2020年四川巴中高三一模数学试卷(文科)

12020年四川巴中高三一模数学试卷（文科）一、单选题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限1.若复数，则在复平面内对应的点位于（）．A.B.C.D.2.已知集合，，则（）．A.B.C.D.3.设，，，则（）．4.已知变量，之间的线性回归方程为，且变量，之间的一组相关数据如下表所示，则下列说法错误的是（）．A.变量，之间呈负相关关系B.可以预测，当时，C.D.该回归直线必过点5.已知点，，不共线，则“与的夹角为是“”的（）．A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件6.下列关于函数和函数的结论，正确的是（）．A.的值域是B.C.2D.7.已知函数，则的图象大致是（）．A.xyOB.xyOC.xyOD.xyO8.设，为空间两条不同的直线，，为空间两个不同的平面，给出下列命题：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则．其中所有正确命题序号是（）．A.③④B.②④C.①②D.①③39.已知双曲线（，）的一条渐近线的倾斜角为，则的离心率为（）．A.B.C.D.10.已知函数、分别是定义在上的偶函数、奇函数，且，若关于的方程在区间内有解，则实数的最小值为（）．A.B.C.D.11.如图，在直三棱柱中，，，则四棱锥的外接球的体积是（）．A.B.C.D.12.已知函数（），若方程恰有个不同的根，则的取值范围是（）．A.B.，，4C.D.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.计算：．14.已知，则=．15.已知抛物线：（）的焦点为，准线为，过的直线交抛物线于，两点，交于点，若，则．16.我国南宋著名数学家秦九韶发现了从三角形三边求三角形面积的“三斜公式”，设三个内角、、所对的边分别为、、，面积为，则“三斜求积”公式为．若，，则用“三斜求积”公式求得的面积为．三、解答题（本大题共5小题，每小题12分，共60分）（1）（2）17.如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，是棱的中点．求证：平面．在棱上是否存在点，使得平面DEP？并说明理由．（1）（2）18.已知各项均为正数的数列的前项和，满足．求数列的通项公式．设，求数列的前项和．5频率组距（1）（2）（3）19.“绿水青山就是金山银山”，“建设美丽中国”已成为新时代中国特色社会主义生态文明建设的重要内容．某班在一次研学旅行活动中，为了解某苗圃基地的柏树幼苗生长情况，在这些树苗中随机抽取了株测量高度（单位：），经统计，树苗的高度均在区间内，将其按，，，，，分成组，制成如图所示的频率分布直方图．据当地柏树苗生长规律，高度不低于的为优质树苗．求图中的值．已知所抽取的这株树苗来自于，两个试验区，部分数据如下列联表：试验区试验区合计优质树苗非优质树苗合计将列联表补充完整，并判断是否有%的把握认为优质树苗与，两个试验区有关系，并说明理由．通过用分层抽样方法从试验区被选中的树苗中抽取株，若从这株树苗中随机抽取株，求优质树苗和非优质树苗各有株的概率．附：参考公式与参考数据：其中（1）20.已知函数．当时，求函数的单调区间及极值．6【答案】解析:∵，∴复数在复平面内对应点在第四象限，故正确．故选．（2）当时，求证：．（1）（2）21.在平面直角坐标系中，已知点，，动点满足直线与的斜率之积为．记点的轨迹为曲线．求的方程，并说明是什么曲线．若，是曲线上的动点，且直线过点，问在轴上是否存在定点，使得？若存在，请求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．四、选做题（本大题共2小题，选做1题，共10分）（1）（2）22.在直角坐标系中．直线的参数方程为（为参数，）．在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中．曲线．当时，求与的交点的极坐标．直线与曲线交于，两点，且两点对应的参数，互为相反数，求的值．（1）（2）23.已知函数．当时，求不等式的解集．若的解集包含，求的取值范围．D1.7解析:集合是抛物线上点的集合，集合是直线上点的集合，由解得或，即两曲线交点为，，所以．故选．解析:∵，∴，，由，则，，由，则，综上所述，；故选．解析:由，得变量，之间呈负相关关系，故正确；当时，，故正确；由题表中数据可知，，则，解得，故错误；由，得，所以该回归直线必过点，故正确．C2.B3.C4.8故选．解析:∵，，三点不共线，∴与的夹角为锐角，∵“与的夹角为”“”，“”“与的夹角为”，∴“与的夹角为”是“”的充分不必要条件．故选．解析:，函数，是偶函数，不具备周期性，故，错误；，即函数的值域是，故错误；，故正确．故选．解析:根据题意，函数，其导数，分析可得：，即函数为奇函数，可以排除、，且，分析可得当时，，则函数在区间为减函数，可以排除，故选：．解析:A5.D6.A7.A8.9对于①，若，，则与可能相交，故①错误；对于②，若，，则可能在内，故②错误；对于③，若，，故正确；对于④，若，，则根据线面垂直的性质定理以及面面平行的性质定理得到，故④正确．故选．解析:双曲线（，）的渐近线方程为，由双曲线的一条渐近线的倾斜角为，得，则，∴，得，∴．故选．解析:∵为偶函数，为奇函数，且．∴，即，∴．∵，∴．即，∴．设，，∵．为增函数，∴为增函数，C9.B10.10∴，∴原方程在内有解，∴在上有解，∴．设，．根据对勾函数性质，在上为减函数，上为增函数，∴，即．∴，∴．故的最小值为．故选．解析:记长方形外接周，圆心为，记四棱锥外接球体积为，球心为，半径为．设，过作交于．在中，∵，∴有①在中，∵，或．即或．∴或．A11.11即②联立①②得．．∴．．∵直三棱柱，．∴底面，∴过作交于．∵平面．又，又∵，∴．而．∴，，，又长方形，∴长方形外接圆是以为直径的圆．故半径为．故选．解析:当，，即，B12.12故当时，有一个根，则当时，恰有个不同的根，即，在上恰有个不同的根，，在上恰有个不同的根，与，在上有两个不同交点，令，，则，，当时，，单调递减，时，，单调递增，，大致作出的图象，要使与有两个交点，则．故选．解析:．故答案为：．解析:13.14.13．解析:∵，∴，设，则，∴，，在与中，，∴，而，∴，∴，∴．15.16.14（1）（2）解析:根据正弦定理：由，可得：，由于，可得：，可得：．故答案为：．解析:方法一：由底面是矩形，知，，又，，平面，∴平面，又平面，∴，由，是棱的中点，得：，∵，，平面，∴平面．方法二：由底面是矩形，知，，又，，平面，∴平面，又平面，∴平面平面，由，是棱的中点，得：，∵平面平面，平面，∴平面．如图，（1）证明见解析．（2）存在，证明见解析．17.15（1）（2）取中点，连接，，在矩形中，，，∴四边形是平行四边形，∴，∵平面，平面，∴平面．解析:由知：当时，有，，解得由，两式想减，得：，化简得：变形得：∵对，有∴，即故数列是以为首项，为公差的等差数列∴．方法一：∵，∴∴．（1）．（2）．18.16（1）（2）∴．方法二：由及已知，得：记，数列前几项和为，则∵，∴数列是以为首项,4为公比的等比数列，∴，∴．解析:根据频率直方图数据，有，解得：．根据频率直方图可知，样本中优质树苗棵树有：，列联表如下：试验区试验区合计优质树苗非优质树苗合计可得：，（1）．（2）列联表如下：试验区试验区合计优质树苗非优质树苗合计没有%的把握认为优质树苗与，两个试验区有关系．证明见解析．（3）．19.17（3）（1）（2）所以，没有%的把握认为优质树苗与，两个试验区有关系．也可由得出结论．由（）知：试验区选中的树苗中优质树苗有株，非优质树苗有株，故用分层抽样在这株抽出的株树苗中优质树苗和非优质树苗分别为株和株，记株优质树苗为、，记株非优质树苗为、、，则从这株树苗中随机抽取株的共有以下种不同结果：，，，，，，，，，．其中，优质树苗和非优质树苗各有株的共有以下共种不同结果：，，，，，．优质树苗和非优质树苗各有株的概率为．解析:当时，，在上单调递减，由得：，∴当时，，当时，，∴函数的单调增区间为，单调减区间为，，但没有极小值．方法一：令，①当时，，故，②当时，在上是增函数，由得：，∴当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，∴，∴，由知：，∴，于是，∴，即，（1）函数的单调增区间为，单调减区间为，，没有极小值．（2）证明见解析．20.极大值极大值18（1）（2）综上所述，当时，．方法二：即，其中，，以为主元，设，，则当时，，由知对任意成立，令，则在上单调递减，又，∴当时，，当时，，∴，∴对任意，都有，即，综上所述，当时，．解析:由题意得：，∴，化简得：．∴曲线的方程为．∴是中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆（不含左、右顶点）．假设存在的定点符合题意．由题意知：直线，的斜率分别为，，由题意及（）知：直线与直线，均不重合．当直线的斜率存在时，设其方程为，，，由，得直线，的倾斜角互补，故，又（1）曲线的方程为．是中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆（不含左、右顶点）．（2）在轴上存在定点，使得．21.19（1）（2）（1）．∴，①由，消去，整理得：，，又，，②代②入①得：，③∵当时，不恒为，∴当且仅当时③式成立，即定点满足题意．当直线的斜率不存在时，点满足，也符合题意．综上所述，在轴上存在定点，使得．解析:依题意可知，直线的极坐标方程为，当时，联立，解得交点，当时，经检验满足两方程，当时，无交点．综上，曲线与直线的点极坐标为，．把直线的参数方程代入曲线，得，可知，，所以．解析:当时，即，即①，或②，（1），．（2）．22.（1）或．（2）．23.20（2）或③，解①可得，解②可得，解③可得，把①、②、③的解集取并集可得不等式的解集为．原命题即在上恒成立，等价于在上恒成立，等价于，等价于，在上恒成立，故当时，的最大值为，的最小值为，故的取值范围为．或