【KS5U解析】四川省绵阳南山中学2020届高三3月网络考试数学（文）试题 Word版含解析

1、绵阳南山中学2020年春季高2017级网络教学统考文科数学一、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，只有一项是正确的.1.已知集合，则（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】根据集合交集的定义直接求解即可.【详解】因为集合，所以.故选：d【点睛】本题考查了集合交集运算，属于基础题.2.若复数z满足z（1+2i）=10，则复数z在复平面内对应的点在（ ）a. 第一象限b. 第二象限c. 第三象限d. 第四象限【答案】d【解析】【分析】根据复数除法的运算法则化简复数z，最后确定复数z在复平面内对应的点的位置即可.【详解】因为z（1+2i）=10，所以，因此

2、复数z在复平面内对应的点在第四象限.故选：d【点睛】本题考查了复数除法的运算法则，考查了复数在复平面内对应点的位置，考查了数学运算能力.3.已知a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，则“”是“”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】c【解析】【分析】根据线面平行的性质定理和判定定理判断与的关系即可得到答案.【详解】若，根据线面平行的性质定理，可得；若，根据线面平行的判定定理，可得.故选：c.【点睛】本题主要考查了线面平行的性质定理和判定定理，属于基础题.4.函数的大致图象是a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】利用函

3、数的对称性及函数值的符号即可作出判断.【详解】由题意可知函数为奇函数，可排除b选项；当时，可排除d选项；当时，当时，即，可排除c选项，故选a【点睛】本题考查了函数图象的判断，函数对称性的应用，属于中档题5.我国古代数学著作孙子算经中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之剩一，五五数之剩三，七七数之剩六，问物几何？”人们把此类题目称为“中国剩余定理”若正整数n除以正整数m后的余数为n，则记为nn（modm），例如102（mod4）现将该问题以程序框图给出，执行该程序框图，则输出的n等于（）a. 13b. 11c. 15d. 8【答案】a【解析】【分析】：按照程序框图的流程逐一写出前面有限项

4、，最后得出输出的结果【详解】：第一步：第二步：第三步：第四步：最后：，输出的值，故选a【点睛】：程序框图的题学生只需按照程序框图的意思列举前面有限步出来，观察规律，得出所求量与步数之间的关系式6.已知函数，若不等式对任意的恒成立，则实数k的取值范围是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】先求出函数在处的切线方程，在同一直角坐标系内画出函数和的图象，利用数形结合进行求解即可.【详解】当时，所以函数在处的切线方程为：，令，它与横轴的交点坐标为.在同一直角坐标系内画出函数和图象如下图的所示：利用数形结合思想可知：不等式对任意的恒成立，则实数k的取值范围是.故选：a【点睛】本题考查了

5、利用数形结合思想解决不等式恒成立问题，考查了导数的应用，属于中档题.7.已知等差数列的前n项和为,且,若(,且),则i的取值集合是( )a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】设等差数列的公差为，根据题设条件，求得，得出，进而求得，再结合等差数列的性质，即可求解.【详解】设等差数列的公差为，因为,可得，解得，所以令，解得或（舍去），即，又因为，所以，由等差数列的性质，可得，所以i的取值集合是.故选：a.【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，以及前n项和公式的应用，其中解答中熟记等差数列前n项和公式，结合等差数列的性质，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.8.若

6、,则下列结论正确的是( )a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】根据指数函数的性质，取得的取值范围，即可求解，得到答案.【详解】由指数函数的性质，可得，即，又由，所以.故选：d.【点睛】本题主要考查了指数幂的比较大小，其中解答中熟记指数函数的性质，求得的取值范围是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题.9.已知等比数列各项均为正数，设其前n项和，若（），则（ ）a. 30b. c. d. 62【答案】b【解析】【分析】根据，分别令，结合等比数列的通项公式，得到关于首项和公比的方程组，解方程组求出首项和公式，最后利用等比数列前n项和公式进行求解即可.【详解】设等比数列的公比为，由

7、题意可知中：.由，分别令，可得、，由等比数列的通项公式可得：，因此.故选：b【点睛】本题考查了等比数列的通项公式和前n项和公式的应用，考查了数学运算能力.10.圆关于直线（）对称，则的最小值是（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】先对圆的方程进行配方，求出圆心的坐标，根据圆的性质可以得到关于的等式，利用基本不等式进行求解即可.【详解】，所以圆心坐标为：，因为圆关于直线对称，所以有，因为，所以有，（当且仅当时取等号，即时取等号）.故选：b【点睛】本题考查圆的几何性质，考查了基本不等式的应用，考查了数学运算能力.11.小王因上班繁忙，来不及做午饭，所以叫了外卖.假设小王和外卖小哥

8、都在12：0012：10之间随机到达小王所居住的楼下，则小王在楼下等候外卖小哥的时间不超过5分钟的概率是（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】设出两人到达小王的时间，根据题意列出不等式组，利用几何概型计算公式进行求解即可.【详解】设小王和外卖小哥到达小王所居住的楼下的时间分别为，以12：00点为开始算起，则有，在平面直角坐标系内，如图所示：图中阴影部分表示该不等式组的所表示的平面区域，所以小王在楼下等候外卖小哥的时间不超过5分钟的概率为：.故选：c【点睛】本题考查了几何概型中的面积型公式，考查了不等式组表示的平面区域，考查了数学运算能力.12.已知双曲线c：（）的左、右焦点分

9、别为，过的直线l与双曲线c的左支交于a、b两点.若，则双曲线c的渐近线方程为（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】设，利用余弦定理，结合双曲线的定义进行求解即可.【详解】设，由双曲线的定义可知：因此再由双曲线的定义可知：，在三角形中，由余弦定理可知：，因此双曲线的渐近线方程为：.故选：d【点睛】本题考查了双曲线的定义的应用，考查了余弦定理的应用，考查了双曲线的渐近线方程，考查了数学运算能力.二、填空题：本题共4小题.每小题5分，共20分.13.若实数x，y满足约束条件，则的最大值为_.【答案】10【解析】【分析】在直角坐标系内画出可行解域，平移直线，在可行解域内找到经过一点使

10、得直线在纵轴上的截距最小即可.【详解】约束条件表示的可行解域如下图所示：平移直线，当经过点时，直线在纵轴上的截距最小，此时点坐标是方程组的解，解得，因此的最大值为.故答案为：10【点睛】本题考查了线性目标函数的最大值问题，考查了数形结合思想，考查了数学运算能力.14.若函数（）满足：是偶函数；的图象关于点对称；在上有两个零点.则同时满足的值是_.【答案】【解析】【分析】利用正弦型函数的对称性、奇偶性、零点进行求解即可.【详解】因为是偶函数，故或；因此有或；当时，因为的图象关于点对称，因此有，解得，因为，所以有；因为在上有两个零点，因此有，解得，所以；当时，因为的图象关于点对称，因此有，或；因为

11、在上有两个零点，因此有，解得，所以.故答案为：【点睛】本题考查了根据正弦型函数的性质求参数问题，考查了数学运算能力.15.已知抛物线c的顶点是原点o，焦点f在x轴的正半轴上，经过点f的直线与抛物线c交于a，b两点，若，则抛物线c的方程为_.【答案】【解析】【分析】根据已知设出抛物线的方程、直线的方程，将直线方程与抛物线方程联立，根据一元二次方程根与系数关系，结合数量积的坐标表示公式进行求解即可.【详解】因为抛物线c的顶点是原点o，焦点f在x轴的正半轴上，所以抛物线的方程可以设为，直线的方程为：，直线方程与抛物线方程联立得：，设，因此，故答案为：【点睛】本题考查求抛物线的标准方程，考查了数量积的

12、坐标表示公式，考查了数学运算能力.16.在三棱锥中，若pa与底面abc所成的角为60，则三棱锥的外接球的表面积_.【答案】【解析】【分析】根据线面角的定义，结合已知条件可以计算出该三棱锥的高，以及顶点在底面射影的位置，再确定球心的位置，最后根据球的表面积公式进行求解即可.【详解】设顶点在底面的射影为，因为pa与底面abc所成的角为60，所以有因为，所以，且等腰直角三角形的外接圆的直径为，又因为，所以点在线段的垂直平分线上，而，所以四边形是正方形，即也是等腰直角三角形的外接圆的直径，两条直线交点为，显然三棱锥的外接球的球心在平面底面abc的射影就是，显然是三棱锥的外接球的直径，所以三棱锥的外接球

13、的表面积为：.故答案为：【点睛】本题考查了三棱锥外接球问题，考查了空间想象能力和数学运算能力.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，内角a，b，c所对的边分别为a，b，c.已知.（1）求角b的大小；（2）设a=2，c=3，求b和的值.【答案】()；()，.【解析】分析：（）由题意结合正弦定理边化角结合同角三角函数基本关系可得，则b=（）在abc中，由余弦定理可得b=结合二倍角公式和两角差的正弦公式可得详解：（）在abc中，由正弦定理，可得，又由，得，即，可得又因为，可得b=（）在abc中，由余弦定理及a=2，c=3，b=，有，故b=由，可得因为ac，故因此，

14、 所以， 点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用解决三角形问题时，注意角的限制范围18.某工厂有25周岁以上（含25周岁）工人300名，25周岁以下工人200名.为研究工人的日平均生产量是否与年龄有关，现采用分层抽样的方法，从中抽取了100名工人，先统计了他们某月的日平均生产件数，然后按工人年龄在“25周岁以上（含25周岁）”和“25周岁以下”分为两组，再将两组工人的日平均生产件数分成5组：分别加以统计，得到如图所示的频率分布直方图.（1）从样本中日

15、平均生产件数不足60的工人中随机抽取2人，求至少抽到一名“25周岁以下组”工人的概率；（2）规定日平均生产件数不少于80的为“生产能手”，请你根据已知条件完成22列联表，并判断是否有90%的把握认为“生产能手与工人所在的年龄组有关”？p（）0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828附：【答案】（1）（2）填表见解析；没有90%的把握认为“生产能手与工人所在的年龄组有关”【解析】【分析】（1）根据频率直方图可以求出25周岁以上（含25周岁）组工人的人数，25周岁以下组工人的人数，运用列举法列出从中随机抽取2名工人，所有的可能结果，然后利用古典概型的计算的公

16、式进行求解即可；（2）根据题中的数据列出列联表，然后进行计算求出进行判断即可.【详解】解（1）由已知得，样本中有25周岁以上（含25周岁）组工人60名，25周岁以下组工人40名.所以样本中日平均生产件数不足60的工人中，25周岁以上（含25周岁）组工人有（人），记为；25周岁以下组工人有（人），记为.从中随机抽取2名工人，所有的可能结果共有10种，它们是，.其中，至少有1名“25周岁以下组”工人的可能结果共有7种，它们是，.故所求的概率.（2）由频率分布直方图可知，在抽取的100名工人中，“25周岁以上（含25周岁）组”中的生产能手有，“25周岁以下组”中的生产能手有（人），据此可得列联表如下

17、：生产能手非生产能手总计25周岁以上（含25周岁）组15456025周岁以下组152540总计3070100所以得因为.所以没有90%的把握认为“生产能手与工人所在的年龄组有关”.【点睛】本题考查了频率直方图的应用，考查了的应用，考查了数学运算能力.19.如图，在多面体中，四边形正方形，是正三角形，.（1）求证：平面；（2）求多面体的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）取的中点，证明四边形为平行四边形，可得，从而可得面，再证明面，利用面面平行的判定，可得平面平面，从而可得平面；（2）先证明平面，于是多面体是由直三棱柱和四棱锥组成的，即可得出结论试题解析：证明：（1）

18、取中点，连，四边形，是平行四边形，在正方形中，四边形为平行四边，平面平面，又平面，平面（2）在正方形中，又是等边三角形，所以,所以，于是，又，平面，又，平面，于是多面体是由直三棱柱和四棱锥组成.又直三棱柱的体积为，四棱锥的体积为，故多面体的体积为.考点：（1）直线与平面平行的判定；（2）几何体的体积.20.已知椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，离心率，以椭圆的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为.（）求椭圆的标准方程；（）若经过点的直线交椭圆于两点，是否存在直线，使得到直线的距离满足恒成立，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】()；()答案见解析.【解析】分析：（）设椭圆的标准方程

19、为，由题意可得，.则椭圆的标准方程为.（）若直线的斜率不存在,则直线为任意直线都满足要求；当直线的斜率存在时，设其方程为：，与椭圆方程联立有，结合韦达定理可得.则存在直线，使得到直线的距离满足恒成立.详解：（）设椭圆的标准方程为，又，由，解得，.所以椭圆的标准方程为.（）若直线的斜率不存在,则直线为任意直线都满足要求；当直线的斜率存在时，设其方程为：，设，（不妨令），则， ，解得.由得，.综上可知存在直线，使得到直线的距离满足恒成立.点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系(2)

20、涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形21.已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）设函数，若，使得成立，求实数a的取值范围；（3）若方程有两个不相等的实数根，求证：.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）对函数进行求导，根据的取值不同进行分类讨论函数的单调区间；（2）根据（1）中的单调性求出在上的最小值，再对进行求导，根据单调性求出在上的最大值，计算的值，然后分类讨论，结合已知以及绝对值的意义进行求解即可；（3）要证，由（1）知由得；只要证明即可，根据方程根的性质，求出的表达式，构造新函数，利用新函数的单调性进行求解即可.【详解】（1）（）当时，函数在上单调递增；当时，由得；由得，函数在上递增，在上递减（2）当时，令得（舍去），当时，当时，则显然成立，即当时，则，即，综上.（3）要证，由（1）知由得；只要证明即可是方程的两个不等实根，不妨设，即，即证即证，设令，则在上单调递增，恒成立，得证.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调区间，考查了利用导数研究不等式能成立问题，考查了利用导数证明