 从而，由正弦定理得.‎ ‎（2）由（1）知，，所以，当且仅当时，等号成立，故的最小值为.‎ 考点：三角恒等变换的应用；正弦定理；余弦定理.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查了三角恒等变换的应用、正弦定理与余弦定理的应用，涉及到三角函数的基本关系式和三角形中的性质和基本不等式的应用，着重考查了转化与化归思想和学生的推理与运算能力，以及知识间的融合，属于中档试题，解答中熟记三角函数恒等变换的公式是解答问题的关键.‎ ‎18.如图1，在△中，分别为的中点，为的中点，．将△ADE沿DE折起到的位置，使得平面如图2．‎ ‎（Ⅰ）求证： ;‎ ‎（Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值.‎ 图1 图2‎ ‎【答案】(I)见解析；（II）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）取线段A1B中点H，连接HD，，通过证明四边形DEFH时平行四边形得出EF∥DH，于是EF∥平面A1BD；‎ ‎（II）分别以为轴建立空间直角坐标系，则面的法向量, ,, ,则 ‎,设面的法向量，求出，即可求得二面角的平面角的余弦值.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）取线段的中点，连接， ．‎ 因为 ， 分别为， 的中点，所以 ， ， ‎ 所以 ， ，所以 四边形为平行四边形，所以 ．‎ 因为 平面， 平面，所以 平面 ‎(II)分别以为轴建立空间直角坐标系，则面的法向量, ,, ,则 ‎,设面的法向量，则，解得 ‎，所以，，所以 所以二面角的平面角的余弦值 ‎【点睛】本题考查了线面平行的判定，利用空间向量求二面角的计算，属于中档题．‎ ‎19.生蚝即牡蛎(oyster)，是所有食物中含锌最丰富的，在亚热带、热带沿海都适宜蚝的养殖，我国分布很广，北起鸭绿江，南至海南岛，沿海皆可产蚝.蚝乃软体有壳，依附寄生的动物，咸淡水交界所产尤为肥美，因此生蚝成为了一年四季不可或缺的一类美食.某饭店从某水产养殖厂购进一批生蚝，并随机抽取了40只统计质量，得到的结果如下表所示.‎ 质量()‎ 数量 ‎6‎ ‎10‎ ‎12‎ ‎8‎ ‎4‎ ‎(1)若购进这批生蚝，且同一组数据用该组区间的中点值代表，试估计这批生蚝的数量(所得结果保留整数)；‎ ‎(2)以频率估计概率，若在本次购买的生蚝中随机挑选4个，记质量在间的生蚝的个数为，求的分布列及数学期望.‎ ‎【答案】（I）（只）；（II）.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（Ⅰ）由表中的数据可以估算这批生蚝的质量为，‎ 所以购进，生蚝的数量均为（只）；‎ ‎(II)由表中数据知，任意挑选一只，质量在间的概率为，‎ 的可能取值为，则,‎ ‎,‎ 所以的分布列为 所以 ‎【点睛】本题考查概率的求法及应用，考查离散型随机变量的分布列及数学期望的求法，考查排列组合、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．‎ ‎20.已知抛物线的焦点为，为抛物线 上异于原点的任意一点，过点的直线交抛物线于另一点，交轴的正半轴于点，且有.当点的横坐标为3时，为正三角形.‎ ‎（Ⅰ）求抛物线的方程；‎ ‎（Ⅱ）若直线，且和抛物线有且只有一个公共点，试问直线（为抛物线上异于原点的任意一点）是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；(II) .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）根据等边三角形的性质可知A点横坐标为FD的中点横坐标，列出方程解出p． （II）根据|FA|=|FD|列出方程得出A，D横坐标的关系，从而得出l的斜率，设l1方程，与抛物线方程联立，由判别式△=0得出l的截距与A点坐标的关系，求出E点坐标，得出AE方程，根据方程特点判断定点坐标．‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意知，设，则的中点为，‎ 因为，由抛物线的定义知：，解得或（舍去），‎ 由，解得，所以抛物线的方程为 ‎(II)由（Ⅰ）知，设，，因为，则，由得，故，‎ 故直线的斜率为，因为直线和直线平行，‎ 故可设直线的方程为，‎ 代入抛物线方程得，‎ 由题意知，得.‎ 设，则，，‎ 当时，，‎ 可得直线的方程为，‎ 由，整理可得，‎ 所以直线恒过点，‎ 当时，直线的方程为，过点，‎ 所以直线恒过定点.‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线的性质，直线与抛物线的关系，属于中档题．‎ ‎21.设函数 ‎（Ⅰ）若函数在点处的切线方程为，求实数与的值；‎ ‎（Ⅱ）若函数有两个零点，求实数的取值范围，并证明：.‎ ‎【答案】（Ⅰ），；(II)见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求导，所以，又因为，可求；‎ ‎(II)因，所以，令，‎ 则，讨论的单调性，画出函数的图象，根据图像可求实数的取值范围，‎ 由上知，，不妨设，则，‎ 要证，只需证，因为，且函数在上单调递减，所以只需证，由，所以只需，‎ 即证，即证对恒成立，‎ 令，利用导数讨论的单调性即可得证.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为，所以，又因为，所以，即 ‎(II)因为，所以，令，‎ 则，‎ 令，解得，令，解得，‎ 则函数在上单调递增，在上单调递减，所以，‎ 又当时，，当时，，‎ 画出函数的图象，要使函数的图象与有两个不同的交点，则，即实数的取值范围为.‎ 由上知，，不妨设，则，‎ 要证，只需证，因为，且函数在上单调递减，所以只需证，由，所以只需，‎ 即证，即证对恒成立，‎ 令，则 因为，所以，所以恒成立，‎ 则函数在的单调递减，所以，‎ 综上所述 ‎【点睛】本题考查了函数在某一点处切线问题以及函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道中档题．‎ 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 ‎ 选修4—4：坐标系与参数方程 ‎22.在直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为：，直线的极坐标方程为．‎ ‎（Ⅰ）写出曲线的极坐标方程，并指出它是何种曲线；‎ ‎（Ⅱ）设与曲线交于，两点，与曲线交于，两点，求四边形面积的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）,圆；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）将参数方程化为普通方程，可知曲线是以为圆心，为半径的圆；根据直角坐标与极坐标互化原则可得到曲线的极坐标方程；（Ⅱ）设，，联立与圆方程可得韦达定理的形式；则，整理可得，代入替换可求得；根据垂直关系可知所求面积为，根据三角函数知识可求得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由（为参数）消去参数得：‎ 将曲线的方程化成极坐标方程得：‎ 曲线是以为圆心，为半径的圆 ‎（Ⅱ）设，‎ 由与圆联立方程得：‎ ‎，‎ 三点共线 则 用代替可得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查参数方程化普通方程、极坐标与直角坐标的互化、求解四边形面积的取值范围类的问题；求解面积取值范围的关键是灵活应用极坐标中的几何意义，结合韦达定理表示出四边形的两条对角线，利用三角函数的知识求得结果.‎ 选修4—5：不等式选讲 ‎23.设函数.‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若对恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）或；（2）或.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解集，最后求并集（2）根据绝对值三角不等式得最小值，再解含绝对值不等式可得的取值范围.‎ 试题解析：（1）等价于或或，‎ 解得：或.故不等式的解集为或.‎ ‎（2）因为：‎ 所以，由题意得：，解得或.‎ 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．‎ ‎ ‎