四川省成都市青羊区石室中学2020届高三数学上学期10月月考试题 理（含解析）

四川省成都市青羊区石室中学2020届高三数学上学期10月月考试题 理（含解析）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.已知集合，则（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】求解出集合，根据子集的判定可得结果.【详解】由题意知：，则本题正确选项：【点睛】本题考查集合间的关系，属于基础题.2.已知为虚数单位，则等于（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】利用的周期求解.【详解】由于，且的周期为4，所以原式=.故选：d【点睛】本题主要考查复数的计算和的周期性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.3.已知命题：，命题：若，则，则以下命题正确的为（ ）a. 的否定为“，”，的否命题为“若，则”b. 的否定为“，”，的否命题为“若，则”c. 的否定为“，”，的否命题为“若，则”d. 的否定为“，”，的否命题为“若，则”【答案】b【解析】【分析】根据命题的否定：全称变特称，只否结论；否命题：条件结论都要否。即可选出答案。【详解】的否定为“，”，的否命题为“若，则”故选：b【点睛】本题考查命题的否定与否命题，注意区分命题的否定：全称变特称，只否结论；否命题：条件结论都要否。属于基础题。4.已知是公差为的等差数列，为的前项和.若，成等比数列，则（ ）a. b. 35c. d. 25【答案】c【解析】【分析】根据条件求首项，再根据等差数列求和公式得结果,【详解】因为，成等比数列，所以，因此,选c.【点睛】本题考查等差数列通项公式与求和公式，考查基本求解能力，属基础题.5.中国古代数学著作算学启蒙中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等意思是现有松树高5尺，竹子高2尺，松树每天长自己高度的一半，竹子每天长自己高度的一倍，问在第几天会出现松树和竹子一般高？如图所示是源于其思想的一个程序框图，若输入的x5，y2，输出的n为4，则程序框图中的中应填（）a. yxb. yxc. xyd. xy【答案】c【解析】【详解】解：模拟程序的运行，可得x5，y2，n1x，y4不满足条件，执行循环体，n2，x，y8，此时，xy，不满足条件，执行循环体，n3，x，y16，此时，xy，不满足条件，执行循环体，n4，x，y32，此时，xy，由题意，此时，应该满足条件，退出循环，输出n的值为4可得程序框图中的 中应填xy？故选：c6.设函数，则满足的的取值范围是（）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】令，则解为，再结合的图像，则可得的解，它就是的解.【详解】作出的图象，可得的最小值为，令，考虑的解，考虑与的图像的交点情况，如图所示故，下面考虑的解，如图所示，可得或故选d.【点睛】复合方程的解的讨论，其实质就是方程组的解的讨论，一般我们先讨论的解，再讨论，后者的解的并集就是原方程的解.7.若直线与曲线有两个交点，则的取值范围是（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】试题分析：曲线可化为，所以图象是以原点为圆心，为半径的圆，且只包括轴上方的图象，而直线经过定点，当直线与该半圆相切时刚好有一个交点，可以用圆心到直线的距离等于半径，求出临界值，利用数形结合，慢慢将直线绕定点转动，当直线过圆上的一点时，正好有两个交点，此时的，再转动时仍只有一个交点，所以取值范围为，故选c.考点：1、直线方程；2、直线与圆的位置关系；3、直线的斜率.8.已知，则，的大小关系为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】先比较的大小，再比较的大小，进而可得答案【详解】由题得，又，设，则，当时，单调递减；当时，单调递增。，即，因此，故选c【点睛】本题考查实数大小的比较和考查导数在研究函数中的应用，考查学生对知识的理解掌握水平和分析推理能力，解题的关键是通过通过构造函数并利用函数的单调性解决问题，属于中档题9.2021年广东新高考将实行模式，即语文数学英语必选，物理历史二选一，政治地理化学生物四选二，共有12种选课模式.今年高一的小明与小芳都准备选历史，假若他们都对后面四科没有偏好，则他们选课相同的概率( )a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】基本事件总数n6，他们选课相同包含的基本事件m1，由此能求出他们选课相同的概率【详解】今年高一的小明与小芳都准备选历史，假若他们都对后面四科没有偏好，则基本事件总数n6，他们选课相同包含基本事件m1，他们选课相同的概率p故选：d【点睛】本题考查古典概型，准确计算基本事件总数和选课相同包含的基本事件数是关键，是基础题.10.已知函数（表示不超过实数的最大整数），若函数的零点为，则（ ）a. b. -2c. d. 【答案】b【解析】【分析】先对函数求导，判断函数单调性，再根据函数零点存在性定理，确定的大致范围，求出，进而可得出结果.【详解】因为，所以在上恒成立，即函数在上单调递增；又，所以在上必然存在零点，即，因此，所以.故选b【点睛】本题主要考查导数的应用，以及函数的零点，熟记导数的方法研究函数单调性，以及零点的存在性定理即可，属于常考题型.11.已知双曲线（）的焦距为4，其与抛物线交于 两点，为坐标原点，若为正三角形，则的离心率为（）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】设的边长为，则，利用在抛物线上可得，把代入双曲线方程，结合可求出，从而得到双曲线的离心率.【详解】设的边长为，由抛物线和双曲线均关于轴对称，可设， 又，故，所以，故，又，即，解得，则故选：c【点睛】圆锥曲线中的离心率的计算，关键是利用题设条件构建关于的一个等式关系而离心率的取值范围，则需要利用坐标的范围、几何量的范围或点的位置关系构建关于的不等式或不等式组12.已知函数，其中是自然对数的底数若，则实数的取值范围是（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】令，判断其奇偶性单调性即可得出【详解】令，则，在上为奇函数，函数在上单调递增，化为：，即，化为：，即，解得实数的取值范围是故选：【点睛】本题考查了构造法、利用导数研究函数的单调性奇偶性、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知数列满足，则_.【答案】100【解析】【分析】根据所给等式，化简变形即可知道数列为以1为首项为公比的等比数列，再由等比数列的通项公式，即可求出答案。【详解】因为，又.所以数列为以1为首项,为公比的等比数列，即故填：100【点睛】本题考查等比数列的定义、等比数列的通项，解本题的关键在于：熟练掌握对数的运算性质，将所给等式化简为等比数列的定义形式，属于基础题。14.现有5人要排成一排照相，其中甲与乙两人不相邻，且甲不站在两端，则不同的排法有_种.（用数字作答）【答案】36【解析】【分析】先优先考虑甲、乙两人不相邻的排法，在此条件下，计算甲不排在两端的排法，最后相减即可得到结果.【详解】由题意得5人排成一排，甲、乙两人不相邻，有种排法，其中甲排在两端，有种排法，则6人排成一排，甲、乙两人不相邻，且甲不排在两端，共有（种）排法.所以本题答案为36.【点睛】排列、组合问题由于其思想方法独特，计算量庞大，对结果的检验困难，所以在解决这类问题时就要遵循一定的解题原则，如特殊元素、位置优先原则、先取后排原则、先分组后分配原则、正难则反原则等，只有这样我们才能有明确的解题方向.同时解答组合问题时必须心思细腻、考虑周全，这样才能做到不重不漏，正确解题.15.已知球的内接圆锥体积为，其底面半径为1，则球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】利用圆锥体积公式求得圆锥的高，再利用直角三角形建立关于的方程，即可得解.【详解】由圆锥体积为，其底面半径为，设圆锥高为则，可求得设球半径为，可得方程：，解得：本题正确结果：【点睛】此题考查了球的内接圆锥问题，关键是利用勾股定理建立关于半径的方程，属于基础题.16.已知抛物线：的焦点为，且到准线的距离为2，直线：与抛物线交于，两点（点在轴上方），与准线交于点，若，则_.【答案】【解析】【分析】由到准线的距离为2，可求出，抛物线：，再利用，点的坐标，即可求出直线，联立直线与抛物线则可求出点的坐标，再利用，即可得出答案。【详解】因为到准线的距离为2，所以，抛物线：， .设，因为，即所以，代入直线：所以直线为：由 所以 ，所以， ，所以故填：【点睛】本题考查抛物线的定义及几何性质、直线与抛物线的位置关系，考查运算求解能力、方程思想，属于中档题。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.在中，是上的点，平分，.（1）求；（2）若，求的长【答案】（1）2；（2）.【解析】【分析】（1）在和中运用正弦定理，进行求解即可 （2）由，利用正弦定理可得，利用余弦定理求出，结合，建立方程进行求解即可【详解】解：（1）由正弦定理可得在中，在中，又因为，.（2），由正弦定理得，设，则，则.因为，所以，解得.【点睛】本题主要考查解三角形的应用，结合正弦定理，余弦定理建立方程是解决本题的关键18.为建立健全国家学生体质健康监测评价机制，激励学生积极参加身体锻炼，教育部印发国家学生体质健康标准（2014年修订），要求各学校每学年开展覆盖本校各年级学生的标准测试工作.为做好全省的迎检工作，某市在高三年级开展了一次体质健康模拟测试（健康指数满分100分），并从中随机抽取了200名学生的数据，根据他们的健康指数绘制了如图所示的频率分布直方图.（1）估计这200名学生健康指数的平均数和样本方差（同一组数据用该组区间的中点值作代表）；（2）由频率分布直方图知，该市学生的健康指数近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差.求；已知该市高三学生约有10000名，记体质健康指数在区间的人数为，试求.附：参考数据，若随机变量服从正态分布，则，,.【答案】（1）75，135；（2）；.【解析】【分析】（1）以组中值代替小组平均值，根据加权平均数公式计算平均数，根据方差公式计算；（2）利用正态分布的性质求得；根据二项分布的期望公式得出【详解】（1）由频率分布直方图可知，各区间对应的频数分布表如下：分值区间频数51540754520，.（2）由（1）知服从正态分布，且，.依题意，服从二项分布，即，则.【点睛】本题考查了正态分布的性质与应用，考查了二项分布的期望公式，考查了频率平均数与方差的运算，属于中档题19.在四棱锥中，是的中点，是等边三角形，平面平面.（）求证：平面；（）求二面角大小的正弦值.【答案】（）证明见解析；（）【解析】【分析】（）取的中点为，连结，设交于，连结.根据题意可得到四边形与四边形均为菱形，即可说明，再由题意说明平面，即，又，即可说明，即可说明平面.（）取中点为，以为空间坐标原点，分别以，的方向为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系.令，则可写出，.即可求出平面的法向量，再由（1）知平面的法向量，代入公式即可求出二面角的平面角的余弦值，方可求出二面角大小的正弦值.【详解】解：（）取的中点为，连结，设交于，连结.，四边形与四边形均为菱形，为等边三角形，为中点平面平面且平面平面平面且平面平面，分别为，的中点又，平面平面（）取的中点为，以为空间坐标原点，分别以，的方向为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，.，.设平面的一法向量.由.令，则.由（）可知，平面的一个法向量.二面角的平面角的余弦值.二面角大小的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的证明、二面角的正弦值，其中证明线面垂直一般情况有两种思路：一，根据线面垂直的判定定理，在平面内找两条相交直线与这条直线垂直；二、通过面面垂直的性质定理，构造两平面垂直，且直线在平面内且垂直于两平面的相交直线，则直线就垂直于另一个平面。二面角的正弦值一般通过向量法，先求其余弦值，再求正弦值。属于中档题。20.已知椭圆：过点，且椭圆的离心率为()求椭圆的方程；()斜率为的直线交椭圆于，两点，且若直线上存在点p，使得是以为顶角的等腰直角三角形，求直线的方程【答案】() () y=x-1【解析】【分析】（）由椭圆c：1（ab0）过点a（0，1），且椭圆的离心率为，列方程组求出a，b，由此能求出椭圆c的方程（）设直线l的方程为yx+m，p（3，yp），由，得4x2+6mx+3m230，利用根的判别式、韦达定理、中点坐标公式，结合已知条件能求出直线l的方程【详解】（）由题意得 解得 所以椭圆的方程为 （）设直线l的方程为y=x+m， 由得. 令，得 ，因为是以为顶角的等腰直角三角形，所以平行于轴 过做垂线，则垂足为线段的中点设点的坐标为，则由方程组解得，即 而， 所以直线的方程为y=x-1【点睛】本题考查椭圆方程、直线方程的求法，考查椭圆、直线方程、根的判别式、韦达定理、中点坐标公式等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，是中档题21.已知函数（1）若直线为的切线，求的值（2）若，恒成立，求的取值范围【答案】（1）0；（2）【解析】【分析】（1）设切点为，则可得且，构建新函数，讨论其单调性后可得及（2）原不等式等价于，构建新函数，其导数为，就和分类讨论的零点、符号及其的单调性后可得实数的取值范围.【详解】（1）设切点为，令，则，当时，在上为增函数； 当时，在上为减函数；所以，所以，又，所以（2），恒成立，令，,当时，所以在上为增函数， 若，则当时，故在上为增函数，故时，