2020屆市第七中學高三上學期一診模擬數學（文）試題

一、單選題

1．復數的虛部記作，則（）

A．-1

B．0

C．1

D．2

【答案】A

【解析】直接由復數代數形式的乘除運算化簡，再根據題目中定義的復數的虛部，可得答案．

【詳解】

解：，又復數的虛部記作，．

故選：．

【點睛】

本題考查了復數代數形式的乘除運算、虛部的定義，屬于基礎題．

2．執行如圖所示的程序框圖，輸出的值為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】程序框圖的作用是計算，故可得正確結果.【詳解】

根據程序框圖可知，故選C.【點睛】

本題考查算法中的選擇結構和循環結構，屬于容易題.3．關于函數的性質，下列敘述不正確的是（）

A．的最小正周期為

B．是偶函數

C．的圖象關于直線對稱

D．在每一個區間內單調遞增

【答案】A

【解析】試題分析：因為，所以A錯；，所以函數是偶函數，B正確；由的圖象可知，C、D均正確；故選A.【考點】正切函數的圖象與性質.4．已知，則“且”是“且”的（）

A．充分不必要條件

B．必要不充分條件

C．充要條件

D．既不充分也不必要條件

【答案】A

【解析】試題分析：當且時，由不等式性質可得且；當，滿足且，但不滿足且，所以“且”是“且”的充分不必要條件，故選A.【考點】1.不等式性質；2.充要條件.5．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】幾何體為棱柱與半圓柱的組合體，作出直觀圖，代入數據計算．

【詳解】

解：由三視圖可知幾何體為長方體與半圓柱的組合體，作出幾何體的直觀圖如圖所示：

其中半圓柱的底面半徑為2，高為4，長方體的棱長分別為4，2，2，幾何體的表面積．

故選：．

【點睛】

本題考查了幾何體的常見幾何體的三視圖，幾何體表面積計算，屬于中檔題．

6．在約束條件：下，目標函數的最大值為1，則ab的最大值等于（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】作出不等式組對應的平面區域，利用目標函數取得最大值，確定，的關系，利用基本不等式求的最大值．

【詳解】

解：作出不等式組對應的平面區域如圖：（陰影部分），由，則，平移直線，由圖象可知當直線經過點時直線的截距最大，此時最大為1．

代入目標函數得．

則，則當且僅當時取等號，的最大值等于，故選：．

【點睛】

本題主要考查線性規劃的應用，利用數形結合以及基本不等式是解決此類問題的基本方法．

7．設{an}是有正數組成的等比數列，為其前n項和．已知a2a4＝1，S3＝7，則S5＝（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】由等比數列的性質易得a3＝1，進而由求和公式可得q，再代入求和公式計算可得．

【詳解】

由題意可得a2a4＝a32＝1，∴a3＝1，設{an}的公比為q，則q＞0，∴S31＝7，解得q或q（舍去），∴a14，∴S5

故選B.【點睛】

本題考查等比數列的通項公式和求和公式，屬基礎題．

8．雙曲線的漸近線與圓(x－3)2＋y2＝r2(r＞0)相切，則r等于()

A．

B．2

C．3

D．6

【答案】A

【解析】由圓心到漸近線的距離等于半徑列方程求解即可.【詳解】

雙曲線的漸近線方程為y＝±x，圓心坐標為(3,0)．由題意知，圓心到漸近線的距離等于圓的半徑r，即r＝.答案：A

【點睛】

本題考查了雙曲線的漸近線方程及直線與圓的位置關系，屬于基礎題.9．定義域為的函數對任意都有，且其導函數滿足，則當時，有（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】試題分析：∵函數對任意都有，∴函數對任意都有，∴函數的對稱軸為，∵導函數滿足，∴函數在上單調遞增，上單調遞減，∵，∴，∵函數的對稱軸為，∴，∵，∴∴∴，∴，∴，故選C.【考點】（1）函數的圖象；（2）利用導數研究函數的單調性.10．對圓上任意一點，若點P到直線和的距離之和都與x，y無關，則a的取值區間為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】由點到線的距離公式表示出點到直線與的距離之和，取值與，無關，即這個距離之和與無關，可知直線平移時，點與直線，的距離之和均為，的距離，即此時與，的值無關，即圓夾在兩直線之間，臨界條件為直線恰與圓相切，即可求出的取值范圍.【詳解】

解：點到直線與直線距離之和

取值與，無關，這個距離之和與無關，如圖所示：可知直線平移時，點與直線，的距離之和均為，的距離，即此時與，的值無關，當直線與圓相切時，化簡得，解得或（舍去），故選：．

【點睛】

本題考查了直線和圓的位置關系，以及點到直線的距離公式，屬于中檔題

11．若，滿足，則的最大值為（）

A．10

B．12

C．

D．

【答案】B

【解析】設，，表示出，利用向量的數量積的定義求出最值.【詳解】

解：設，，則，當且僅當，同向時取最大值

故

故選：

【點睛】

本題考查向量的數量積的定義，屬于中檔題.12．點，分別是棱長為1的正方體中棱BC，的中點，動點P在正方形（包括邊界）內運動，且面，則的長度范圍為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】分別取棱、的中點、，連接，易證平面平面，由題意知點必在線段上，由此可判斷在或處時最長，位于線段中點處時最短，通過解直角三角形即可求得．

【詳解】

解：如下圖所示：

分別取棱、的中點、，連接，連接，、、、為所在棱的中點，，又平面，平面，平面；，四邊形為平行四邊形，又平面，平面，平面，又，平面平面，是側面內一點，且平面，則必在線段上，在△中，同理，在△中，求得，△為等腰三角形，當在中點時，此時最短，位于、處時最長，，所以線段長度的取值范圍是，．

故選：．

【點睛】

本題考查點、線、面間的距離問題，考查學生的運算能力及推理轉化能力，屬中檔題，解決本題的關鍵是通過構造平行平面尋找點位置．

二、填空題

13．命題“”的否定為__________．”

【答案】

【解析】全稱命題“”的否定是存在性命題“”，所以“”的否定是“”．

14．在樣本的頻率分布直方圖中,共有9個小長方形,若第一個長方形的面積為0.02,前五個與后五個長方形的面積分別成等差數列且公差是互為相反數,若樣本容量為1600,則中間一組（即第五組）的頻數為

▲

.【答案】360

【解析】略

15．設、分別是拋物線的頂點和焦點，是拋物線上的動點，則的最大值為__________.【答案】

【解析】試題分析：設點的坐標為，由拋物線的定義可知，則，令，則，所以，當且僅當時等號成立，所以的最大值為.【考點】1.拋物線的定義及幾何性質；2.基本不等式.【名師點睛】本題主要考查拋物線的定義及幾何性質、基本不等式，屬中檔題；求圓錐曲線的最值問題，可利用定義和圓錐曲線的幾何性質，利用其幾何意義求之，也可根據已知條件把所求的問題用一個或兩個未知數表示，即求出其目標函數，利用函數的性質、基本不等式或線性規劃知識求之.16．已知，則的最小值為

．

【答案】

【解析】試題分析：因為，所以，則

（當且僅當，即時，取等號）；故填．

【方法點睛】本題考查利用基本不等式求函數的最值問題，屬于難題；解決本題的關鍵是消元、裂項，難點是合理配湊、恒等變形，目的是出現基本不等式的使用條件（正值、定積），再利用基本不等式進行求解，但要注意驗證等號成立的條件.【考點】基本不等式．

三、解答題

17．設的內角、、所對的邊分別為、、,已知,且.（1）求角的大小;

（2）若向量與共線,求的值.【答案】(1);(2)。

【解析】試題分析：（1）根據三角恒等變換，可解得；（2）由與共線，得，再由正弦定理，得，在根據余弦定理列出方程，即可求解的值.試題解析：（1）,即,解得.（2）與共線，由正弦定理,得,①,由余弦定理，得,②

聯立①②,.【考點】正弦定理；余弦定理.18．學校為了解高二學生每天自主學習中國古典文學的時間，隨機抽取了高二男生和女生各50名進行問卷調查，其中每天自主學習中國古典文學的時間超過3小時的學生稱為“古文迷”，否則為“非古文迷”，調查結果如下表：

古文迷

非古文迷

合計

男生

女生

合計

參考公式：，其中

參考數據：

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）根據上表數據判斷能否有60%的把握認為“古文迷”與性別有關？

（2）現從調查的女生中按分層抽樣的方法抽出5人進行理科學習時間的調查，求所抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人數；

【答案】（1）沒有

（2）3人和2人

【解析】（1）求出，與臨界值比較，即可得出結論；

（2）調查的50名女生中“古文迷”有30人，“非古文迷”有20人，按分層抽樣的方法抽出5人，即可得出結論；

【詳解】

解：（1）由列聯表得

所以沒有60%的把握認為“古文迷”與性別有關.（2）調查50名女生按分層抽取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數分別為3人和2人.【點睛】

本題考查獨立性檢驗知識的運用，分層抽樣各層人數的計算，考查學生的計算能力，屬于中檔題．

19．如圖，在三棱柱中，每個側面均為正方形，D為底邊AB的中點，E為側棱的中點.（1）求證：平面；

（2）求證：平面；

（3）若，求三棱錐的體積.【答案】（1）見解析

（2）見解析

（3）

【解析】（1）設和的交點為，根據，且，得到四邊形為平行四邊形，故，平面．

（2）證明平面，可得平面，故有，由正方形的兩對角線的性質可得，從而證得平面．

（3）利用等體積法將轉化為求可得.【詳解】

證明：（1）設和的交點為O，連接EO，連接OD.因為O為的中點，D為AB的中點，所以且.又E是中點，所以，且，所以且.所以，四邊形ECOD為平行四邊形.所以.又平面，平面，則平面.（2）因為三棱柱各側面都是正方形，所以，.所以平面ABC.因為平面ABC，所以.由已知得，所以，所以平面.由（1）可知，所以平面.所以.因為側面是正方形，所以.又，平面，平面，所以平面.（3）解：由條件求得，可以求得

所以

【點睛】

本題考查證明線面平行、線面垂直的方法，直線和平面平行的判定定理以及直線和平面垂直的判定定理的應用，等體積法的應用，屬于中檔題.20．已知橢圓的兩個焦點分別為,以橢圓短軸為直徑的圓經過點.(1)求橢圓的方程;

(2)過點的直線與橢圓相交于兩點,設點,直線的斜率分別為,問是否為定值?并證明你的結論.【答案】(1)；(2)定值為2.【解析】試題分析：（1）由題意得到，所以，寫出橢圓方程；（2）聯立直線方程與橢圓方程，得到韋達定理，.試題解析：

（1）依題意，.∵點與橢圓短軸的兩個端點的連線相互垂直，∴，∴.∴橢圓的方程為.（2）①當直線的斜率不存在時，由解得，.設，則為定值.②當直線的斜率存在時，設直線的方程為：.將代入整理化簡，得.依題意，直線與橢圓必相交于兩點，設，則，.又，所以

.綜上得為常數2.點睛：圓錐曲線大題熟悉解題套路，本題先求出橢圓方程，然后與直線方程聯立方程組，求得韋達定理，則，，為定值。

21．已知函數.（1）當時，證明：；

（2）若對于定義域內任意x，恒成立，求t的范圍

【答案】（1）見解析

（2）

【解析】（1）構造函數利用導數求出函數的單調性，得到函數的最大值，即可得證；

（2）參變分離得到在恒成立，構造函數求出函數的最小值，即可得到參數的取值范圍.【詳解】

（1）證明：即是證明，設，當，單調遞增；當，單調遞減；所以在處取到最大值，即，所以得證

（2）原式子恒成立即在恒成立

設，設，所以單調遞增，且，所以有唯一零點，而且，所以

兩邊同時取對數得

易證明函數是增函數，所以得，所以

所以由在上單調遞減，在上單調遞增，所以

于是t的取值范圍是

【點睛】

本題考查利用導數證明不等式恒成立問題，屬于中檔題.22．在極坐標系下，已知圓和直線

（1）求圓和直線的直角坐標方程；

（2）當時，求圓和直線的公共點的極坐標.【答案】（1）

圓O的直角坐標方程為x2+y2-x-y=0,直線l的直角坐標方程為x-y+1=0

（2）

【解析】試題分析：（1）根據

將圓O和直線l極坐標方程化為直角坐標方程（2）先聯立方程組解出直線l與圓O的公共點的直角坐標，再根據化為極坐標

試題解析：(1)圓O：ρ＝cos

θ＋sin

θ，即ρ2＝ρ

cos

θ＋ρ

sin

θ，故圓O的直角坐標方程為x2＋y2－x－y＝0.直線l：ρsin＝，即ρsin

θ－ρcos

θ＝1，則直線l的直角坐標方程為x－y＋1＝0.(2)由(1)知圓O與直線l的直角坐標方程，將兩方程聯立得，解得

即圓O與直線l在直角坐標系下的公共點為(0，1)，將(0，1)轉化為極坐標為，即為所求．

23．已知函數．

（1）求不等式的解集；

（2）若關于的不等式的解集非空，求實數的取值范圍．

【答案】（1）（2）或

【解析】（1）通過討論x的范圍，求出不等式的解集即可；

（2）求出f（x）的最小值，得到關于m的不等式，解出即可．

【詳解】

（1）原不等式為：，當時，原不等式可轉化為，即；

當時，原不等式可轉化為恒成立，所以；

當時，原不等式可轉化為，即．

所以原不等式的解集為．

（2）由已知函數，可得函數的最小值為4，所以，解得或．

【點睛】

含絕對值不等式的解法有兩個基本方法，一是運用零點分區間討論，二是利用絕對值的幾何意義求解．法一是運用分類討論思想，法二是運用數形結合思想，將絕對值不等式與函數以及不等式恒成立交匯、滲透，解題時強化函數、數形結合與轉化化歸思想方法的靈活應用，這是命題的新動向．