2020届市第七中学高三上学期一诊模拟数学（理）试题 一、单选题 1．复数的虚部记作，则（ ） A．-1 B．0 C．1 D．2 【答案】A 【解析】直接由复数代数形式的乘除运算化简，再根据题目中定义的复数的虚部，可得答案． 【详解】 解：， 又复数的虚部记作， ． 故选：． 【点睛】 本题考查了复数代数形式的乘除运算、虚部的定义，属于基础题． 2．执行如图所示的程序框图，输出的值为( ) A． B． C． D． 【答案】C 【解析】程序框图的作用是计算，故可得正确结果. 【详解】 根据程序框图可知，故选C. 【点睛】 本题考查算法中的选择结构和循环结构，属于容易题. 3．关于函数的性质，下列叙述不正确的是（ ） A．的最小正周期为 B．是偶函数 C．的图象关于直线对称 D．在每一个区间内单调递增 【答案】A 【解析】试题分析：因为，所以A错；
，所以函数是偶函数，B正确；
由的图象可知，C、D均正确；
故选A. 【考点】正切函数的图象与性质. 4．已知，则“且”是“且”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】试题分析：当且时，由不等式性质可得且；
当，满足且，但不满足且，所以“且”是“且”的充分不必要条件，故选A. 【考点】1.不等式性质；
2.充要条件. 5．如果的展开式中含有常数项，则正整数n的最小值是（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【解析】利用二项展开式的通项公式中的指数为0,得到,由此可得正整数n的最小值是5. 【详解】 因为的展开式的通项公式为,, 令,则,因为,所以时,取最小值. 故选: 【点睛】 本题考查了二项展开式的通项公式,利用通项公式是解题关键,属于基础题. 6．在约束条件：下，目标函数的最大值为1，则ab的最大值等于（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数取得最大值，确定，的关系，利用基本不等式求的最大值． 【详解】 解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）， 由，则，平移直线，由图象可知当直线经过点时直线的截距最大，此时最大为1． 代入目标函数得． 则， 则当且仅当时取等号， 的最大值等于， 故选：． 【点睛】 本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合以及基本不等式是解决此类问题的基本方法． 7．设{an}是有正数组成的等比数列，为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由等比数列的性质易得a3＝1，进而由求和公式可得q，再代入求和公式计算可得． 【详解】 由题意可得a2a4＝a32＝1，∴a3＝1， 设{an}的公比为q，则q＞0， ∴S31＝7，解得q或q（舍去）， ∴a14，∴S5 故选B. 【点睛】 本题考查等比数列的通项公式和求和公式，属基础题． 8．用数字0，1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有（ ） A．288个 B．306个 C．324个 D．342个 【答案】C 【解析】试题分析：当个位、十位、百位全为偶数时，有；
当个位、十位、百位为两个奇数、一个偶数时，有，所以共有种,故选C. 【考点】1.分类计数原理与分步计数原理；
2.排列与组合. 【名师点睛】本题主要考查两个基本原理与排列、组合知识的综合应用问题，属难题；
计数原理应用的关键问题是合理的分类与分步，分类要按时同一个的标准进行，要做到不重不漏，分类运算中的每一类根据实际情况，要分步进行. 9．已知函数对都有，且其导函数满足当时,，则当时，有（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据导函数满足当时,,可得在上递减,在上递增,可得为最小值,再根据对称轴和单调性可得,从而可知选D 【详解】 因为函数对都有, 所以的图象关于对称, 又当时,,时,, 所以在上递减,在上递增, 所以时,函数取得最小值, 因为,所以,, 所以, 所以, 所以, 所以, 所以. 故选:D 【点睛】 本题考查了利用导数判断函数的单调性,考查了利用单调性比较大小,考查了利用对数函数的单调性比较大小,属于中档题. 10．对圆上任意一点，的取值与x，y无关，则实数a的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】首先将的取值与x，y无关,转化为圆上的点到直线的距离与到直线的距离之和与无关,继续转化为直线必与圆相离或相切,且圆在与之间,再根据圆心到直线的距离小于等于半径且,解不等式组可得答案. 【详解】 因为的取值与x，y无关, 所以的取值与x，y无关, 所以的取值与x，y无关, 即圆上的点到直线的距离与到直线的距离之和与无关, 因为圆心到直线的距离为, 所以直线与圆相离, 所以直线必与圆相离或相切,且圆在与之间, 所以,且, 所以或 且, 所以. 故选:A 【点睛】 本题考查了点到直线的距离公式,利用点到直线的距离公式将问题转化为直线必与圆相离或相切,且圆在与之间是解题关键,属于中档题. 11．若，，满足，，则的最大值为（ ） A．10 B．12 C． D． 【答案】B 【解析】设，，，表示出，利用向量的数量积的定义求出最值. 【详解】 解：设，，，则， ， 当且仅当，同向时取最大值 故 故选：
【点睛】 本题考查向量的数量积的定义，属于中档题. 12．已知棱长为3的正方体,点是棱AB的中点，，动点P在正方形（包括边界）内运动，且面，则PC的长度范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图:先作出过且与平面平行的平面,可知点的轨迹为,然后根据平面几何知识求出的最小值和最大值,根据勾股定理可求出的取值范围. 【详解】 如图所示: 在上取点,使得,连接,因为,所以; 取的中点,连接,因为为的中点,所以; 因此平面平面, 过作交于,则四点共面,且, 因为平面,所以点在线段上运动, 连接,根据正方体的性质可知, 所以, 在平面中,,,,所以, ,所以点到的距离为, 所以的最小值为,最大值为, 所以的最小值为,最大值为. 所以的取值范围是. 故选:B 【点睛】 本题考查了作几何体的截面,考查了平面与平面平行的判定,考查了立体几何中的轨迹问题,关键是作出点的运动轨迹,属于中档题. 二、填空题 13．命题“”的否定为__________．” 【答案】 【解析】全称命题“”的否定是存在性命题“”，所以“”的否定是“”． 14． 在样本的频率分布直方图中, 共有9个小长方形, 若第一个长方形的面积为0.02, 前五个与后五个长方形的面积分别成等差数列且公差是互为相反数,若样本容量为1600, 则中间一组（即第五组）的频数为 ▲ . 【答案】360 【解析】略 15．设、分别是抛物线的顶点和焦点，是抛物线上的动点，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】试题分析：设点的坐标为，由抛物线的定义可知，，则，令，则,,所以，当且仅当时等号成立，所以的最大值为. 【考点】1.抛物线的定义及几何性质；
2.基本不等式. 【名师点睛】本题主要考查抛物线的定义及几何性质、基本不等式，属中档题；
求圆锥曲线的最值问题，可利用定义和圆锥曲线的几何性质，利用其几何意义求之，也可根据已知条件把所求的问题用一个或两个未知数表示，即求出其目标函数，利用函数的性质、基本不等式或线性规划知识求之. 16．已知，，则的最小值为 ． 【答案】 【解析】试题分析：因为，所以，则 （当且仅当，即时，取等号）；
故填． 【方法点睛】本题考查利用基本不等式求函数的最值问题，属于难题；
解决本题的关键是消元、裂项，难点是合理配凑、恒等变形，目的是出现基本不等式的使用条件（正值、定积），再利用基本不等式进行求解，但要注意验证等号成立的条件. 【考点】基本不等式． 三、解答题 17．设的内角、、所对的边分别为、、,已知,且. （1）求角的大小; （2）若向量与共线, 求的值. 【答案】(1);(2)。

【解析】试题分析：（1）根据三角恒等变换，，可解得；
（2）由与共线， 得，再由正弦定理，得，在根据余弦定理列出方程，即可求解的值. 试题解析：（1）, 即,解得. （2）与共线,, 由正弦定理,得,① ,由余弦定理，得, ② 联立①②,. 【考点】正弦定理；
余弦定理. 18．学校为了了解高三学生每天自主学习中国古典文学的时间，随机抽取了高三男生和女生各50名进行问卷调查，其中每天自主学习中国古典文学的时间超过3小时的学生称为“古文迷”，否则为“非古文迷”，调查结果如表：
古文迷 非古文迷 合计 男生 26 24 50 女生 30 20 50 合计 56 44 100 （Ⅰ）根据表中数据能否判断有的把握认为“古文迷”与性别有关？ （Ⅱ）现从调查的女生中按分层抽样的方法抽出5人进行调查，求所抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数；

（Ⅲ）现从（Ⅱ）中所抽取的5人中再随机抽取3人进行调查，记这3人中“古文迷”的人数为，求随机变量的分布列与数学期望． 参考公式：，其中． 参考数据：
0.50 0.40 0.25 0.05 0.025 0.010 0.455 0.708 1.321 3.841 5.024 6.635 【答案】（I）没有的把握认为“古文迷”与性别有关；
（II）“古文迷”的人数为3，“非古文迷”有2；
（III）分布列见解析，期望为. 【解析】试题分析：
试题解析：
试分析：（1）由列联表，求得的值，即可作出结论；

（2）调查的50名女生中“古文迷”有30人，“非古文迷”有20人，按分层抽样的方法即可抽得结果. （3）由为所抽取的3人中“古文迷”的人数，的的所有取值为1，2,3，进而得到取每个值的概率，列出分布列，求解数学期望． 试题解析：（I）由列联表得 所以没有的把握认为“古文迷”与性别有关． （II）调查的50名女生中“古文迷”有30人，“非古文迷”有20人，按分层抽样的方法抽出5人，则“古文迷”的人数为人，“非古文迷”有人．　 即抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数分别为3人和2人 （III）因为为所抽取的3人中“古文迷”的人数，所以的所有取值为1，2,3． ，，． 所以随机变量的分布列为 1 2 3 于是． 19．如图，在三棱柱中，每个侧面均为正方形，为底边的中点，为侧棱的中点. （Ⅰ）求证：∥平面；

（Ⅱ）求证：平面；

（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析（Ⅲ）直线与平面所成角的正弦值为 【解析】证明：（Ⅰ）设的交点为O,连接，连接. 因为为的中点，为的中点, 所以∥且.又是中点， 所以∥且, 所以∥且. 所以，四边形为平行四边形.所以∥. 又平面, 平面,则∥平面. ………………5分 (Ⅱ)因为三棱柱各侧面都是正方形，所以，. 所以平面. 因为平面，所以. 由已知得，所以, 所以平面. 由（Ⅰ）可知∥，所以平面. 所以 . 因为侧面是正方形，所以. 又，平面，平面, 所以平面. ………………………………………10分 （Ⅲ）解: 取中点，连接. 在三棱柱中，因为平面， 所以侧面底面. 因为底面是正三角形，且是中点， 所以，所以侧面. 所以是在平面上的射影. 所以是与平面所成角. . …………………………………………14分 解法二：如图所示，建立空间直角坐标系. 设边长为2，可求得，, ，，，， ，，. （Ⅰ）易得，， . 所以，所以∥. 又平面, 平面,则∥平面. ………………5分 （Ⅱ）易得，，， 所以. 所以 又因为，， 所以平面. …………………………………………… 10分 （Ⅲ）设侧面的法向量为, 因为,,，， 所以，. 由得解得 不妨令，设直线与平面所成角为． 所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为．………………………14分 20．已知椭圆的两个焦点分别为,以椭圆短轴为直径的圆经过点. (1)求椭圆的方程; (2)过点的直线与椭圆相交于两点,设点,直线的斜率分别为,问是否为定值?并证明你的结论. 【答案】(1)；
(2)定值为2. 【解析】试题分析：（1）由题意得到，，所以，写出椭圆方程；
（2）联立直线方程与椭圆方程，得到韦达定理，，. 试题解析：
（1）依题意，，. ∵点与椭圆短轴的两个端点的连线相互垂直， ∴， ∴. ∴椭圆的方程为. （2）①当直线的斜率不存在时，由解得，. 设，，则为定值. ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为：. 将代入整理化简，得. 依题意，直线与椭圆必相交于两点，设，， 则，. 又，， 所以 . 综上得为常数2. 点睛：圆锥曲线大题熟悉解题套路，本题先求出椭圆方程，然后与直线方程联立方程组，求得韦达定理，则，，，为定值。

21．已知函数. （1）当时，证明：；

（2）若对于定义域内任意x，恒成立，求t的范围 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】（1）构造函数利用导数求出函数的单调性，得到函数的最大值，即可得证；

（2）参变分离得到在恒成立，构造函数求出函数的最小值，即可得到参数的取值范围. 【详解】 （1）证明：即是证明，设， 当，，单调递增；
当，，单调递减；
所以在处取到最大值，即，所以得证 （2）原式子恒成立即在恒成立 设， ，设， ，所以单调递增，且， 所以有唯一零点，而且，所以 两边同时取对数得 易证明函数是增函数，所以得，所以 所以由在上单调递减，在上单调递增， 所以 于是t的取值范围是 【点睛】 本题考查利用导数证明不等式恒成立问题，属于中档题. 22．在极坐标系下，已知圆和直线 （1）求圆和直线的直角坐标方程；

（2）当时，求圆和直线的公共点的极坐标. 【答案】（1） 圆O的直角坐标方程为x2+y2-x-y=0,直线l的直角坐标方程为x-y+1=0 （2） 【解析】试题分析：（1）根据 将圆O和直线l极坐标方程化为直角坐标方程（2）先联立方程组解出直线l与圆O的公共点的直角坐标，再根据化为极坐标 试题解析：(1)圆O：ρ＝cos θ＋sin θ， 即ρ2＝ρ cos θ＋ρ sin θ， 故圆O的直角坐标方程为x2＋y2－x－y＝0. 直线l：ρsin＝，即ρsin θ－ρcos θ＝1， 则直线l的直角坐标方程为x－y＋1＝0. (2)由(1)知圆O与直线l的直角坐标方程，将两方程联立得， ，解得 即圆O与直线l在直角坐标系下的公共点为(0，1)， 将(0，1)转化为极坐标为，即为所求． 23．已知函数． （1）求不等式的解集；

（2）若关于的不等式的解集非空，求实数的取值范围． 【答案】（1）（2）或 【解析】（1）通过讨论x的范围，求出不等式的解集即可；

（2）求出f（x）的最小值，得到关于m的不等式，解出即可． 【详解】 （1）原不等式为：， 当时，原不等式可转化为，即；

当时，原不等式可转化为恒成立，所以；

当时，原不等式可转化为，即． 所以原不等式的解集为． （2）由已知函数，可得函数的最小值为4， 所以，解得或． 【点睛】 含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．