绵阳南山中学2020届高三3月网络考试数学（理）试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精四川省绵阳南山中学2020届高三3月网络考试数学（理）试题含解析绵阳南山中学2020年春季高2017级网络统考试题理科数学一、选择题：本大题共12小题，每小题5分,共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1.集合，，则（）A。R B。 C。 D。【答案】D【解析】【分析】化简集合，根据指数函数的单调性，化简集合，按照交集定义即可求解。【详解】，，。故选:D.【点睛】本题考查指数函数的性质、集合间的运算，属于基础题。2.将一个长与宽不等的长方形，沿对角线分成四个区域，如图所示写上四个字母A，B，C,D,中间装个指针，使其可以自由转动，对指针停留的可能性下列说法正确的是(）A。一样大 B。区域A,C可能性大C。区域B，D可能性大 D。由指针转动圈数决定【答案】C【解析】【分析】根据矩形的性质和题意区域所占区域的角较大,再根据几何概型的概率，即可求解。【详解】一个长与宽不等的长方形,沿对角线分成四个区域中，区域的角较大，所以指针指向区域B，D可能性大。故选:C.【点睛】本题考查了几何概型概率，转化为角的比，注意图形不是圆故不能用面积比，属于基础题.3。如图是为了求出满足的最小偶数，那么在和两个空白框中，可以分别填入()A。和 B。和C.和 D.和【答案】D【解析】由题意，因为，且框图中在“否”时输出,所以判定框内不能输入，故填,又要求为偶数且初始值为0，所以矩形框内填,故选D。点睛:解决此类问题的关键是读懂程序框图，明确顺序结构、条件结构、循环结构的真正含义.本题巧妙地设置了两个空格需要填写,所以需要抓住循环的重点，偶数该如何增量,判断框内如何进行判断可以根据选项排除.4。虚数,，当此虚数的模为1时，取值范围为(）A. B.C。 D.【答案】B【解析】【分析】虚数,得,根据模长公式可得,表示圆上点（去掉与轴交点）与坐标原点的连线的斜率，当连线为圆的切线时为最大和最小值，即可求出结论。【详解】虚数，得，虚数的模为1,，表示圆上的点（去掉与轴交点）与坐标原点的连线斜率，，当过原点的直线与相切时，取得最值，如下图所示，圆心,切点分别为，，切线的斜率分别为，所以或。故选：B.【点睛】本题以虚数的模的背景，考查斜率的几何意义和直线与圆的位置关系，要注意虚数条件,不要忽略，属于中档题.5。b是区间上的随机数，直线与圆有公共点的概率为A. B。 C. D。【答案】C【解析】【分析】利用圆心到直线距离小于等半径可求出满足条件的b，最后根据几何概型的概率公式可求出所求．【详解】解：b是区间上的随机数即，区间长度为,由直线与圆有公共点可得，，，区间长度为，直线与圆有公共点的概率，故选C．【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，与长度有关的几何概型的求解．6。已知数列中，，，且满足（),则(）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知可得成等差数列，求出的首项和公差，进而求出通项公式,即可得出结论.【详解】，成等差数列，，，公差为，.故选:A.【点睛】本题考查数列通项公式,利用等差中项判断等差数列是解题的关键,作为客观题亦可根据递推公式求出,代入选项进行验证,属于基础题.7.古人采取“用臼舂米"的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成。一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分（看成一个简单的组合体）的体积为（)A。 B。 C。 D.【答案】A【解析】【分析】根据三视图得到凿去部分为圆柱和半球的组合体，根据三视图数据,求出体积，即可求解.【详解】由三视图可知凿去部分为圆柱和半球的组合体，其中圆柱底面半径与球半径均为3,圆柱的高为5，所以组合体的体积为。故选:A。【点睛】本题考查由三视图求几何体体积,解题的关键是判断几何体的形状及相关数据所对应的几何量，属于基础题。8.若且取得最小值为,则（）A.2 B.9 C. D。0【答案】A【解析】【分析】做出可行域，根据图象确定目标函数取最小值时所在的直线，与可行域直线的交点，即可求出结论.【详解】做出可行域如下图所示，当目标函数过点是取得最小值，此时目标函数对应的方程为，且点为直线与的交点,由,解得。故选:A.【点睛】本题考查简单线性规划，考查数形结合的解题思想方法,属于基础题.9。若成立的充分不必要条件是,则a的取值范围（）A。 B。C。或 D。或【答案】B【解析】【分析】求出的解集设为，由题意可得是的真子集,即可求出结论。【详解】，成立的充分不必要条件是，是的真子集，且等号不能同时取得，解得。故选：B。【点睛】本题考查充分不必要条件的应用，注意与集合间的关系，属于基础题.10.定义在R上的偶函数满足,且在上是减函数，是钝角三角形的两个内角，则下列不等式关系中正确的是（）A。 B。C. D.【答案】D【解析】【分析】抽象函数比较函数值大小，考虑函数的单调性，而是钝角三角形的两个内角,可得,进而可得，研究函数在的单调性即可求出结论，根据已知可得是周期为的周期函数，再结合上是减函数,且为偶函数，即可求解.【详解】偶函数满足，函数关于对称，且周期.在上是减函数，所以在上是减函数，在上是增函数。又,，，∴.故选：D。【点睛】本题考查正弦函数的单调性、抽象函数的周期性和单调性的应用，要注意归纳总结函数周期性的特征，属于中档题。11.设双曲线C的中心为原点O，若有且只有一对相交于点O，所成的角为60°的直线和，使，其中，和，，分别是这对直线与双曲线C的交点，则该双曲线的离心率的取值范围是（）A。 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设双曲线的焦点在x轴上，根据双曲线的对称性和已知可得，直线和关于轴对称，所成的角为60°，可知其中一条直线倾斜角为或，不妨设为直线，而这样的直线只有一对，所以只有倾斜角为的直线与双曲线有两交点，从而得出渐近线倾斜角的范围为,即可求出结论.【详解】设双曲线的焦点在x轴上，则由题意知该双曲线的一条渐近线的斜率k（）必须满足,所以，即有.双曲线的离心率为，所以。故选:A。【点睛】本题考查双曲线的性质以及双曲线与直线的位置关系，利用图形的对称性是解题的关键,属于中档题。12。已知函数,若关于的方程有4个不相等的实根，则实数的取值范围是(）A. B。C。 D。【答案】D【解析】【分析】关于的方程有4个不相等的实根等价于的图象与的图象有4个不同的交点，数形结合即可得到结果.【详解】关于的方程有4个不相等的实根等价于的图象与的图象有4个不同的交点，作出于与的图象，如图所示：当经过A时，直线AB与的图象相切于A点，此时的图象与的图象有3个不同的交点，当经过B时，,此时的图象与的图象有3个不同的交点，观察图象不难发现，的图象与的图象有4个不同的交点,a故选D【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法:直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3)数形结合法：先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分13。直线和x、y轴分别交于A、B两点,点C在椭圆上运动，则椭圆上点C到直线AB的最大距离为______.【答案】【解析】【分析】设点C坐标为椭圆的参数形式，利用点到直线的距离公式和三角函数的有界性，即可求解。【详解】设，则点C到AB的距离其中。故答案为:。【点睛】本题考查椭圆参数方程的应用、点到直线的距离、三角函数的性质,属于基础题.14.方程的四根组成首项为1的等比数列，且，则______。【答案】【解析】【分析】根据已知方程根与等比数列项的关系，求出方程的根,再由根与系数关系求出,根据向量加法的几何意义，即可求出结论.【详解】设是两根，两根.不妨设，则，，.∴，，∴，由得。故答案为：。【点睛】本题考查一元二次方程根与系数关系、等比数列性质、几何法求向量的模长,考查计算求解能力，属于中档题15。若有7个人排成一排,现要调整其中某3个人的位置,其余4个人的位置不动，则使所要调整的某3个人互不相邻的调整方法的种数是______。【答案】【解析】【分析】调整3人不相邻考虑用插空法,即调整的3人位置在不动的4人所成的5个空位取出3个,得到位置的取法,然后让这3人乱序可有2种安排方法,根据乘法原理，即可求解.【详解】从不动的4个人所成的5个空位中任意选取3个,是无序问题，有种选法，而所要调整的这三人还是乱序问题（自己不能在原位），三人乱序只有两种安排位置的方法，故调整方法种数是。故答案为：20。【点睛】本题考查排列组合应用问题、乘法原理等基础知识,对于排列组合常用的方法要多归纳总结，如不相邻插空法、相邻捆绑法等等，属于基础题16。中，角平分线交AB于点C。设,，,且.给出下列结论：①;②，；③,;④;⑤。其中命题一定正确的序号是______.（把你认为正确的都填上）【答案】①④【解析】【分析】由三点共线，但不确定在线段的位置，判断①成立,②、③不一定成立，再由角平分线性质得，再结合,即可求出与之间的关系，即可求出结论.【详解】根据三点共线的充要条件①成立，而点在线段位置不能确定，所以②、③不一定成立.又，∴，，由得，∴，∴即④成立⑤不成立.故答案为：①④.【点睛】本题考查向量基本定理、共线向量的充要条件、角平分线的向量表示,属于中档题.三、解答题：本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17。在平面四边形中，已知，,．（1）若,求的面积；（2）若,，求的长．【答案】（1）；(2）.【解析】【分析】(1）在中，由余弦定理，求得，进而利用三角形的面积公式，即可求解；(2）利用三角函数的诱导公式化和恒等变换的公式，求解，再在中，利用正弦定理和余弦定理，即可求解.【详解】（1）在中，即，解得.所以.（2）因为，所以，,。在中，,.所以.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时,要有意识地考虑用哪个定理更合适,要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.18.某市大力推广纯电动汽车，对购买用户依照车辆出厂续驶里程R的行业标准，予以地方财政补贴.其补贴标准如下表：出厂续驶里程R（公里）补贴（万元/辆）344.52019年底随机调查该市1000辆纯电动汽车，统计其出厂续驶里程R,得到频率分布直方图如上图所示用样本估计总体，频率估计概率，解决如下问题:（1）求该市每辆纯电动汽车2019年地方财政补贴的均值;（2）某企业统计2019年其充电站100天中各天充电车辆数,得如下的频数分布表：辆数天数20304010（同一组数据用该区间的中点值作代表）2020年3月，国家出台政策,将纯电动汽车财政补贴逐步转移到充电基础设施建设上来该企业拟将转移补贴资金用于添置新型充电设备,现有直流、交流两种充电桩可供购置。直流充电桩5万元/台，每台每天最多可以充电30辆车，每天维护费用500元/台;交流充电桩1万元/台，每台每天最多可以充电4辆车,每天维护费用80元/台。该企业现有两种购置方案：方案一:购买100台直流充电桩和900台交流充电桩；方案二：购买200台直流充电桩和400台交流充电桩.假设车辆充电时优先使用新设备，且充电一辆车产生25元的收入,用2019年的统计数据,分别估计该企业在两种方案下新设备产生的最大日利润。（日利润日收入日维护费用）.【答案】（1）（万元）（2）方案一下新设备产生的日利润均值为（元）；方案二下新设备产生的日利润均值为（元)【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图求出的频率，按照求平均数的公式,即可求解;（2)根据已知求出每天需要充电车辆数的分布列，求出两种方案每天最多可充电的电动车的数量，进而求出两种方案的日最大收入的数学期望，扣除维护费用,即可得出结论.【详解】（1），依题意可得纯电动汽车地方财政补贴的分布列为：补贴（万元/辆）344.5概率0.20.50.3纯电动汽车2019年地方财政补贴的平均数为（万元）（2）由充电车辆天数的频数分布表得每天需要充电车辆数的分布列：辆数6000700080009000概率0。20。30.40.1若采用方案一,100台直流充电桩和900台交流充电桩每天可充电车辆数为（辆）；可得实际充电车辆数的分布列如下表：实际充电辆数60006600概率0.20.8于是方案一下新设备产生的日利润均值为（元）若采用方案二，200台直流充电桩和400台交流充电桩每天可充电车辆数为（辆）；可得实际充电车辆数的分布列如下表：实际充电辆数600070007600概率0。20。30.5于是方案二下新设备产生的日利润均值为（元）【点睛】本题考查频率分布直方图的应用、离散型随机变量的分布列和数学期望，解题时要注意直方图性质的应用，属于中档题。19.如图,等腰直角中，,平面平面ABC,,,.（1)求证：;(2）求二面角正弦值。【答案】（1）见解析；（2）。【解析】【分析】（1)先证明平面ABEF,再得到即可。

(2)由（1)可知，以为坐标原点建立空间直角坐标，再求二面角的正弦值即可。【详解】（1）证明：直角中是直角,即,平面平面ABEF,平面平面ABEF于AB,平面ABC,平面ABEF,又平面ABEF,；(2）由(1)知平面ABEF，故建立如图所示空间直角坐标系，设则由已知可得0,，2，,，,，，,设平面CEF的一个法向量为，则有，令,则，即．设平面BCE的一个法向量,则有,,令，则,设二面角的平面角为，则,所以,所以二面角的的正弦值为

【点睛】本题主要考查了线线垂直与线面垂直的判定与性质等,同时也考查了立体几何中利用空间向量求解的方法,属于中等题型.20。已知椭圆的一个顶点为，焦点在轴上．若右焦点到直线的距离为3.（1)求椭圆的方程；（2）设椭圆与直线相交于不同的两点、，当时,求的取值范围．【答案】(1）；（2）.【解析】本题考查直线和椭圆的位置关系，解题时要认真审题，仔细解答．（1）依题意可设椭圆方程为，则右焦点由题设，解得，故所求椭圆的方程可得．（2)设,，.P为弦MN的中点，由得因直线与椭圆相交，故即结合韦达定理得到．解：(1)依题意可设椭圆方程为，则右焦点由题设，解得，故所求椭圆的方程为（2)设,，。P为弦MN的中点，由得因直线与椭圆相交，故即（!）故所以又所以则即（2）把（2）代入（1）得由（2）得解得综上求得m的取值范围是21.已知函数，其中为自然对数的底数．（Ⅰ)讨论函数的单调性；(Ⅱ）设,证明：函数有两个零点，且．【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）见证明【解析】【分析】（Ⅰ）先求的导数，对参数a进行讨论,可得的单调性；（Ⅱ）由（Ⅰ）知当时，的单调性,可得在上有一个零点，同时在上有一个零点，可得，可得结论。【详解】解：（Ⅰ）当时，当时，，故单调递增当时，，故单调递减∴在上单调递减,在上单调递增当时，，故在上单调递增当时，当时,，故单调递增当时，，故单调递减∴在上单调递减，在上单调递增∴综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增当时，,故在上单调递增当时，在上单调递减,在上单调递增(Ⅱ）由（Ⅰ)知，当时，在上单调递减，在上单调递增∴至多有两个零点∵∴又∵∴由零点定理知，在上有一个零点又∵在上单调递减，在上单调递增∴当时，取最小值∵∴设则,故在上单调递增∴当时，∴∴由零点定理知,在上有一个零点∴有且