四川省成都市石室中学2020届高三上学期入学考试考数学（理）试题

四川省成都市石室中学2020届高三上学期入学考试考数学（理）试题

成都石室中学高2020届2019～2020学年上期入学考试 数学试卷（理科）‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1.若复数满足，其中为虚数单位，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由，得，则，故选：A.‎ ‎2.己知集合，，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由二次不等式的解法可得：，由指数函数的值域的求法可得：，‎ 再结合并集的运算可得：，得解.‎ ‎【详解】解：解不等式，解得，即，‎ 又因为，所以，即，‎ 即 ，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了二次不等式的解法、指数函数的值域的求法及并集的运算，属基础题.‎ ‎3.下列判断正确的是（）‎ A. 命题“，”的否定是“，”‎ B. 函数的最小值为2‎ C. “”是“”的充要条件 D. 若，则向量与夹角为钝角 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由全称命题的否定为特称命题可得：命题的否定是“，”，选项A错误，‎ 由在为增函数，即 ，即B错误；由根式方程的求法得“”是“”的充要条件，即C正确，由向量的夹角可得向量与夹角为钝角或平角，即D错误，得解.‎ ‎【详解】解：对于选项A，命题“，”的否定是“，”，即A错误；‎ 对于选项B，令 ，则，则，，‎ 又在为增函数，即 ，即B错误；‎ 对于选项C，由“”可得“”，‎ 由“”可得，解得“”，‎ 即 “”是“”的充要条件，即C正确，‎ 对于选项D，若，则向量与夹角钝角或平角，即D错误，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了全称命题的否定、均值不等式的应用、根式方程的求法及向量的夹角，属基础题.‎ ‎4.对于函数，下列结论不正确的是（）‎ A. 在上单调递增 B. 图像关于y轴对称 C. 最小正周期为 D. 值域为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，求得，‎ 再利用的性质即可得解.‎ ‎【详解】解：因为 ‎，‎ 则函数是在上单调递增的偶函数，且值域为，周期为，‎ 即选项正确，选项错误， ‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考察了三角恒等变换及函数的性质，属基础题.‎ ‎5.在如图的程序框图中，若输入m=77，n=33，则输出的n的值是 A. 3 B. 7‎ C. 11 D. 33‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 这个过程是，，故所求的最大公约数是。‎ ‎6.某柱体的正视图与侧视图是全等的正方形，俯视图是圆，记该柱体的表面积为，其内切球的表面积为，且，则（）‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由空间几何体的三视图可得此柱体为底面直径与高相等的圆柱，‎ 设底面圆的半径为，则此柱体内切球的半径为，‎ 由圆柱体表面积及球的表面积公式可得：，，运算即可得解.‎ ‎【详解】解：由已知可得：此柱体为底面直径与高相等的圆柱，‎ 设底面圆的半径为，则高为,‎ 则，‎ 又此柱体内切球的半径为，则，‎ ‎ 则，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考察了空间几何体的三视图、圆柱体表面积及球的表面积的运算，属中档题.‎ ‎7. 高三某6个班级从“照母山”等6个不同的景点中任意选取一个进行郊游活动，其中1班、2班不去同一景点且均不去“照母山”的不同的安排方式有多少种（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：1班、2班的安排方式有种，剩余4个班的安排方式有种，所以共有各安排方式，故选D．‎ 考点：计数原理．‎ ‎8.如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，，若，则的值是（）‎ A. B. 2 C. D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将,作为平面向量的一组基底，再利用平面向量基本定理可得 ‎=,再由运算即可得解.‎ ‎【详解】解：因为在中，D是BC的中点，E在边AB上，，‎ 所以==‎ ‎,‎ 又，所以，‎ 即,‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考察了平面向量基本定理，属中档题.‎ ‎9.定义在R上的函数满足，且、有，若，实数a满足则a的最小值为（）‎ A. B. 1 C. D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，则函数的图像关于直线对称，‎ 由、有，即函数在为增函数，‎ 又，则函数为偶函数，且在为增函数，‎ 再由的性质得不等式，求解即可.‎ ‎【详解】解:由函数满足，则函数的图像关于直线对称，‎ 又、有，即函数在为增函数，‎ 又，则函数为偶函数，且在为增函数，‎ 又，‎ 所以，‎ 所以，即，‎ 则a的最小值为，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了函数图像的对称性及函数的单调性，再利用对称性及函数的单调性求解不等式，属中档题.‎ ‎10.在平面区域，内任取一点，则存在，使得点的坐标满足的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出平面区域的面积，找到的成立条件，利用几何概型的公式求解。‎ ‎【详解】画出平面区域图中边界及内部是所表示的平面区域，‎ 如下图所示：‎ ‎，‎ 它表示在已知平面区域内，圆心(2,0)，半径为的圆外（包括圆周），如上图所示：‎ 解方程组：，，‎ 在已知平面区域内，圆心(2,0)，半径为的圆内（包括圆周）的面积为，‎ 所求的概率，故本题选A。‎ ‎【点睛】本题考查了几何概型,解决本题的关键是对存在，使得点的坐标满足，这句话的理解。‎ ‎11.中，已知，，，D是边AC上一点，将沿BD折起，得到三棱锥．若该三棱锥的顶点A在底面BCD的射影M在线段BC上，设，则x的取值范围为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可得：折叠前在图1中，，垂足为，在图1中过作于，运动点，可得当点与点无限接近时，折痕接近,此时M无限接近，，在图2中，由于是的斜边，所以,即可得：,再在由余弦定理求得，然后在中求得，即可得解.‎ ‎【详解】解：因为将沿BD折起，得到三棱锥．且顶点A在底面BCD的射影M在线段BC上，所以在图2中，,都与垂直，‎ 因此折叠前在图1中，，垂足为，在图1中过作于，‎ 运动点，可得当点与点无限接近时，折痕接近,此时M无限接近，所以，在图2中，由于是的斜边，是直角边，所以,‎ 因此可得：,‎ 又因为，，，‎ 所以，即，‎ 由此可得在中，，‎ 所以，‎ 又，则x的取值范围为，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了余弦定理及线面垂直，属综合性较强的题型.‎ ‎12.设双曲线的左，右顶点为A、B，P是双曲线上不同于A、B的一点，设直线AP，BP的斜率分别为m、n，则当取得最小值时，双曲线C的离心率为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意设出A,B的坐标，代入双曲线方程，写出AP，BP的斜率分别为m、n， ‎ 求出，代入，换元后利用导数求最值，求出取最小值的条件，再求得双曲线离心率即可.‎ ‎【详解】解：设，又,‎ 则，，‎ 所以=，‎ 所以=，‎ 设，，‎ 则，‎ 则=，‎ 当时，，当时，，‎ 则函数在为减函数，在为增函数，‎ 即当即，即时取最小值，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数求函数最值及双曲线离心率，属中档题.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.若的展开式中第3项和第5项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得=,解得，则有展开式的通项为,‎ 再令，解出代入运算即可得解.‎ ‎【详解】解：由展开式中第3项和第5项的二项式系数相等，‎ 即=,解得，‎ 则展开式的通项为,‎ 令，解得 即展开式中的常数项为=-20,‎ 故答案为：-20.‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理、二项式系数及展开式常数项，属基础题.‎ ‎14.已知圆截y轴所得的弦长为，过点且斜率为k的直线l与圆C交于A、B两点，若，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由圆中弦长的运算可得：，‎ 由点到直线的距离公式可得：，运算可得解.‎ ‎【详解】解：由题意有，‎ 由已知可设直线方程为，‎ 设圆心（4,2）到直线的距离为，‎ 则，‎ 即，‎ 则，解得，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了圆中弦长的运算及点到直线的距离公式，属中档题.‎ ‎15.已知抛物线的一条弦AB经过焦点F，O为坐标原点，点M在线段OB上，且，点N在射线OA上，且，过M、N向抛物线的准线作垂线，垂足分别为C、D，则的最小值为________．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线的方程为，代入抛物线消得：‎ ‎，则==，再利用基本不等式即可得解.‎ ‎【详解】设直线的方程为，代入抛物线消得：‎ ‎，‎ 设，则，‎ 所以==，‎ 则的最小值为4.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与抛物线的关系及基本不等式的应用，属中档题.‎ ‎16.已知函数，若关于x的不等式有且只有一个正整数解，则实数m的取值范围为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，所以当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，‎ 又关于x的不等式有且只有一个正整数解，则的图像在 图像的上方只有一个正整数值，分别作出与的图像观察可得，求解即可.‎ ‎【详解】解：由不等式，所以，‎ 设，所以 当时，函数单调递增，‎ 当时，函数单调递减，‎ 所以，‎ 当时，，当时，，‎ 若关于x的不等式有且只有一个正整数解，则的图像在图像的上方只有一个正整数值，分别作出与的图像可知：‎ ‎ ，‎ 即.‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查了不等式与函数的关系，重点考查了数形结合的数学思想方法，属中档题.‎ 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．‎ ‎17.某高校在2016年的自主招生考试成绩中随机抽取100名学生的笔试成绩，按成绩分组，得到的频率分布表如下表所示．‎ 组号 分组 频数 频率 第1组 ‎5‎ ‎0.050‎ 第2组 n ‎0.350‎ 第3组 ‎30‎ p 第4组 ‎20‎ ‎0.200‎ 第5组 ‎10‎ ‎0.100‎ 合计 ‎100‎ ‎1.000‎ ‎（1）求频率分布表中n，p的值，并估计该组数据的中位数（保留l位小数）；‎ ‎（2）为了能选拔出最优秀的学生，高校决定在笔试成绩高的第3、4、5组中用分层抽样的方法抽取6名学生进入第二轮面试，则第3、4、5组每组各抽取多少名学生进入第二轮面试？‎ ‎（3）在（2）的前提下，学校决定从6名学生中随机抽取2名学生接受甲考官的面试，求第4组至少有1名学生被甲考官面试的概率．‎ ‎【答案】（1），，中位数估计值为171.7（2）第3、4、5组每组各抽学生人数为3、2、1（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由频率分布表可得：，，由中位数求法可得中位数估计值为171.7；‎ ‎（2）因为笔试成绩高的第3、4、5组的人数之比为，由分层抽样的方法选6名学生，三个小组分别选的人数为3、2、1；‎ ‎（3）先列举出从6名学生中随机抽取2名学生的不同取法，再列举出第4组至少有1名学生被甲考官面试的取法，再结合古典概型的概率公式即可得解.‎ ‎【详解】解：（1）由已知：，‎ ‎，‎ ‎，，中位数为171.7，‎ 即中位数估计值171.7，‎ ‎（2）由已知，笔试成绩高的第3、4、5组的人数之比为，现用分层抽样的方法选6名学生。故第3、4、5组每组各抽学生人数为3、2、1。‎ ‎（3）在（2）的前提下，记第3组的3名学生为，，，‎ 第4组的2名学生为，，第5组的1名学生为，且“第4组至少有1名学生被甲考官面试”为事件A。‎ 则所有的基本事件有：，，，，，，，，，，，，，，，一共15种。‎ A事件有：，，，，，，，，，一共9种。‎ ‎，‎ 答：第4组至少有1名学生被甲考官面试的概率为。‎ ‎【点睛】本题考查了样本数据的中位数、分层抽样及古典概型的概率公式，属基础题.‎ ‎18.已知数列和满足，，，．‎ ‎（1）证明：是等比数列，是等差数列；‎ ‎（2）设，求数列的前n项和．‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知有是首项为1，公比为的等比数列，是首项为1，公差为2的等差数列．即命题得证；‎ ‎(2)由，得，即，‎ 再利用错位相减法求和即可得解.‎ ‎【详解】解：（1）由题设得，即，‎ 又因为，所以是首项为1，公比为的等比数列．‎ 由题设得，‎ 即．‎ 又因为，所以是首项为1，公差为2的等差数列．‎ ‎（2）由（1）知，，．‎ 所以，‎ 所以．所以，‎ 则,①‎ 则，②‎ ‎①-②整理可得：.‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的通项公式及错位相减法，属中档题.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，是等边三角形，四边形ABCD是矩形，，F为棱PA上一点，且，M为AD的中点，四棱锥的体积为．‎ ‎（1）若，N是PB的中点，求证：平面平面PCD；‎ ‎（2）是否存在，使得平面FMB与平面PAD所成的二面角余弦的绝对值为．‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）存在，使得平面FMB与平面PAD所成的二面角余弦的绝对值为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知有，,即可证明平面PCD；‎ ‎（2）建立以M为原点，MA为x轴，ME为y轴，MP为z轴建立空间直角坐标系，则可得FMN的法向量为，取面PAD的法向量，由向量的数量积公式计算可得解.‎ ‎【详解】解：（1）因为，所以F是AP的中点，又因为N是PB的中点，所以，由四边形ABCD是矩形，得，故，‎ ‎；‎ ‎（2）连接PM，过M作交BC于E，由是等边三角形，得，，以M为原点，MA为x轴，ME为y轴，MP为z轴建立空间直角坐标系，‎ ‎ ‎ 假设存在，满足题意，设，，则，，，，，，则，‎ 设面FMN法向量为，所以，‎ 取，得，取面PAD的法向量，‎ 由题知：，解得，‎ 所以，存在，使得平面FMB与平面PAD所成的二面角余弦的绝对值为 ‎【点睛】本题考查了线线平行证明面面平行及已知二面角利用空间向量求参数的值，属综合性较强的题型.‎ ‎20.己知椭圆上任意一点到其两个焦点，的距离之和等于，焦距为2c，圆，，是椭圆的左、右顶点，AB是圆O的任意一条直径，四边形面积的最大值为．‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）如图，若直线与圆O相切，且与椭圆相交于M，N两点，直线与平行且与椭圆相切于P（O，P两点位于的同侧），求直线，距离d的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由椭圆的定义知：，由当直径轴时四边形的面积最大，最大为，可得，即椭圆方程得解；‎ ‎（2）由直线与圆O相切，可得，‎ 由椭圆与直线相切可得：，‎ 由两平行线的距离公式可得，‎ 又，则可得，代入运算即可得解.‎ ‎【详解】解：（1）由椭圆的定义知：，‎ 又当直径轴时四边形的面积最大，最大为，‎ 椭圆 ‎（2）因为直线与圆O相切，‎ 又设直线，联立消去y有 化简有 因为，‎ 又，又，，‎ 又由O，P两点位于的同侧，m，n异号，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考察了椭圆方程的求法及点到线的距离公式，属中档题.‎ ‎21.已知函数，，其中．‎ ‎（1）若，讨论的单调区间；‎ ‎（2）若两根为，，且，证明：．‎ ‎【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知可得：，则的单调递增区间为，单调递减区间为；，的单调递减区间为，单调递增区间为．‎ ‎（2）依题意，①，同理，②，由①-②得，，要证，即证：，设令，构造函数，利用导数证明，，即可得证．‎ ‎【详解】解：（1）由已知得，‎ 所以，‎ 当时，，，；‎ 当时，，，．‎ 故若，的单调递增区间为，单调递减区间为；‎ 若，的单调递减区间为，单调递增区间为．‎ ‎（2）依题意，①，‎ 同理，②‎ 由①-②得，，‎ ‎，，‎ 要证，即证，‎ 即证：，‎ 令，即证，．‎ ‎，‎ 在区间上单调递增，‎ 即，．‎ 故原命题得证．‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调性及构造函数再利用导数求函数的最值，从而解决不等式恒成立问题，属综合性较强的题型.‎ ‎22.在平面直角坐标系，曲线，曲线（为参数），以坐标原点为 极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系.‎ ‎（1）求曲线，的极坐标方程；‎ ‎（2）射线分别交，于，两点，求的最大值.‎ ‎【答案】（1），；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用转换关系，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化；‎ ‎（2）利用三角函数关系式的恒等变换，变形成正弦型函数，进一步求出函数的最值．‎ ‎【详解】（1）因为 ，，，‎ 所以 的极坐标方程为 ，‎ 因为 的普通方程为 ，‎ 即 ，对应极坐标方程为 ． ‎ ‎（2）因为射线，则 ，‎ 则，所以 ‎＝‎ 又 ，，‎ 所以当 ，即 时， 取得最大值 ‎ ‎【点睛】本题考查的知识要点：参数方程和极坐标方程与直角坐标方程的转化，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用．‎ ‎ ‎