四川省南充高级中学2020届高三数学下学期第三次线上月考试题-理.doc

四川省南充高级中学2020届高三数学下学期第三次线上月考试题 理

四川省南充高级中学2020届高三数学下学期第三次线上月考试题 理

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四川省南充高级中学2020届高三数学下学期第三次线上月考试题 理（含解析）
一、选择题
1.已知全集，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
直接用补集，交集的概念运算即可.
【详解】，，，则.
故选：A.
【点睛】本题考查交集，补集的运算，是基础题.
2.设（i为虚数单位），其中x，y是实数，则等于（ ）
A. 5 B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】
直接由复数代数形式的乘除运算以及复数相等的条件，列出方程组求解即可得x，y的值，再由复数求模公式计算得答案．
【详解】由，得．
，解得，﹒故选A．
【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数相等的条件，考查了复数模的求法，是基础题．
3.埃及金字塔是古埃及的帝王（法老）陵墓，世界七大奇迹之一，其中较为著名的是胡夫金字塔．令人吃惊的并不仅仅是胡夫金字塔的雄壮身姿，还有发生在胡夫金字塔上的数字“巧合”．如胡夫金字塔的底部周长如果除以其高度的两倍，得到的商为3.14159，这就是圆周率较为精确的近似值．金字塔底部形为正方形，整个塔形为正四棱锥，经古代能工巧匠建设完成后，底座边长大约230米．因年久风化，顶端剥落10米，则胡夫金字塔现高大约为（ ）
A. 128.5米 B. 132.5米 C. 136.5米 D. 110.5米
【答案】C
【解析】
【分析】
设出胡夫金字塔原高，根据题意列出等式，解出等式即可根据题意选出答案．
【详解】胡夫金字塔原高为 ，则 ，即米，
则胡夫金字塔现高大约为136.4米．故选C．
【点睛】本题属于数学应用题，一般设出未知数，再根据题意列出含未知数的等式，解出未知数，即可得到答案．属于常规题型．
4.体育品牌Kappa的LOGO为可抽象为：如图背靠背而坐的两条优美的曲线，下列函数中大致可“完美”局部表达这对曲线的函数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
从图像可以看出，函数是偶函数，并且当趋近于0时，函数值趋近于正无穷，据此判断.
【详解】因为、两个函数均是奇函数，故不符合题意；
对A：当趋近于0，且足够小时，，不符合题意；
对D：因为，满足趋近于0，且足够小时函数值.
故选：D.
【点睛】本题考查函数图像的选择，一般地，此类题目要从函数奇偶性，单调性，特殊值进行判断和选择.
5.已知三角形中，内角所对的边分别为，若，则角（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意，由正弦定理求出；由余弦定理求出，进而可求出结果.
【详解】因为，由正弦定理可得：，
所以，
因为为三角形内角，所以，解得；
又，由余弦定理可得：，所以，
因此.
故选：A.
【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理与余弦定理即可，属于常考题型.
6.若，分别是直线与轴，轴的交点，圆：上有任意一点，则的面积的最大值是（ ）
A. 6 B. 8 C. 10 D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出，再求出到直线的最大距离为点到直线加上半径，进而可得面积最大值.
【详解】由已知，
则，
又点到直线的最大距离为，
所以最大面积为.
故选：C.
【点睛】本题考查圆上一点到直线的最大距离问题，是基础题.
7.在中，点F为线段BC上任一点（不含端点），若，则的最小值为（ ）
A. 1 B. 8 C. 2 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据C，F，B三点共线可得的关系，再利用基本不等式解出.
【详解】因为，且点F在线段BC上，
则，且，
则.
故选：B.
【点睛】本题考查了向量共线定理和基本不等式的性质，注意当三点共线时，若，则必有，属于基础题.
8.我省5名医学专家驰援湖北武汉抗击新冠肺炎疫情现把专家全部分配到A，B，C三个集中医疗点，每个医疗点至少要分配1人，其中甲专家不去A医疗点，则不同分配种数为（ ）
A. 116 B. 100 C. 124 D. 90
【答案】B
【解析】
【分析】
完成这件事情可分2步进行：第一步将5名医学专家分为3组；第二步将分好的3组分别派到三个医疗点，由分步计数原理计算即可得到答案．
【详解】根据已知条件，完成这件事情可分2步进行：
第一步：将5名医学专家分为3组
①若分为3,1,1的三组，有种分组方法；
②若分为2,2,1的三组，有种分组方法，
故有种分组方法．
第二步：将分好的三组分别派到三个医疗点，甲专家不去医疗点，
可分配到医疗点中的一个，有种分配方法，
再将剩余的2组分配到其余的2个医疗点，有种分配方法，
则有种分配方法．
根据分步计数原理，共有种分配方法．
故选：B．
【点睛】本题主要考查排列、组合的应用，同时考查分步计数原理，属于基础题．
9.将函数的图象向左平移个单位，所得图象对应的函数在区间上无极值点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由三角函数的图象变换，求得函数，求得增区间，令，可得函数的单调递增区间为，进而根据函数在区间上无极值点，即可求解.
【详解】由题意，将函数的图象向左平移个单位，
可得函数，
令，解得
即函数的单调递增区间为，
令，可得函数的单调递增区间为，
又由函数在区间上无极值点，则的最大值为，故选A.
【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的性质的应用，其中解答中熟练应用三角函数的图象变换得到函数的解析式，再根据三角函数的性质，求得其单调递增区间是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于中档试题.
10.过双曲线的左焦点引圆的切线，切点为T，延长交双曲线右支于P点，M为线段的中点，O为坐标原点，则（ ）
A. 1 B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】
根据三角形的中位线性质，双曲线的定义，及圆的切线性质，即可得到结论．
【详解】
由图象可得
.
故选：B.
【点睛】本题考查圆与双曲线的综合，解题的关键是正确运用双曲线的定义，三角形的中位线性质．
11.已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，球O的半径为4，△ABC是边长为6的等边三角形，记△ABC的外心为O1.若三棱锥P﹣ABC的体积为则PO1＝（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
取得等边三角形的面积，利用正弦定理求得三角形外接圆的半径，根据三棱锥的体积求得三棱锥的高，利用勾股定理求得.
【详解】由题意可得：S△ABC9，O1A＝2，O1O＝2.
设点P到平面BAC的高为h，由h×9，解得h＝4.
∴点P所在小圆⊙O2（⊙O1与⊙O2所在平面平行）上运动，OO2＝2.
∴O2P＝2.
∴PO12.
故选：D.

【点睛】本小题主要考查球的内接三棱锥的有关计算，考查空间想象能力，属于中档题.
12.已知函数，最小值为3，若存在，使得，则正整数的最大值为（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】
对函数求导,研究函数单调性,利用最值与函数单调性的关系,即可求得的值,从而求得的最大值与最小值,再根据题意推出,即可求得的最大值.
【详解】,
①当或时,在恒成立,
从而在单调递减,
所以,解得,不合题意;
②当时,易得在单调递减,在单调递增,
所以,解得,不合题意;
③当时,在单调递增,
所以,满足题意;
综上知.
所以,,
所以,
依题意有,即,得,
又,所以.
从而的最大值为3.
故选:B.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性及最值,考查求参数的取值范围,需要学生结合分类讨论思想答题.
二、填空题
13.已知向量，，两向量的夹角为，则________.
【答案】
【解析】
【分析】
利用坐标运算计算即可．
【详解】.
故答案为：.
【点睛】本题考查向量数量积的坐标运算，及模的坐标运算，是基础题．
14.(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为________.
【答案】40
【解析】
【分析】
先求出的展开式的通项，再求出即得解.
【详解】设的展开式的通项为，
令r=3,则，
令r=2,则，
所以展开式中含x3y3的项为.
所以x3y3的系数为40.
故答案为：40
【点睛】本题主要考查二项式定理求指定项的系数，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
15.某市一次高三年级数学统测，经抽样分析，成绩X近似服从正态分布，且．该市某校有400人参加此次统测，估计该校数学成绩不低于90分的人数为____.
【答案】80
【解析】
【分析】
根据正态分布的对称性可求得，即估计该校数学成绩不低于90分的人数．
【详解】因为X近似服从正态分布，，
所以根据正态分布的对称性可得，
所以该校数学成绩不低于90分的人数为．
故答案为：
【点睛】本题主要考查正态分布的对称性，属于基础题．
16.设抛物线=2x的焦点为F，过点M（，0）的直线与抛物线相交于A，B两点，与抛物线的准线相交于C，=2，则BCF与ACF的面积之比= ;
【答案】
【解析】
【详解】解：设，因为，所以
因此，代入得或
因此，设点到直线距离为，
从而
三、解答题
17.某医院体检中心为回馈大众，推出优惠活动：对首次参加体检的人员，按200元/次收费，并注册成为会员，对会员的后续体检给予相应优惠，标准如下：
体检次序
第一次
第二次
第三次
第四次
第五次及以上
收费比例
1
0.95
0.90
0.85
0.8

该休检中心从所有会员中随机选取了100位对他们在本中心参加体检的次数进行统计，得到数据如下表：
体检次序
一次
两次
三次
四次
五次及以上
频数
60
20
12
4
4

假设该体检中心为顾客体检一次的成本费用为150元，根据所给数据，解答下列问题：
(1)已知某顾客在此体检中心参加了3次体检，求这3次体检，该体检中心的平均利润；
(2)该体检中心要从这100人里至少体检3次的会员中，按体检次数用分层抽样的方法抽出5人，再从这5人中抽取2人，每人发放现金200元.用表示体检3次的会员所得现金和，求的分布列及.
【答案】(1)40；(2)分布列见解析，
【解析】
【分析】
(1)根据已知条件分别计算出医院三次体检的收入和三次体检的成本，根据平均利润公式,即可求出这3次体检，体检中心的平均利润；

(2)根据已知条件求出5人中体检三次、四次、五次及以上的人数，然后根据5人中抽取2人来自体检3次的会员中的人数，即可确定可能的取值为，，，再求出相应的概率，进而可求出的分布列及数学期望．
【详解】解：(1)医院三次体检的收入为，
三次体检的成本为，
利润为元，故平均利润为(元)．
答：这3次体检，该体检中心的平均利润为元．
(2)根据已知条件可知，抽出体检三次、四次、五次及以上的人数比为，
故抽出的五个人中有3人体检三次，1人体检四次，1人体检五次及以上，
所以的可能取值为，，．
，，，
所以的分布列为

所以
【点睛】本题主要考查平均利润，离散型随机变量的概率分布列及数学期望，属于基础题．
18.已知数列为等差数列，，且依次成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，若，求的值.
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
（1）设等差数列的公差为d，运用等差数列的通项公式和等比数列中项性质，解方程可得首项和公差，即可得到所求通项公式；
（2）求得bn（），运用裂项相消求和可得Sn，解方程可得n．
【详解】解：（1）设数列{an}为公差为d的等差数列，
a7﹣a2＝10，即5d＝10，即d＝2，
a1，a6，a21依次成等比数列，可得
a62＝a1a21，即（a1+10）2＝a1（a1+40），
解得a1＝5，
则an＝5+2（n﹣1）＝2n+3；
（2）bn（），
即有前n项和为Sn（）
（），
由Sn，可得5n＝4n+10，
解得n＝10．
【点睛】本题考查等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，考查数列的裂项相消求和，以及方程思想和运算能力，属于基础题．
19.如图，已知多面体的底面是边长为2的菱形，平面，，且.

（1）证明：平面平面；
（2）若直线与平面所成的角为45°，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接交于点，取的中点，连接，，由中位线定理，和空间中平行的传递性可证四边形为平行四边形，即，由已知线面垂直和菱形证得平面，所以平面，再由面面垂直的判定定理得证；
（2）由直线与平面所成的角为45°求得AP，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，有空间坐标表示法表示点P,C,E,D,B,进而求得平面和平面的法向量，由向量的数量积求夹角的公式求得，法向量的夹角，观察已知图形为锐二面角，作答即可.
【详解】（1）证明：如图，连接交于点，取中点，连接，，
∵分别是的中点，
∴，且，
∵，且，
∴,且，
∴四边形为平行四边形，∴.
∵平面，平面，
∴，
又是菱形，，，
∴平面，∴平面，
又平面，
∴平面平面.
（2）由直线与平面所成的角为45°知，，∴，
∴为等边三角形.设的中点为，则.
如图，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，
设为平面的法向量，
则即令，可得即.
设为平面的法向量，
则即令，可得，
所以，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查立体几何中面面垂直的证明，还考查了求空间中二面角的余弦值，属于较难题.
20.已知直线，椭圆分别为椭圆的左、右焦点.
(1)当直线过右焦点时，求椭圆标准方程；
(2)设直线与椭圆交于两点，为坐标原点，且，若点在以线段为直径的圆内，求实数的取值范围.
【答案】(1)；(2)．
【解析】
【分析】
(1)求出直线与轴的交点坐标，可得，再由椭圆的方程可得，联立方程可求出，从而可得椭圆的标准方程；

(2) 设，，联立直线的方程与椭圆的方程消去，由判别式求出的范围，再利用根与系数关系求出和，根据，可得，，其中点坐标，由两点间距离公式可得，又点在以线段为直径的圆内，故，即，把和结果代入，即可求出实数的取值范围.
【详解】解：(1)由已知可得直线与轴的交点坐标，所以①，
又②，由①②解得，，
所以椭圆C的方程为．
(2)设，，
由得，
由，又，解得 ①，
由根与系数关系，得，
由，可得，，
，
设是的中点，则，
由已知可得，即，
整理得，
又，
所以，
所以，
即，
即，所以 ②，
综上所述，由①②得a的取值范围为．
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程，直线和椭圆的位置关系及点和圆的位置关系，属于中档题．
21.已知函数.
（1）当时，求的单调增区间；
（2）若，且在上有唯一的零点，求证：.
【答案】（1）在上单调递增；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）求出，令，解不等式可得单调递增区间；
（2）通过求的导函数，可得在上有两个极值点，设为，，又由在上有唯一的零点可得，所以有，消去，可得，记，，研究其单调性，利用零点存在性定理可得结果.
【详解】（1）由已知的定义域为，
当时，，
则，
令且，则，
故在上单调递增；
（2）由，
有，
记，由，有，
即在上有两个极值点，设为，，
不妨设，且，是的两个根，
则，
又在上有唯一的零点，且当时，，当时，，
所以得，
所以，两式结合消去，得，
即，
记，，
有，其在上单调递增，
所以
则在上恒成立，
即在上单调递减，
又，
由零点存定理，.
【点睛】本题考查导数的综合应用，熟练应用导数研究单调性，极值，考查学生转化问题的能力及分析能力，是一道难度较大的题目.
22.在平面直角坐标系中，曲线.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求曲线的极坐标方程和直线的普通方程；
（2）直线与直线交于点，与曲线交于两点，求的值.
【答案】(1) 曲线的极坐标方程为：,直线的普通方程为：. (2)
【解析】
【分析】
(1)利用极坐标和平面直角坐标的互化公式 直接进行计算.
(2)将代入真线的极坐标方程可得的值，将代入曲线的极坐标方程可得的值，从而得出答案.
【详解】(1)由曲线，得
所以曲线的极坐标方程为：.
由直线的极坐标方程为，得
所以直线的普通方程为：.
(2)将代入直线的极坐标方程可得,得 .
所以.
将代入曲线的极坐标方程可得.
设两点的极坐标分别为
则.
所以=.
【点睛】本题考查极坐标与平面直角坐标互化和极坐标的几何意义的应用，属于中档题.
23.已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）若，，求证：.
【答案】(1) (2) 证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用零点分段的方法分段打开绝对值，从而解不等式.
（2）由条件有，，然后用绝对值的三角不等式可证明结论.
【详解】（1）当时，，由，则
即解不等式，由
所以当时， ，显然无解.
当时， ，得
当时， ，解得：
所以不等式的解集为
（2）由，，即，
所以
所以，即
【点睛】本题考查利用零点分段法解含绝对值的不等式和利用绝对值的三角不等式证明不等式，属于中档题.