2020届四川省成都市石室中学高考一诊试卷数学（理科）

2020年四川省成都市石室中学高考一诊试卷数学（理科）题号一二三总分得分     一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）已知集合A={x∈N|x＞1}，B={x|x＜5}，则A∩B=（　　）A. {x|1＜x＜5} B. {x|x＞1}
C. {2，3，4} D. {1，2，3，4，5}已知复数z满足iz=1+i，则z的共轭复数=（　　）A. 1+i B. 1-i C.  D. -1-i若等边△ABC的边长为4，则•=（　　）A. 8 B. -8 C.  D. -8在（2x-1）（x-y）6的展开式中x3y3的系数为（　　）A. 50 B. 20 C. 15 D. -20若等比数列{an}满足：a1=1，a5=4a3，a1+a2+a3=7，则该数列的公比为（　　）A. -2 B. 2 C. ±2 D. 若实数a，b满足|a|＞|b|，则（　　）A. ea＞eb
B. sina＞sinb
C.
D. 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=4，AB=2，点E，F分别为棱BB1，CC1上两点，且BE=BB1，CF=CC1，则（　　）A. D1E≠AF，且直线D1E，AF异面 B. D1E≠AF，且直线D1E，AF相交
C. D1E=AF，且直线D1E，AF异面 D. D1E=AF，且直线D1E，AF相交设函数，若f（x）在点（3，f（3））的切线与x轴平行，且在区间[m-1，m+1]上单调递减，则实数m的取值范围是（　　）A. m≤2 B. m≥4 C. 1＜m≤2 D. 0＜m≤3国际羽毛球比赛规则从2006年5月开始，正式决定实行21分的比赛规则和每球得分制，并且每次得分者发球，所有单项的每局获胜分至少是21分，最高不超过30分，即先到21分的获胜一方赢得该局比赛，如果双方比分为20：20时，获胜的一方需超过对方2分才算取胜，直至双方比分打成29：29时，那么先到第30分的一方获胜．在一局比赛中，甲发球赢球的概率为，甲接发球赢球的概率为，则在比分为20：20，且甲发球的情况下，甲以23：21赢下比赛的概率为（　　）A.  B.  C.  D. 函数f（x）=的图象大致为（　　）A.  B.
C.  D. 设圆C：x2+y2-2x-3=0，若等边△PAB的一边AB为圆C的一条弦，则线段PC长度的最大值为（　　）A.  B. 2 C. 4 D. 设函数f（x）=cos|2x|+|sinx|，下述四个结论：
①f（x）是偶函数；②f（x）的最小正周期为π；
③f（x）的最小值为0；④f（x）在[0，2π]上有3个零点．
其中所有正确结论的编号是（　　）A. ①② B. ①②③ C. ①③④ D. ②③④二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）若等差数列{an}满足：a1=1，a2+a3=5，则an=______．今年由于猪肉涨价太多，更多市民选择购买鸡肉、鸭肉、鱼肉等其它肉类．某天在市场中随机抽出100名市民调查，其中不买猪肉的人有30位，买了肉的人有90位，买猪肉且买其它肉的人共30位，则这一天该市只买猪肉的人数与全市人数的比值的估计值为______．已知双曲线C：x2-=1的左，右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l分别与两条渐进线交于A，B两点，若•=0，=λ，则λ=______．若函数f（x）=恰有2个零点，则实数a的取值范围是______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）某汽车美容公司为吸引顾客，推出优惠活动：对首次消费的顾客，按200元/次收费，并注册成为会员，对会员逐次消费给予相应优惠，标准如表： 消费次第第1次第2次第3次第4次≥5次收费比例10.950.900.850.80该公司从注册的会员中，随机抽取了100位进行统计，得到统计数据如表： 消费次第第1次第2次第3次第4次第5次频数60201055假设汽车美容一次，公司成本为150元，根据所给数据，解答下列问题：
（1）估计该公司一位会员至少消费两次的概率；
（2）某会员仅消费两次，求这两次消费中，公司获得的平均利润；
（3）以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，设该公司为一位会员服务的平均利润为X元，求X的分布列和数学期望E（X）．






△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．
（Ⅰ）求sinB；
（Ⅱ）若△ABC的周长为8，求△ABC的面积的取值范围．






如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形，且∠ADC=60°，，．
（Ⅰ）证明：平面CDD1⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角D1-AD-C的余弦值．








设椭圆，过点A（2，1）的直线AP，AQ分别交C于不同的两点P，Q，直线PQ恒过点B（4，0）．
（Ⅰ）证明：直线AP，AQ的斜率之和为定值；
（Ⅱ）直线AP，AQ分别与x轴相交于M，N两点，在x轴上是否存在定点G，使得|GM|•|GN|为定值？若存在，求出点G的坐标，若不存在，请说明理由．






设函数，，．
（Ⅰ）证明：f（x）≤0；
（Ⅱ）当时，不等式恒成立，求m的取值范围．






在直角坐标系xOy中，直线l：（t为参数）与曲线C：（m为参数）相交于不同的两点A，B．
（Ⅰ）当α=时，求直线l与曲线C的普通方程；
（Ⅱ）若|MA||MB|=2||MA|-|MB||，其中M（，0），求直线l的倾斜角．






已知函数f（x）=|x+1|+|ax-1|．
（Ⅰ）当a=1时，求不等式f（x）≤4的解集；
（Ⅱ）当x≥1时，不等式f（x）≤3x+b成立，证明：a+b≥0．







答案和解析1.【答案】C
2.【答案】A
3.【答案】A
4.【答案】B
5.【答案】B
6.【答案】C
7.【答案】A
8.【答案】C
9.【答案】B
10.【答案】D
11.【答案】C
12.【答案】B
13.【答案】n
14.【答案】0.4
15.【答案】1
16.【答案】[，1）∪{2}∪[e，+∞）
17.【答案】解：（1）100位会员中，至少消费两次的会员有40人，
∴估计一位会员至少消费两次的概率为．
（2）该会员第一次消费时，公司获得利润为200-150=50（元），
第2次消费时，公司获得利润为200×0.95-150=40（元），
∴公司这两次服务的平均利润为（元）．
（3）由（2）知，一位会员消费次数可能为1次，2次，3次，4次，5次，当会员仅消费1次时，利润为50元，当会员仅消费2次时，平均利润为45元，当会员仅消费3次时，平均利润为40元，当会员仅消费4次时，平均利润为35元，当会员仅消费5次时，平均利润为30元，
故X的所有可能取值为50，45，40，35，30，X的分布列为： X5045403530P0.60.20.10.050.05X数学期望为E（X）=50×0.6+45×0.2+40×0.1+35×0.05+30×0.05=46.25（元）．
【解析】（1）100位会员中，至少消费两次的会员有40人，即可得出估计一位会员至少消费两次的概率．
（2）该会员第一次消费时，公司获得利润为200-150=50（元），第2次消费时，公司获得利润为200×0.95-150=40（元），即可得出公司这两次服务的平均利润．
（3）由（2）知，一位会员消费次数可能为1次，2次，3次，4次，5次，当会员仅消费1次时，利润为50元，当会员仅消费2次时，平均利润为45元，当会员仅消费3次时，平均利润为40元，当会员仅消费4次时，平均利润为35元，当会员仅消费5次时，平均利润为30元，故X的所有可能取值为50，45，40，35，30，即可得出X的分布列．
本题考查了频率与概率的关系、随机变量的分布列及其数学期望，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：（1）∵且sin（A+C）=sinB
∴，又∵∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）由题意知：a+b+c=8，故b=8-（a+c）
∴，
∴∴，
，
∴∴，
或（舍），即
∴（当a=c时等号成立）
综上，△ABC的面积的取值范围为．
【解析】（1）直接利用三角函数关系式的变换的应用和倍角公式的应用求出结果．
（2）利用余弦定理和不等式的应用和三角形的面积公式的应用求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
19.【答案】（1）证明：令CD的中点为O，连接OA，OD1，AC，
∵，
∴D1O⊥DC且
又∵底面ABCD为边长为2的菱形，且∠ADC=60°，
∴AO=，
又∵，
∴，∴D1O⊥OA，
又∵OA，DC⊆平面ABCD，OA∩DC=O，
又∵D1O⊆平面CDD1，
∴平面CDD1⊥平面ABCD．
（2）过O作直线OH⊥AD于H，连接D1H，
∵D1O⊥平面ABCD，
∴D1O⊥AD，∴AD⊥平面OHD1，
∴AD⊥HD1，
∴∠D1HO为二面角D1-AD-C所成的平面角，
又∵OD=1，∠ODA=60°，
∴，∴，
∴．
【解析】（1）令CD的中点为O，连接OA，OD1，AC，证明D1O⊥DC，D1O⊥OA，然后证明平面CDD1⊥平面ABCD．
（2）过O作直线OH⊥AD于H，连接D1H，说明∠D1HO为二面角D1-AD-C所成的平面角，通过求解三角形，求解即可．
本题考查平面与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题．
20.【答案】解：（Ⅰ）证明：设P（x1，y1），Q（x2，y2），
直线PQ、AP、AQ的斜率分别为k，k1，k2，
由得（1+4k2）x2-32k2x+64k2-8=0，
△＞0，可得：，，，
=
=；
（Ⅱ）设M（x3，0），N（x4，0），
由y-1=k1（x-2），令y=0，得x3=2-，即M（2-，0），
同理，即N（2-，0），
设x轴上存在定点G（x0，0），

=|（x0-2）2+（x0-2）（）+|=，
要使|GM|•|GN|为定值，即x0-2=1，x0=3，
故x轴上存在定点G（3，0）使|GM|•|GN|为定值，该定值为1．
【解析】（Ⅰ）设P（x1，y1），Q（x2，y2），联立直线y=k（x-4）和椭圆方程，运用韦达定理，直线PQ、AP、AQ的斜率分别为k，k1，k2，运用直线的斜率公式，化简整理即可得到得证；
（Ⅱ）设M（x3，0），N（x4，0），由y-1=k1（x-2），令y=0，求得M的坐标，同理可得N的坐标，再由两点的距离公式，化简整理可得所求乘积．
本题考查椭圆的方程和运用，注意联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理，考查直线的斜率公式，以及存在性问题的解法，考查化简运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：（Ⅰ）f′（x）=-cosx在x∈[0，]上单调递增，f′（x）∈[-1，]，
所以存在唯一x0∈（0，），f′（x0）=0．当x∈（0，x0），f′（x）＜0，f（x）递减；当x∈（x0，），f′（x）＞0，f（x）递增．
所以f（x）max=max=0，∴f（x）≤0，0≤x≤；
（Ⅱ）g′（x）=-sinx+m（x-），g″（x）=-cosx+m，
当m≥0时，g′（x）≤0，则g（x）在[0，]上单调递减，所以g（x）min=g（）=，满足题意．
当-＜m＜0时，g″（x）在x上单调递增．g''（0）=+m＞0，
所以存在唯一x1∈（0，），g″（x1）=0．
当x∈（0，x1），g″（x）＜0，则g′（x）递减；当x∈（x1，），g″（x）＞0，则g′（x）递增．
而g′（0）=-m＞0，g′（）=0，所以存在唯一x2，g′（x2）=0，
当x∈（0，x2），g′（x）＞0，则g（x）递增；x，g′（x）＜0，则g（x）递减．
要使g（x）≥恒成立，即，解得m≥，所以≤m＜0，
当m≤-时，g″（x）≤0，当x∈[0，]，g′（x）递减，又，g′（x）≥0，
所以g（x）在递增．则g（x）≤g（）=与题意矛盾．
综上：m的取值范围为[，+∞）．
【解析】（Ⅰ）利用f（x）的导数可先判断出其单调区间，比较可求出函数的最大值，即可证；
（Ⅱ）对g（x）二次求导判断出m≥0时，可求出g（x）min=g（）=，当-＜m＜0时，与题意矛盾，综合可求出m的取值范围．
本题考查利用导数求函数单调区间，求函数最值问题，还涉及函数恒成立问题，属于中档题．
22.【答案】解：（Ⅰ）当α=时，直线l：（t为参数）化为，
消去参数t，可得直线l的普通方程为y=x-；
由曲线C：（m为参数），消去参数m，可得曲线C的普通方程为y2=2x；
（Ⅱ）将直线l：（t为参数）代入y2=2x，
得．
，．
由|MA||MB|=2||MA|-|MB||，得|t1t2|=2|t1+t2|，
即，解得|cosα|=．
∴直线l的倾斜角为或．
【解析】（Ⅰ）当α=时，直线l：（t为参数）化为，消去参数t，可得直线l的普通方程；直接把曲线C的参数方程消去参数m，可得曲线C的普通方程；
（Ⅱ）将直线l：（t为参数）代入y2=2x，化为关于t的一元二次方程，利用根与系数的关系结合已知等式列式求得|cosα|=，则直线l的倾斜角可求．
本题考查参数方程化普通方程，关键是直线参数方程中参数t的几何意义的应用，是中档题．
23.【答案】（Ⅰ）解：当a=1时，f（x）=|x+1|+|x-1|=．
∵f（x）≤4，∴或-1≤x≤1或，
∴1＜x≤2或-1≤x≤1或-2≤x＜-1，∴-2≤x≤2，
∴不等式的解集为{x|-2≤x≤2}．
（Ⅱ）证明：当x≥1时，不等式f（x）≤3x+b成立，
则x+1+|ax-1|≤3x+b，
∴|ax-1|≤2x+b-1，
∴-2x-b+1≤ax-1≤2x+b-1，
∴，
∵x≥1，∴，
∴，∴a+b≥0．
【解析】（Ⅰ）将a=1代入f（x）中，然后将f（x）写出分段函数的形式，再根据f（x）≤4分别解不等式即可；
（Ⅱ）根据当x≥1时，不等式f（x）≤3x+b成立，可得|ax-1|≤2x+b-1，然后解不等式，进一步得到a+b≥0．
本题考查了绝对值不等式的解法和利用综合法证明不等式，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．