2020届四川省成都外国语学校高三12月月考数学（文）试题（解析版）

2020届四川省成都外国语学校高三12月月考数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，集合，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由题意结合交集的定义可得：.

本题选择B选项.

2．在复平面内，复数z所对应的点A的坐标为（3，4），则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】先写出复数z代数形式，再根据复数的模以及除法运算法则求结果.

【详解】

，所以，所以.

故选：C

【点睛】

本题考查复数几何意义、复数的模以及复数除法运算，考查基本分析求解能力，属基础题.

3．等比数列的前n项和为，若，则（   ）

A．15 B．30 C．45 D．60

【答案】C

【解析】根据题设条件，得到，进而得到，即可求解的值，得到答案.

【详解】

由题意，等比数列的前n项和为，满足，

则，所以，

则，故选C.

【点睛】

本题主要考查了等比数列的通项公式，及其前n项和的计算，其中解答中熟记等比数列的通项公式和前n项和公式，准确计算是解得的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

4．有一批种子，对于一颗种子来说，它可能1天发芽，也可能2天发芽，如表是不同发芽天数的种子数的记录：

统计每颗种子发芽天数得到一组数据，则这组数据的中位数是（    ）

A．2 B．3 C．3.5 D．4

【答案】B

【解析】根据数据以及中位数定义求结果.

【详解】

因为这批种子共有个，，所以这组数据的中位数是3，

故选：B

【点睛】

本题考查中位数定义，考查基本分析求解能力，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，若输入的，则输出的S=（    ）

A．8 B．10 C．12 D．22

【答案】D

【解析】根据程序依次计算，直到跳出循环，输出结果，即可对照选择.

【详解】

模拟程序的运行，可得，，不满足条件，执行循环体，，不满足条件，执行循环体，，此时，满足条件，退出循环，输出S的值为22.

故选：D

【点睛】

本题考查循环结构流程图，考查基本分析求解能力，属基础题.

6．已知条件，条件，且是的必要不充分条件，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】分别求出两个命题、是的范围，是的必要不充分条件等价于是的必要不充分条件，由此求得的取值范围．

【详解】

或，当时，或，

当时，，因为是的必要不充分条件，所以是的必要不充分条件，因此．

从而或，即．

故选：C

【点睛】

本题考查由必要不充分条件求参数，属于基础题．

7．将函数的图象向右平移单位后，所得图象对应的函数解析式为（　　）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】先将函数中x换为x-后化简即可.

【详解】

化解为

故选D

【点睛】

本题考查三角函数平移问题,属于基础题目,解题中根据左加右减的法则,将x按要求变换.

8．某几何体的三视图如右图所示，其侧视图为等边三角形，则该几何体的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据三视图还原为直观图，可知该几何体由一个半圆锥和一个三棱柱组合而成，再求圆锥的底面半径，三棱柱的各边，根据体积公式求解即可．

【详解】

由已知中的三视图可得，该几何体由一个半圆锥和一个三棱柱组合而成，

如图，其中半圆锥的底面半径为1，高为，

三棱柱的底面是一个边长为2的正三角形，高为，

则该几何体的体积：

．

故选：A

【点睛】

本题主要考查三视图、几何体的体积，以空间几何为载体，考查考生的空间想象能力与基本运算能力，考查的核心素养是数学抽象、直观想象、数学运算.

9．已知实数，满足不等式，则点与点在直线的两侧的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据题目可知当与在直线两侧时，又因为，则图象是单位元内的点，其所在的位置占整个圆的，由此可得结果．

【详解】

解：若点与点在直线的两侧，

则，

即，

又实数，满足不等式，

作出图象如图：由图可知，

点与点在直线的两侧的概率为．

故选：C

【点睛】

本题考查线性规划以及几何概型，属于基础题．

10．正项数列的前n项和为，且，设，则数列的前2020项的和为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】先根据和项与通项关系得，再根据等差数列定义与通项公式、求和公式得，代入化简，最后利用分组求和法求结果.

【详解】

因为，所以当时，，解得，

当时，，

所以 ，

因为，所以，

所以数列是等差数列，公差为1，首项为1，

所以，

所以，

则数列的前2020项的和.

故选：C

【点睛】

本题考查根据和项求通项、等差数列定义、等差数列通项公式与求和公式以及分组求和法，考查基本分析求解能力，属中档题.

11．设函数满足，，则时，（    ）

A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值

C．既有极大值又有极小值 D．既无极大值也无极小值

【答案】B

【解析】先利用导数的运算法则，确定的解析式，构造新函数，确定函数的单调性即可求出结论．

【详解】

解：由，即，

结合，可知，

，

可知此函数仅有一个极值点，是极小值点，没有极大值．

故选：B

【点睛】

本题考查导数知识的应用，考查函数的单调性与极值，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

12．已知定义在上的函数对任意的都满足，当≤时，，若函数，且至少有6个零点，则取值范围是

A．    B．

C．    D．

【答案】A

【解析】试题分析：函数g（x）=f（x）-loga|x|的零点个数，即函数y=f（x）与y=loga|x|的交点的个数；

由f（x+1）=-f（x），可得f（x+2）=f（x+1+1）=-f（x+1）=f（x），故函数f（x）是周期为2的周期函数，又由当-1≤x＜1时，f（x）=x3，据此可以做出f（x）的图象，y=loga|x|是偶函数，当x＞0时，y=logax，则当x＜0时，y=loga（-x），做出y=loga|x|的图象:

结合图象分析可得：要使函数y=f（x）与y=loga|x|至少有6个交点，则 loga5＜1 或 loga5≥-1，解得 a＞5，或.故选C.

【考点】1.考查函数图象的变化与运用

二、填空题

13．已知，则______.

【答案】

【解析】利用诱导公式化简已知等式的左边求出的值，再利用二倍角的正弦公式得到，分母除以，利用同角三角函数关系式得到，最后转化为即可求出的值.

【详解】

解：因为，

所以

故答案为：

【点睛】

本题考查了二倍角的正切函数公式，同角三角函数间的基本关系，以及诱导公式的作用，熟练掌握公式是解本题的关键.

14．向量，满足，，且，则，的夹角的取值范围是______.

【答案】

【解析】首先根据两边平方，然后根据平面向量的数量积公式进行求解即可．

【详解】

因为，

所以，

即，

所以，故．

故答案为：

【点睛】

本题重点考查了数量积的概念、运算法则及夹角等知识，属于基础题．

15．在平面直角坐标系中，过点（0，1）的直线l与双曲线交于两点A，B，若是直角三角形，则直线l的斜率为____.

【答案】

【解析】先设直线方程与双曲线方程联立方程组，根据垂直条件，结合韦达定理求直线l的斜率.

【详解】

直线l的斜率显然存在，设直线为，联立双曲线：，消去y得：.

①若，则，

解得.

②若（A在左支）设A点坐标（m，n）（），则，联立双曲线无解，故不可能出现。

③若（B在右支），同理不可能

故答案为：

【点睛】

本题考查直线与双曲线位置关系，考查基本分析求解能力，属中档题.

三、解答题

16．设实数，满足则的最大值为______.

【答案】

【解析】先根据题意画出可行域，目标函数表示的是可行域内的点到定点的斜率，当直线过点时斜率为最大值，只需解方程组求解点代入目标函数即可．

【详解】

由实数，满足作出可行域如图，

联立得，

由，而，

所以目标函数的最大值为2．

故答案为：

【点睛】

本题考查求分式型的非线性规划的目标函数题，准确作图，利用目标函数的集合意义是解题的关键．

17．在中，角所对的边分别为，.

（1）求证：是等腰三角形；

（2）若，且的周长为5，求的面积.

【答案】(1)证明见解析；(2).

【解析】试题分析：

（1）根据正弦定理边化角有，据此可得，则，所以是等腰三角形；   

（2）由（1）结合余弦定理可得：.的周长为，得.由面积公式可得的面积.

试题解析：

（1）根据正弦定理，由可得

，

即，故，由得，

故，所以是等腰三角形；   

（2）由（1）知，.

又因为的周长为，得.

故的面积.

18．某中学利用周末组织教职员工进行了一次秋季登山健身的活动，有人参加，现将所有参加者按年龄情况分为，，，，，，等七组，其频率分布直方图如图所示，已知这组的参加者是6人.

（1）根据此频率分布直方图求;

（2）已知，这两组各有2名数学教师，现从这两个组中各选取2人担任接待工作，设两组的选择互不影响，求两组选出的人中恰有1名数学老师的概率．

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）先求出年龄在内的频率，由这组的参加者人数和其频率求出总人数.

（2）分别求出“从年龄在之间选出的人中至少有1名数学教师"的人数和 “从年龄在之间选出的人中至少有1名数学教师"的人数，即可求出两组选出的人中都至少有1名数学老师的概率．

【详解】

解：（1）根据题意，这组频率为，

所以；

（2）这组的参加者人数为，

这组的参加者人数为，

恰有1名数学老师的概率为.

【点睛】

本题考查频率分布直方图的应用，考查概率的求法，是中档题，解题时要认真审题．

19．在如图所示的几何体中，是边长为2的正三角形，,平面，平面平面，，且.

（1）若，求证：平面；

（2）若到的距离是，求该几何体的体积.

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】（1）取、、的中点为，，，证明是平行四边形．

则有，又因为，即，即可证得平面．

（2）首先证明面，几何体的体积

，求出，即可求得体积。

【详解】

（1）如图，取、、的中点，分别为，，．

连接，，，，

，

为的终点，

，

所以是平行四边形．

所以，

又因为（三角形中位线定理），

所以

所以平面得证．

（2）如图，

首先证明面，所以该几何体的体积

，

所以核心是求

如图

在平面内，

过点做直线垂线，垂足是，连接．

则，于是

因为，所以，

从而，所以，

从而

进而几何体的体积

【点睛】

本题着重考查了三角形中位线定理、空间直线与平面平行的判定定理，空间几何体的体积，属于中档题。

20．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，右焦点为，离心率为，的面积为.

（1）求椭圆的方程；

（2）若，为轴上的两个动点，且，直线和分别与椭圆交于，两点，若是坐标原点，求证：、、三点共线。

【答案】（1）；（2）见解析

【解析】（1）根据离心率公式和面积公式可求得，即可求得椭圆的方程；

（2）分别设直线求出其与曲线的交点，，同理设求出其与曲线的交点，，根据斜率得到三点共线．

【详解】

（1）依题意：，，，

，

所以，，

所以椭圆方程：．

（2）设与交于、，且

，

，，

设与交于、，且，

同理可得，所以，

由，可得，

∴，

所以

所以，，三点共线．从而恒过定点．

【点睛】

本意考查了椭圆标准方程的求法，考查了直线与椭圆相交，一元二次方程的根与系数的关系、三点共线关系，考查推理能力与计算能力．

21．如果函数满足且是它的零点，则函数是“有趣的”，例如就是“有趣的”，已知是“有趣的”.

（1）求出b、c并求出函数的单调区间；

（2）若对于任意正数x，都有恒成立，求参数k的取值范围.

【答案】（1），，单减区间为0，1），单增区间为；（2）

【解析】（1）根据定义得方程恒成立，解得b、c，再根据复合函数单调性确定函数的单调区间；

（2）先化简不等式，再求导数，根据导函数符号分类讨论,利用导数证明恒成立,再说明不恒成立.

【详解】

（1）因为是“有趣的”，所以

即

的定义域为，单减区间为（0，1），单增区间为.

（2）参数的取值范围为.

引理：不等式对任意正数y都成立。证明如下：

由恒成立，得恒成立。.

我们构造函数。注意到。

构造，注意到，且

我们以下分两部分进行说明：

第一部分：时，恒成立。

时，由引理得：，知道，

从而当时有，时有，所以在（0，1）上为负，在上为正。

从而在上单减，在上单增，最小值为。

从而

第二部分：时，不满足条件。

构造函数。

（ⅰ）若，则对于任意，都有。

（ⅱ）若，则对于任意，，

而，所以在（0，1）上有唯一零点，同时在，时都有。

于是只要，无论是（ⅰ）还是（ⅱ），我们总能找到一个实数，在时都有。

这样在时，都有，结合，所以时，从而在时有。，所以时，不满足要求。

【点睛】

本题考查利用导数求函数单调性以及利用导数研究不等式恒成立，考查综合分析求解能力，属难题.

22．选修4-4：坐标系与参数方程

在平面直角坐标系下，直线（为参数），以原点为极点，以轴为非负半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

（Ⅰ）写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

（Ⅱ）若直线与曲线交于，两点，求的值．

【答案】（Ⅰ）直线:，曲线:；（Ⅱ）.

【解析】试题分析：（Ⅰ）消去参数，得直线的普通方程为，由，两边同乘以，得曲线的直角坐标方程为；（Ⅱ）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得

，即，由直线参数的几何意义知，

.

试题解析：（Ⅰ）直线的普通方程为，

由，

即曲线的直角坐标方程为

（Ⅱ）把直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得

，即，

设方程的两根分别为，则

．

【考点】极坐标与参数方程（互化）、直线参数几何意义．

23．已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若证明：

【答案】（1）（2）见解析.

【解析】（1）由零点分段法讨论的范围，解各个范围内的不等式，最后求并集即可求出解集.（2）由题意可知，即证，对两边平方，作差，根据（1）的结论即可证明结果.

【详解】

（1），

故或或，故不等式的解为.

（2）证明：要证，只需证，

即证（）.

只需证：

因为，

所以只需证：，

又由（1）知，，则，即，

所以（）式显然成立，故原命题得证.

【点睛】

本题考查零点分段法解绝对值不等式，考查分析法证明不等式，属于基础题.