2020届市第七中学高三上学期一诊模拟数学(文)试题(解析版)_2020成都一诊文数
2020届市第七中学高三上学期一诊模拟数学(文)试题 一、单选题 1.复数的虚部记作,则( ) 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,再根据题目中定义的复数的虚部,可得答案. 【详解】 解:, 又复数的虚部记作, . 故选:. 【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,输出的值为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】程序框图的作用是计算,故可得正确结果. 【详解】 根据程序框图可知,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.关于函数的性质,下列叙述不正确的是( ) A.的最小正周期为 B.是偶函数 C.的图象关于直线对称 D.在每一个区间内单调递增 【答案】A 【解析】试题分析:因为,所以A错;
,所以函数是偶函数,B正确;
由的图象可知,C、D均正确;
故选A. 【考点】正切函数的图象与性质. 4.已知,则“且”是“且”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:当且时,由不等式性质可得且;
当,满足且,但不满足且,所以“且”是“且”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. B. C. D. 【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. 故选:. 【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:下,目标函数的最大值为1,则ab的最大值等于( ) A. B. C. D. 【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,的关系,利用基本不等式求的最大值. 【详解】 解:作出不等式组对应的平面区域如图:(阴影部分), 由,则,平移直线,由图象可知当直线经过点时直线的截距最大,此时最大为1. 代入目标函数得. 则, 则当且仅当时取等号, 的最大值等于, 故选:. 【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,为其前n项和.已知a2a4=1,S3=7,则S5=( ) A. B. C. D. 【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,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, ∴S31=7,解得q或q(舍去), ∴a14,∴S5 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.定义域为的函数对任意都有,且其导函数满足,则当时,有( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】试题分析:∵函数对任意都有,∴函数对任意都有,∴函数的对称轴为,∵导函数满足,∴函数在上单调递增,上单调递减,∵,∴,∵函数的对称轴为,∴,∵,∴∴∴,∴,∴,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.对圆上任意一点,若点P到直线和的距离之和都与x,y无关,则a的取值区间为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】由点到线的距离公式表示出点到直线与的距离之和,取值与,无关,即这个距离之和与无关,可知直线平移时,点与直线,的距离之和均为,的距离,即此时与,的值无关,即圆夹在两直线之间,临界条件为直线恰与圆相切,即可求出的取值范围. 【详解】 解:点到直线与直线距离之和 取值与,无关, 这个距离之和与无关, 如图所示:可知直线平移时,点与直线,的距离之和均为,的距离,即此时与,的值无关, 当直线与圆相切时,, 化简得, 解得或(舍去), 故选:. 【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,,满足,,则的最大值为( ) A.10 B.12 C. D. 【答案】B 【解析】设,,,表示出,利用向量的数量积的定义求出最值. 【详解】 解:设,,,则, , 当且仅当,同向时取最大值 故 故选:
【点睛】 本题考查向量的数量积的定义,属于中档题. 12.点,分别是棱长为1的正方体中棱BC,的中点,动点P在正方形(包括边界)内运动,且面,则的长度范围为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】分别取棱、的中点、,连接,易证平面平面,由题意知点必在线段上,由此可判断在或处时最长,位于线段中点处时最短,通过解直角三角形即可求得. 【详解】 解:如下图所示:
分别取棱、的中点、,连接,连接, 、、、为所在棱的中点,,, ,又平面,平面, 平面;
,,四边形为平行四边形, ,又平面,平面, 平面, 又,平面平面, 是侧面内一点,且平面, 则必在线段上, 在△中,, 同理,在△中,求得, △为等腰三角形, 当在中点时,此时最短,位于、处时最长, , , 所以线段长度的取值范围是,. 故选:. 【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点位置. 二、填空题 13.命题“”的否定为__________.” 【答案】 【解析】全称命题“”的否定是存在性命题“”,所以“”的否定是“”. 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:,其中 参考数据:
0.500 0.400 0.250 0.050 0.025 0.010 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,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 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,其中古文迷有人,非古文迷有人,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,在三棱柱中,每个侧面均为正方形,D为底边AB的中点,E为侧棱的中点. (1)求证:平面;
(2)求证:平面;
(3)若,求三棱锥的体积. 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【解析】(1)设和的交点为,根据,且,得到四边形为平行四边形,故,平面. (2)证明平面,可得平面,故有,由正方形的两对角线的性质可得, 从而证得平面. (3)利用等体积法将转化为求可得. 【详解】 证明:(1)设和的交点为O,连接EO,连接OD. 因为O为的中点,D为AB的中点, 所以且.又E是中点, 所以,且, 所以且. 所以,四边形ECOD为平行四边形.所以. 又平面,平面,则平面. (2)因为三棱柱各侧面都是正方形,所以,. 所以平面ABC.因为平面ABC,所以. 由已知得,所以, 所以平面.由(1)可知,所以平面. 所以.因为侧面是正方形,所以. 又,平面,平面, 所以平面. (3)解:由条件求得,,可以求得 所以 【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. (1)当时,证明:;
(2)若对于定义域内任意x,恒成立,求t的范围 【答案】(1)见解析 (2) 【解析】(1)构造函数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)参变分离得到在恒成立,构造函数求出函数的最小值,即可得到参数的取值范围. 【详解】 (1)证明:即是证明,设, 当,,单调递增;
当,,单调递减;
所以在处取到最大值,即,所以得证 (2)原式子恒成立即在恒成立 设, ,设, ,所以单调递增,且, 所以有唯一零点,而且,所以 两边同时取对数得 易证明函数是增函数,所以得,所以 所以由在上单调递减,在上单调递增, 所以 于是t的取值范围是 【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. (1)求不等式的解集;
(2)若关于的不等式的解集非空,求实数的取值范围. 【答案】(1)(2)或 【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:, 当时,原不等式可转化为,即;
当时,原不等式可转化为恒成立,所以;
当时,原不等式可转化为,即. 所以原不等式的解集为. (2)由已知函数,可得函数的最小值为4, 所以,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.
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2月教师党员个人思想汇报敬爱的党组织:最近这一个月的时间对于我来说是极不平凡的,在这段时间里我认真学习了文化部网上党校的相关内容,经过长达40小时的
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关于开展新一轮思想状况摸底排查工作的通知为深入贯彻落实关于各地开展干部职工思想状况大摸底大排查情况上的批示要求和改革教育第二次调度会议精神,有针对性做好队伍教育管...
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“中心的工作就是心中的事业”——公路养护中心主任典型事迹材料**,男,1976年6月出生,1993年参加工作,2000年4月调入**区交通运输局工作,大学本科学历,中共党员,现任**...
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