四川成都石室中学高三数学上学期入学考试考文

四川省成都市石室中学2020届高三数学上学期入学考试考试题 文（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.若复数满足，其中为虚数单位，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由，得，则，故选：A.2.己知集合，则（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由二次不等式的解法可得：，由指数函数的值域的求法可得：，再结合并集的运算可得：，得解.【详解】解：解不等式，解得，即，又因为，所以，即，即 ，故选B.【点睛】本题考查了二次不等式的解法、指数函数的值域的求法及并集的运算，属基础题.3.下列判断正确的是（）A. 命题“，”的否定是“，”B. 函数的最小值为2C. “”是“”的充要条件D. 若，则向量与夹角钝角【答案】C【解析】【分析】由全称命题的否定为特称命题可得：命题的否定是“，”，选项A错误，由在为增函数，即 ，即B错误；由根式方程的求法得“”是“”的充要条件，即C正确，由向量的夹角可得向量与夹角为钝角或平角，即D错误，得解.【详解】解：对于选项A，命题“，”的否定是“，”，即A错误；对于选项B，令 ，则，则，又在为增函数，即 ，即B错误；对于选项C，由“”可得“”，由“”可得，解得“”，即 “”是“”的充要条件，即C正确，对于选项D，若，则向量与夹角为钝角或平角，即D错误，故选C.【点睛】本题考查了全称命题的否定、均值不等式的应用、根式方程的求法及向量的夹角，属基础题.4.对于函数，下列结论不正确的是（）A. 在上单调递增B. 图像关于y轴对称C. 最小正周期为D. 值域为【答案】C【解析】【分析】由，求得，再利用的性质即可得解.【详解】解：因为，则函数是在上单调递增的偶函数，且值域为，周期为，即选项正确，选项错误， 故选C.【点睛】本题考察了三角恒等变换及函数的性质，属基础题.5.在如图的程序框图中，若输入m=77，n=33，则输出的n的值是A. 3B. 7C. 11D. 33【答案】C【解析】这个过程是，故所求的最大公约数是。6.已知函数，命题：，若为假命题，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】为假命题，即不存在，使，根据这个条件得出实数的取值范围.【详解】解：因为为假命题，所以为真命题，即不存在，使，故，且解得：或，故选C.【点睛】本题考查了命题的否定，解题的关键是要将假命题转化为真命题，从而来解决问题.7.一个平面封闭图形的周长与面积之比为“周积率”，下图是由三个半圆构成的图形最大半圆的直径为6，若在最大的半圆内随机取一点，该点取自阴影部分的概率为，则阴影部分图形的“周积率”为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B【解析】分析】设两个小圆的半径分别为，不妨设，则，根据面积比的几何概型，列出方程求得，进而求得阴影部分的周长和面积，即可求解，得到答案【详解】由题意，设两个小圆的半径分别为，不妨设，因为大圆的半径为，则，大圆的面积，阴影部分的面积为，又由在最大的半圆内随机取一点，该点取自阴影部分的概率为，可得，整理得，解得，又由，所以，所以阴影部分的周长为，所以，故选B【点睛】本题主要考查了新定义的应用，以及面积比几何概型的应用，其中解答中正确理解题意，列出方程求得两小圆的半径是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题8.某柱体的正视图与侧视图是全等的正方形，俯视图是圆，记该柱体的表面积为，其内切球的表面积为，且，则（）A. 1B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由空间几何体的三视图可得此柱体为底面直径与高相等的圆柱，设底面圆的半径为，则此柱体内切球的半径为，由圆柱体表面积及球的表面积公式可得：，运算即可得解.【详解】解：由已知可得：此柱体为底面直径与高相等的圆柱，设底面圆的半径为，则高为,则，又此柱体内切球的半径为，则， 则，故选D.【点睛】本题考察了空间几何体的三视图、圆柱体表面积及球的表面积的运算，属中档题.9.如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，若，则的值是（）A. B. 2C. D. 3【答案】A【解析】【分析】将,作为平面向量的一组基底，再利用平面向量基本定理可得=,再由运算即可得解.【详解】解：因为在中，D是BC的中点，E在边AB上，所以=,又，所以，即,故选A.【点睛】本题考察了平面向量基本定理，属中档题.10.定义在R上的函数满足，且、有，若，实数a满足则a的最小值为（）A. B. 1C. D. 2【答案】A【解析】【分析】由，则函数的图像关于直线对称，由、有，即函数在为增函数，又，则函数为偶函数，且在为增函数，再由的性质得不等式，求解即可.【详解】解:由函数满足，则函数的图像关于直线对称，又、有，即函数在为增函数，又，则函数为偶函数，且在为增函数，又，所以，所以，即，则a的最小值为，故选A.【点睛】本题考查了函数图像的对称性及函数的单调性，再利用对称性及函数的单调性求解不等式，属中档题.11.在中，已知，D是边AC上一点，将沿BD折起，得到三棱锥若该三棱锥的顶点A在底面BCD的射影M在线段BC上，设，则x的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】在折叠前图1中，垂足为，设图1中在线段上的射影为，当运动点与点无限接近时，折痕接近，此时与点无限接近，得到，在图2中，根据直角三角形的斜边大于直角边，得到，即可求解【详解】由将沿BD折起，得到三棱锥，且在底面的射影在线段上，如图2所示，平面，则，在折叠前图1中，作，垂足为，在图1中过作于点，当运动点与点无限接近时，折痕接近，此时与点无限接近，在图2中，由于是直角的斜边，为直角边，所以，由此可得,因为中，由余弦定理可得,所以，所以由于，所以实数的取值范围是，故选B 【点睛】本题主要考查了平面图形的折叠问题，其中解答中由平面图形的折叠前和折叠后，根据运动点的位置和直角三角形的性质求解是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于中档试题12.设双曲线的左，右顶点为是双曲线上不同于的一点，设直线的斜率分别为，则当取得最小值时，双曲线C的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，可得，得到，代入已知条件，得到，设，得到，利用导数求得函数单调性，得到时，函数取得最小值，即，再由离心率的公式，即可求解【详解】由双曲线，则，设，则，可得，则，所以，所以，设，则，则，当时，单调递减；当时，单调递增，所以当时，函数取得最小值，即当取得最小值时，所以双曲线的离心率为，故选D【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及几何性质的应用，以及利用导数求解函数的单调性与最值的应用，其中解答中根据双曲线的性质，得到关于的函数，利用导数求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13.已知甲、乙两组数据的茎叶图如图所示，若甲的众数与乙的中位数相等，则图中_【答案】4.【解析】【分析】根据茎叶图，求得甲组数据的众数是，乙组数据的中位数为，列出方程，即可求解【详解】由题意，根据茎叶图可得，甲组数据的众数是，乙组数据的中位数为，因为甲的众数与乙的中位数相等，所以，解得【点睛】本题主要考查了茎叶图的应用，其中解答中熟记茎叶图的众数、中位数的概念和计算方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题14.已知圆截y轴所得的弦长为，过点且斜率为k的直线l与圆C交于A、B两点，若，则_【答案】【解析】【分析】由圆中弦长运算可得：，由点到直线的距离公式可得：，运算可得解.【详解】解：由题意有，由已知可设直线方程为，设圆心（4,2）到直线的距离为，则，即，则，解得，故答案为：.【点睛】本题考查了圆中弦长的运算及点到直线的距离公式，属中档题.15.已知抛物线的一条弦AB经过焦点F，O为坐标原点，点M在线段OB上，且，点N在射线OA上，且，过M、N向抛物线的准线作垂线，垂足分别为C、D，则的最小值为_【答案】4【解析】【分析】设直线的方程为，代入抛物线消得：，则=，再利用基本不等式即可得解.【详解】设直线的方程为，代入抛物线消得：，设，则，所以=，则的最小值为4.【点睛】本题考查了直线与抛物线的关系及基本不等式的应用，属中档题.16.对于函数，若存在区间，当时的值域为，则称为倍值函数.若是倍值函数，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【详解】试题分析：由题意得有两个不同的解，则，因此当时，当时，从而要使有两个不同的解，需考点：函数与方程【思路点睛】（1）运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身含义及其表示的内容，熟悉图象所能够表达的函数的性质.（2）在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究.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.某高校在2016年的自主招生考试成绩中随机抽取100名学生的笔试成绩，按成绩分组，得到的频率分布表如下表所示组号分组频数频率第1组50.050第2组n0.350第3组30p第4组200.200第5组100.100合计1001.000（1）求频率分布表中n，p的值，并估计该组数据的中位数（保留l位小数）；（2）为了能选拔出最优秀的学生，高校决定在笔试成绩高的第3、4、5组中用分层抽样的方法抽取6名学生进入第二轮面试，则第3、4、5组每组各抽取多少名学生进入第二轮面试？（3）在（2）的前提下，学校决定从6名学生中随机抽取2名学生接受甲考官的面试，求第4组至少有1名学生被甲考官面试的概率【答案】（1），中位数估计值为171.7（2）第3、4、5组每组各抽学生人数为3、2、1（3）【解析】【分析】（1）由频率分布表可得：，由中位数的求法可得中位数估计值为171.7；（2）因为笔试成绩高的第3、4、5组的人数之比为，由分层抽样的方法选6名学生，三个小组分别选的人数为3、2、1；（3）先列举出从6名学生中随机抽取2名学生的不同取法，再列举出第4组至少有1名学生被甲考官面试的取法，再结合古典概型的概率公式即可得解.【详解】解：（1）由已知：，中位数为171.7，即中位数估计值为171.7，（2）由已知，笔试成绩高的第3、4、5组的人数之比为，现用分层抽样的方法选6名学生。故第3、4、5组每组各抽学生人数为3、2、1。（3）在（2）的前提下，记第3组的3名学生为，第4组的2名学生为，第5组的1名学生为，且“第4组至少有1名学生被甲考官面试”为事件A。则所有的基本事件有：，一共15种。A事件有：，一共9种。，答：第4组至少有1名学生被甲考官面试的概率为。【点睛】本题考查了样本数据的中位数、分层抽样及古典概型的概率公式，属基础题.18.如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，是等边三角形，四边形ABCD是矩形，F为棱PA上一点，且，M为AD的中点，四棱锥的体积为（1）若，N是PB的中点，求证：平面平面PCD；（2）在（）的条件，求三棱锥的体积【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由是AP的中点，证得，又由四边形是矩形，证得，从而证得面，再由，证得面，最后利用面面平行的判定定理，即可得到平面平面（2）连接，根据面面垂直的性质，证得面，又由是的中点，得到到面的距离等于到面的距离的一半，利用体积公式，即可求解【详解】（1）因为，所以是的中点，又因为N是PB的中点，所以，由四边形是矩形，得，故，由，面，所以面又由，且面，面，所以面，又因为面根据面面平行的判定定理，可得平面平面（2）连接，由是等边三角形，得，又因为面面，面面，面，所以面因为是的中点，所以到面的距离等于到面的距离的一半，设【点睛】本题主要考查了直线与平面平行，以及面面平行判定与证明，以及几何体的体积的计算，对于空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解19.已知数列和满足，（1）证明：是等比数列，是等差数列；（2）设，求数列的前n项和【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由已知有是首项为1，公比为的等比数列，是首项为1，公差为2的等差数列即命题得证；(2)由，得，即，再利用错位相减法求和即可得解.【详解】解：（1）由题设得，即，又因为，所以是首项为1，公比为等比数列由题设得，即又因为，所以是首项为1，公差为2的等差数列（2）由（1）知，所以，所以所以，则,则，-整理可得：.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式及错位相减法，属中档题.20.己知椭圆上任意一点到其两个焦点，的距离之和等于，焦距为2c，圆，是椭圆的左、右顶点，AB是圆O的任意一条直径，四边形面积的最大值为（1）求椭圆C的方程；（2）如图，若直线与圆O相切，且与椭圆相交于M，N两点，直线与平行且与椭圆相切于P（O，P两点位于的同侧），求直线，距离d的取值范围【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由椭圆的定义知：，由当直径轴时四边形的面积最大，最大为，可得，即椭圆方程得解；（2）由直线与圆O相切，可得，由椭圆与直线相切可得：，由两平行线的距离公式可得，又，则可得，代入运算即可得解.【详解】解：（1）由椭圆的定义知：，又当直径轴时四边形的面积最大，最大为，椭圆（2）因为直线与圆O相切，又设直线，联立消去y有化简有因为，又，又，又由O，P两点位于的同侧，m，n异号，.【点睛】本题考察了椭圆方程的求法及点到线的距离公式，属中档题.21.已知函数（1）若在上单调递减，求实数a的取值范围；（2）当时，有两个零点，且，求证：【答案】（1）；（2）见解析.【解析】【分析】（1）求得函数的导数，由函数在上单调递减