【解析】四川省广元市高三第三次高考适应性统考数学（文科）试题

广元市高2020届第三次高考适应性统考数学试卷（文史类）一、选择题1.若（其中是虚数单位）,则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】化简求出再根据模长公式求解即可.【详解】,故.

故选：C【点睛】本题主要考查了复数的基本运算以及模长公式.属于基础题.2.已知，，则在方向上的投影为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据向量在方向上的投影的计算公式即可求出投影的值．【详解】设向量与的夹角为，则在方向上的投影为．故选：D．【点睛】本题考查了向量坐标的数量积运算，根据向量的坐标求向量的长度的方法，投影的计算公式，向量夹角的余弦公式，考查了计算能力，属于基础题．3.已知集合,,下列命题为假命题的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先求解集合,再根据集合间的关系以及全称与特称量词的性质辨析即可.【详解】.又.故当时不一定有.故不正确.故选：C【点睛】本题主要考查了二次不等式的求解以及集合间的基本关系,同时也考查了全称与特称量词的性质运用.属于基础题.4.已知在中，内角所对的边长分别是，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】由题意结合正弦定理确定充分性和必要性是否成立即可.【详解】设△ABC外接圆半径为R，若，则，结合正弦定理有，即充分性成立；若，则，结合正弦定理有，即必要性成立；综上可得：“”是“”的充要条件.故选：C.【点睛】本题主要考查充分必要条件的判定，正弦定理及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5.如图，在四棱锥中，底面为梯形，，，，分别为棱的中点，则（）A.，且直线是共面直线B.，且直线是异面直线C.，且直线是异面直线D.，且直线是共面直线【答案】D【解析】【分析】证明四边形为平行四边形，得出，结合平面的基本性质，即可得出答案.【详解】连接在中，分别为棱的中点又，，即四边形为平行四边形，则由平面的基本性质可知，直线是共面直线故选：D【点睛】本题主要考查了空间中线共面的问题，属于基础题.6.如图的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《数书九章》中的“中国剩余定理”.执行该程序框图，则输出的为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可得到输出的的值.【详解】，，，按程序框图知，的初值为，第一次运行，，成立，则；第二次运行，，成立，则；第三次运行，，成立，则；第四次运行，，成立，则；第五次运行，，成立，则；第六次运行，，成立，则；第七次运行，，成立，则；第八次运行，，不成立，所以输出值为.故选：B.【点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题.解决程序框图问题时，一定要注意以下几点：（1）不要混淆处理框和输入框；（2）注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；（3）注意区分当型循环结构和直到型循环结构；（4）处理循环结构的问题时，一定要正确控制循环次数；（5）要注意各个框的顺序；（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.7.中国农业银行广元分行发行“金穗广元·剑门关旅游卡”是以“游广元、知广元、爱广元共享和谐广元”为主题活动的一项经济性和公益性相结合的重大举措，以最优惠的价格惠及广元户籍市民、浙江及黑龙江授建省群众、省内援建市市民，凡上述对象均可办理此卡，本人凭此卡及本人身份证一年内（期满后可重新充值办理）在广元市范围内可无限次游览所有售门票景区景点，如：剑门关、朝天明月峡、旺苍鼓城山—七里峡、青川唐家河、广元皇泽寺、苍溪梨博园、昭化古城等，现有浙江及黑龙江援建省群众甲乙两人到广元旅游（同游），第一天他们游览了剑门关、朝天明月峡，第二天他们准备从上面剩下的5个景点中选两个景点游览，则第二天游览青川唐家河的概率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先找出基本事件总数，和满足条件的基本事件数，利用古典概型概率公式求得结果.【详解】从剩下的5个景点中任选两个景点有种情况，青川唐家河被选中有种情况，所以第二天游览青川唐家河的概率，故选：C.【点睛】该题考查的是有关概率的问题，涉及到的知识点有古典概型概率公式，属于基础题目.8.设函数，则函数的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据奇偶性和函数的单调性即可选出答案．【详解】函数，可得，可知是偶函数，排除B；时，，令，解得或当时，，单调递增；当时，，单调递减；排除C；∴极大值；排除A；故选：D．【点睛】本题考查了函数图象的识别，是基础题．9.若，，，则实数的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用指数对数函数的性质分析得到，即得解.【详解】由得由得，由得，所以.故选：B【点睛】本题主要考查对指互化，考查指数对数函数的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.10.已知为坐标原点,双曲线,过双曲线的左焦点作双曲线两条渐近线的平行线,与两渐近线的交点分别为,若四边形的面积为,则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意求出的坐标,再根据四边形的面积为可建立关于的关系,进而根据双曲线中参数的关系求解得到计算即可.【详解】因为均与渐近线平行,故,故横坐标均为,又渐近线方程为.不妨设.又四边形的面积为,故,即,解得,故.故离心率为.故选：A【点睛】本题主要考查了双曲线的离心率求解,需要根据题意确定的坐标,进而求得面积的表达式,再列式根据双曲线基本量的关系求解离心率即可.属于中档题.11.如果关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】不等式在上恒成立等价于,求导后判断导函数在上的正负号，即可得到函数在上的单调性,即可找到，即可得到的取值范围.【详解】当时,不等式成立.当时,不等式在上恒成立等价于恒成立.令则.又,令，解得所以在上单调递增,在上单调递减,单调递增.又因为.所以所以.故选：D.【点睛】本题考查不等式恒成立问题中参数的取值范围.属于中档题.解本类问题一般有两个方向：恒成立；恒成立找到参数的取值范围.2)参变分离.先将参数与变量分开，再利用恒成立；恒成立.12.函数对任意的都有，且时的最大值为，下列四个结论：①是的一个极值点；②若为奇函数，则的最小正周期；③若为偶函数，则在上单调递增；④的取值范围是.其中一定正确的结论编号是（）A.①② B.①③ C.①②④ D.②③④【答案】A【解析】【分析】①根据，得到是函数的一条对称轴，且时的最大值为判断；②由为奇函数，则，得到，再根据时的最大值为判断；③由为偶函数，则，得到，再根据时的最大值为判断；④由②知的最小正周期，则判断.【详解】因为，所以是函数的一条对称轴，又因为时的最大值为，所以是函数的一条对称轴，故①正确；若为奇函数，则，所以，又因为时的最大值为，所以，所以，故②正确；若为偶函数，则，所以，又因为时的最大值为，所以在上单调递增或递减，故③错误；由②知的最小正周期，则，所以的取值范围是，故④错误.故选：A【点睛】本题主要考查三角函数的对称性，奇偶性，周期性，还考查了运算求解的能力，属于难题.二、填空题13.设实数满足约束条件，则的最大值为______.【答案】【解析】【分析】根据约束条件作出可行域，将目标函数变形为，通过平移可知当直线过点时，截距取得最小值，从而可得的最大值．【详解】作出已知不等式组所表示的平面区域，如图所示：将目标函数变形为，由图可知当直线经过点时，截距最小，此时取得最大值为.故答案为：【点睛】本题主要考查简单线性规划，解决线性规划问题的关键是正确地作出可行域，准确地理解目标函数的几何意义．14.若,且,则的值为______.【答案】【解析】【分析】根据二倍角公式、同角三角函数公式化简求解即可.【详解】因,故.因为,故,所以.即,两边平方有.故.故答案为：【点睛】本题主要考查了三角恒等变换求解三角函数值的问题,需要根据题意利用二倍角公式与平方差公式、同角三角函数的关系求解.属于中档题.15.抛物线的焦点为，直线与抛物线交于不同的两点，且，则______.【答案】【解析】【分析】联立直线的方程和抛物线方程，结合抛物线的定义求得点的坐标，由此求得的值.【详解】依题意，.设，由于，所以.由，消去并化简得，所以.根据抛物线的定义有，化简得，代入得，解得（负根舍去）.由于，而，所以，即，代入得.故答案为：【点睛】本小题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查抛物线的定义，属于中档题.16.如图，二面角满足半平面，半平面内有一点（不在上），半平面内有一点（不在上），在直线的射影分别为（不重合），，，则三棱锥外接球的表面积为______.【答案】【解析】【分析】根据已知并结合面面垂直的性质定理可得，，从而可得，，从而可得的中点为三棱锥外接球的球心，故求出即可求出球的半径，再利用球的表面积公式，即可求出结果.【详解】因为，，，，所以，又，所以，同理可得，所以与的斜边的中点的到，，，的距离相等，所以为三棱锥外接球的球心，在中，，在中，，所以三棱锥外接球的半径，所以三棱锥外接球的表面积.故答案为：【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球问题，球的表面积公式，属于中档题．解决几何体的外接球问题时，关键是确定外接球的球心位置和半径.三、解答题17.记为各项均为正数的等比数列的前项和，已知，，记，其中表示不超过的最大整数，如，，.（1）求的通项公式；（2）求的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据等比数列的性质，即可得出的通项公式；（2）由的通项公式以及题设条件得出数列的通项公式，再由等差数列的求和公式，即可得出.【详解】解：（1）因为，所以所以.解得：或（舍）所以（2）根据题意有：因为，所以即所以数列是以首项为，公差为的等差数列所以【点睛】本题主要考查了等比数列通项公式的基本量计算以及求等差数列的前项和，属于中档题.18.广元市某校高三数学备课组为了更好地制定二轮复习的计划，开展了试卷讲评后效果的调研，从上学期市一诊考试数学试题中选出一些学生易错题，重新进行测试，并认为做这些题不出任何错误的同学为“过关”，出了错误的同学为“不过关”，现随机抽查了年级人，他们的测试成绩的频数分布如下表：市一诊分数段人数51015137“过关”人数13886（1）由以上统计数据完成如下列联表，并判断是否有的把握认为市一诊数学成绩不低于分与测试“过关”有关？说明你的理由；分数低于分人数分数不低于分人数合计“过关”人数“不过关”人数合计（2）根据以上数据估计该校市一诊考试数学成绩的中位数.下面的临界值表供参考：【答案】（1）填表见解析；有的把握认为期末数学成绩不低于分与测试“过关”有关，详见解析（2）中位数为分【解析】【分析】（1）首先根据频数分布表中的数据填列联表，然后计算出即可；（2）算出每个分数段的频率，然后即可算出中位数.【详解】（1）根据题意得列联表如下：分数低于分人数分数不低于分人数合计“过关”人数121426“不过关”人数18624合计302050所以，.因此有的把握认为期末数学成绩不低于分与测试“过关”有关.（2）设该市一诊考试数学成绩的中位数为.市一诊分数段人数51015137频率根据题意有：，解得：.所以，该校市一诊考试数学成绩的中位数为分.【点睛】本题考查的是独立性检验和根据频率分布表估计中位数，考查了学生的阅读能力和计算能力，属于基础题.19.如图，在矩形中，，为边的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且使平面平面.（1）证明：；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件，得到，即，由平面平面，得到平面，从而证得结论；（2）取线段的中点，连接，得到的长，由平面平面，得到面，利用，计算即可得出结果.【详解】解：（1）因为，所以：，又因为，所以，则.因为面面且面面，所以面.所以.（2）取线段的中点，连接，如图所示：因为，且为线段的中点.所以且又因为面面,且面面，所以面.所以三棱锥的体积.【点睛】本题考查面面垂直的性质，线面垂直的性质和判定，等体积转化求三棱锥的体积，属于中档题.20.已知函数.（1）函数，讨论的单调性；（2）函数（）的图象在点处的切线为，证明：有且只有两个点使得直线与函数的图象也相切.【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先对求导，然后对a分类讨论，求出单调区间即可；（2）设（），可求出直线的方程为：，假设直线与的图象也相切，切点为，所以直线的方程也可以写作为：，又因为斜率相等可得，即，由此可得，令（），然后结合零点存在性定理证明即可.【详解】（1）（），所以，①当即时：在上单调递增；②当即时：令有：，所以：在单调递减，在上单调递增；（2）设（），，所以：，所以直线的方程为：，即：，①假设直线与的图象也相切，切点为，因为，所以：，所以直线的方程也可以写作为：，又因为，即：，所以直线的方程为：，即：，②由①②有：，即：，令（），所以，令，得：，所以：在上单调递减，在上单调递增，所以：，又因为：当时，；当时，，所以：在有且只有两个实数根，所以有且只有两个点使得直线与函数图象也相切.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查转化和划归思想，属于难题.21.已知椭圆，点，直线分别交椭圆于点，（与不重合）.（1）证明：；（2）若以点为圆心的圆与直线相切，且切点为线段的中点，求该圆的方程.【答案】（1）证明见解析；（2）或.【解析】【分析】（1）设，，联立直线和椭圆的方程得：，由韦达定理得和的表达式，然后计算可得，进而可得结论；（2）结合图形易得，即：，当时，，；当时，，，由此求出圆的方程即可.【详解】（1）根据题意有：直线、斜率均存在，设，，联立，得，所以，，因为，所以；（2）如图所示：根据题意结合图形有：，即：，即：，化简得，所以或，①当时，易得：，即：，易得：，所以，所以圆的方程为：；②当时：，解得，所以，所以，即，有，所以圆的方程为：，综上，圆的方程为或.【点睛】本题考查直线和圆锥曲线位置关系的应用，考查逻辑思维能力和运算求解