四川省成都市石室中学2020届高三数学上学期入学考试考试题 文（含解析）

四川省成都市石室中学2020届高三数学上学期入学考试考试题文（含解析）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，只有一项是符合题目要求的．1.若复数z满足20171zii，其中i为虚数单位，则z（）A.1iB.1iC.1iD.1i【答案】A【解析】【详解】由2017i1iz，得50420174i1iii1i1zi，则1iz，故选：A.2.己知集合2ln34Axyxx，222xByy，则AB（）A.0,1B.4,4C.,4D.4,【答案】B【解析】【分析】由二次不等式的解法可得：4,1A，由指数函数的值域的求法可得：0,4B，再结合并集的运算可得：4,4AB，得解.【详解】解：解不等式2340xx，解得41x，即4,1A，又因为222x，所以22024x，即0,4B，即4,4AB，故选B.【点睛】本题考查了二次不等式的解法、指数函数的值域的求法及并集的运算，属基础题.3.下列判断正确的是（）A.命题“0x，201920190x”的否定是“00x，0201920190x”B.函数22199fxxx的最小值为2C.“2x”是“22xx”的充要条件D.若0ab，则向量a与b夹角为钝角【答案】C【解析】【分析】由全称命题的否定为特称命题可得：命题的否定是“00x，0201920190x”，选项A错误，由()gt在3,为增函数，即min10()3gt，即B错误；由根式方程的求法得“2x”是“22xx”的充要条件，即C正确，由向量的夹角可得向量a与b夹角为钝角或平角，即D错误，得解.【详解】解：对于选项A，命题“0x，201920190x”的否定是“00x，0201920190x”，即A错误；对于选项B，令29tx，则3t，则1()gttt，3t，又()gt在3,为增函数，即min10()(3)3gtg，即B错误；对于选项C，由“2x”可得“22xx”，由“22xx”可得220xx，解得“2x”，即“2x”是“22xx”的充要条件，即C正确，对于选项D，若0ab，则向量a与b夹角为钝角或平角，即D错误，故选C.【点睛】本题考查了全称命题的否定、均值不等式的应用、根式方程的求法及向量的夹角，属基础题.4.对于函数44sincosfxxx，下列结论不正确的是（）A.在0,4上单调递增B.图像关于y轴对称C.最小正周期为2D.值域为1,1【答案】C【解析】【分析】由2222sincos1,cossincos2xxxxx，求得fxcos2x，再利用fx的性质即可得解.【详解】解：因为44sincosfxxx2222(sincos)(sincos)xxxx22sincoscos2xxx，则函数是在0,4上单调递增的偶函数，且值域为1,1，周期为22，即选项,,ABD正确，选项C错误，故选C.【点睛】本题考察了三角恒等变换及函数fxcos2x的性质，属基础题.5.在如图的程序框图中，若输入m=77，n=33，则输出的n的值是A.3B.7C.11D.33【答案】C【解析】这个过程是7723311，33311，故所求的最大公约数是11。6.已知函数2()fxaxxa，命题p：0Rx，0()0fx，若p为假命题，则实数a的取值范围是（）A.11,22B.11,22C.11,,22D.11,,22【答案】C【解析】【分析】p为假命题，即不存在0xR，使00fx，根据这个条件得出实数a的取值范围.【详解】解：因为p为假命题，所以p为真命题，即不存在0xR，使00fx，故2140a，且0a解得：12a或12a，故选C.【点睛】本题考查了命题的否定，解题的关键是要将假命题转化为真命题，从而来解决问题.7.一个平面封闭图形的周长与面积之比为“周积率”，下图是由三个半圆构成的图形最大半圆的直径为6，若在最大的半圆内随机取一点，该点取自阴影部分的概率为49，则阴影部分图形的“周积率”为（）A.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】【分析】设两个小圆的半径分别为12,rr，不妨设12rr，则123rr，根据面积比的几何概型，列出方程求得122,1rr，进而求得阴影部分的周长和面积，即可求解，得到答案．【详解】由题意，设两个小圆的半径分别为12,rr，不妨设12rr，因为大圆的半径为3R，则123rr，大圆的面积221211()22SRrr，阴影部分的面积为2222211212121211111()()()22222SSrrrrrrrr，又由在最大的半圆内随机取一点，该点取自阴影部分的概率为49，可得112212419()2SrrSrr，整理得2211222520rrrr，解得122rr，又由123rr，所以122,1rr，所以阴影部分的周长为121212()2()Crrrrrr，所以121122()3rrCSrr，故选B．【点睛】本题主要考查了新定义的应用，以及面积比几何概型的应用，其中解答中正确理解题意，列出方程求得两小圆的半径是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．8.某柱体的正视图与侧视图是全等的正方形，俯视图是圆，记该柱体的表面积为1S，其内切球的表面积为2S，且12SS，则（）A.1B.23C.43D.32【答案】D【解析】【分析】由空间几何体的三视图可得此柱体为底面直径与高相等的圆柱，设底面圆的半径为r，则此柱体内切球的半径为r，由圆柱体表面积及球的表面积公式可得：216Sr，224Sr，运算即可得解.【详解】解：由已知可得：此柱体为底面直径与高相等的圆柱，设底面圆的半径为r，则高为2r,则22122(2)6Srrrr，又此柱体内切球的半径为r，则224Sr，则21226342SrSr，故选D.【点睛】本题考察了空间几何体的三视图、圆柱体表面积及球的表面积的运算，属中档题.9.如图，在ABC△中，D是BC的中点，E在边AB上，2BEEA，若3ABACADEC，则ABAC的值是（）A.3B.2C.5D.3【答案】A【解析】【分析】将AB,AC作为平面向量的一组基底，再利用平面向量基本定理可得ADEC=22111263ACABABAC,再由3ABACADEC运算即可得解.【详解】解：因为在ABC△中，D是BC的中点，E在边AB上，2BEEA，所以1()()2ADECABACACAE=11()()23ABACACAB=22111263ACABABAC,又3ABACADEC，所以2211026ACAB，即3ABAC,故选A.【点睛】本题考察了平面向量基本定理，属中档题.10.定义在R上的函数fx满足2fxfx，且1x、21x,有12120xxfxfx，若1gxfx，实数a满足212loglog21gagag则a的最小值为（）A.12B.1C.32D.2【答案】A【解析】【分析】由2fxfx，则函数fx的图像关于直线1x对称，由1x、21x,有12120xxfxfx，即函数fx在1,为增函数，又1gxfx，则函数gx为偶函数，且在0,为增函数，再由gx的性质得不等式2log1a，求解即可.【详解】解:由函数fx满足2fxfx，则函数fx的图像关于直线1x对称，又1x、21x,有12120xxfxfx，即函数fx在1,为增函数，又1gxfx，则函数gx为偶函数，且在0,为增函数，又212loglog21gagag，所以222loglog2(log)21gagagag，所以2log1a，即122a，则a的最小值为12，故选A.【点睛】本题考查了函数图像的对称性及函数的单调性，再利用对称性及函数的单调性求解不等式，属中档题.11.在ABC△中，已知23AB，26BC，045ABC，D是边AC上一点，将ABD△沿BD折起，得到三棱锥ABCD．若该三棱锥的顶点A在底面BCD的射影M在线段BC上，设BMx，则x的取值范围为（）A.23,26B.6,23C.3,6D.0,23【答案】B【解析】【分析】在折叠前图1中，AMBD，垂足为N，设图1中A在线段BC上的射影为M，当运动点D与点C无限接近时，折痕BD接近BC，此时M与点1M无限接近，得到1BMBM，在图2中，根据直角三角形的斜边大于直角边，得到BMAB，即可求解．【详解】由将ABD△沿BD折起，得到三棱锥ABCD，且A在底面BCD的射影M在线段BC上，如图2所示，AM平面BCD，则AMBD，在折叠前图1中，作AMBD，垂足为N，在图1中过A作1AMBC于点1M，当运动点D与点C无限接近时，折痕BD接近BC，此时M与点1M无限接近，在图2中，由于AB是直角ABM的斜边，BM为直角边，所以BMAB，由此可得1BMBMAB,因为ABC中，023,26,45ABCABBC，由余弦定理可得23AC,所以221(23)(6)6BM，所以623BM由于BMx，所以实数x的取值范围是6,23，故选B．【点睛】本题主要考查了平面图形的折叠问题，其中解答中由平面图形的折叠前和折叠后，根据运动点D的位置和直角三角形的性质求解是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于中档试题．12.设双曲线2222:10,0xyCabab的左，右顶点为,,ABP是双曲线上不同于,AB的一点，设直线,APBP的斜率分别为,mn，则当2323lnln3bmnmnmna取得最小值时，双曲线C的离心率为（）A.312B.52C.3D.5【答案】D【解析】【分析】设00(,)Pxy，可得2222002()xayba，得到2202220ybmnxaa，代入已知条件，得到23222323lnln3()26ln33bbbbbmnmnmnaaaaa，设0bta，得到322()326ln3fttttt，利用导数求得函数单调性，得到2t时，函数ft取得最小值，即2ba，再由离心率的公式，即可求解．【详解】由双曲线2222:10,0xyCabab，则(,0),(,0)AaBa，设00(,)Pxy，则2200221xyab，可得2222002()xayba，则0000,yymnxaxa，所以2202220ybmnxaa，所以22222222323lnln323ln33bbbbbmnmnmnaaaaa23223()26ln3bbbbaaaa，设0bta，则322()326ln3fttttt，则322262436(2)(23)()324tttttftttttt，当(0,2)t时，0ft，ft单调递减；当(2,)t时，0ft