西藏自治区拉萨那曲第二高级中学2020届高三第四次月考数学（文）试题

西藏自治区拉萨那曲第二高级中学2020届高三第四次月考数学（文）试题

数学试卷（文科）‎ 一．选择题 ‎1.已知集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出集合，再根据交集的定义，计算即得.‎ ‎【详解】由题得，，则.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查求集合的交集，属于基础题.‎ ‎2.假设为虚数单位，复数，则在复平面中，对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简复数，得出点的坐标，即得.‎ ‎【详解】由题，，则对应的点位于第三象限.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查复数的运算法则和几何意义，属于基础题.‎ ‎3.设，满足约束条件，则的最大值为（ ）‎ A. 5 B. ‎4 ‎C. 3 D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组对应的平面区域，由目标函数的几何意义，利用数形结合确定的最大值.‎ ‎【详解】作出不等式组表示的平面区域如图，由，可得，平移直线，由图像可知，当直线经过点时，截距最大，此时最大.由，解得，即，将的坐标代入目标函数，可得的最大值为.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查简单线性规划，属于基础题.‎ ‎4.若非零向量满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，可得，从而得出，即，即得.‎ ‎【详解】由题得，，则，故，则.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查向量的垂直，数量积和向量模的计算，属于基础题.‎ ‎5.甲、乙、丙三名同学站成一排，甲、丙站在两头的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出甲、乙、丙三名同学站成一排的排法，以及甲、丙站在两头的排法，再利用古典概型的计算公式即得.‎ ‎【详解】甲、乙、丙三名同学站成一排，共有种排法，其中甲、丙站在两头的排法有两种：甲乙丙、丙乙甲，则甲、丙站在两头的概率.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查古典概型及排列的应用，属于基础题.‎ ‎6.地球的表面积为5.1亿平方千米，而陆地面积为1.49亿平方千米.右侧的扇形统计图表示的是各大洲面积占地球陆地面积的百分比，则关于七大洲的说法中，正确的是（ ）‎ A. 非洲的面积最大 B. 大洋洲的面积占地球表面积的6%‎ C. 大洋洲的面积大约为0.306亿平方千米 D. 亚洲的面积超过0.298亿平方千米 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算出非洲的面积，大洋洲的面积，亚洲的面积，大洋洲面积占陆地表面积的百分比，再与选项对比即得.‎ ‎【详解】A选项，‎ ‎，故非洲的面积占陆地面积的，比亚洲小，并不是最大.‎ B选项，大洋洲面积占地球陆地表面积的，并不是总面积的.‎ C选项，与题意不符.‎ D选项，符合题意.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查扇形统计图，属于基础题.‎ ‎7.《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤；斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现在有一根金箠，长五尺，在粗的一端截下一尺，重4斤；在细的一端截下一尺，重2斤，问各尺依次重多少？”按这一问题的题设，假设金箠由粗到细各尺重量依次成等差数列，则中间一尺的重量是（ ）‎ A. 3斤 B. 斤 C. 4斤 D. 斤 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据金箠由粗到细各尺重量依次成等差数列，可知，求出公差，即得.‎ ‎【详解】由题，金箠由粗到细各尺重量依次成等差数列，则，可得公差，那么中间一尺的重量是斤.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的实际应用，属于基础题.‎ ‎8.执行如图所示的程序框图，输出的结果为（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的的值，当时满足条件，退出循环，即得.‎ ‎【详解】模拟执行程序框图，可得 不满足条件，；‎ 不满足条件，；‎ 满足条件，退出循环，输出值为.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查程序框图，考查对循环结构的理解和基本运算能力.‎ ‎9.如图，一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为2的正方形，俯视图是一个圆，那么这个几何体的表面积为（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据几何体的三视图，可知该几何体是圆柱体，由已知数据计算即得.‎ ‎【详解】由三视图可知，几何体是底面直径为，高为的圆柱体，则该圆柱体的表面积为.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查根据三视图求几何体的表面积，是常考题型.‎ ‎10.已知函数，R，先将图像上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再将得到的图像上所有点向右平移个单位长度，得到的图像关于轴对称，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因，将其图像上的点的横坐标缩短到原来的后所得函数的解析式为， 图像在轴左侧的第一条对称轴，故至少向右平移个单位就可以得到关于轴对称的图像，选C.‎ 点睛：若三角函数的图像平移后得到的图像为奇函数或偶函数的图像，那么最小的平移往往和轴附近的对称轴或对称中心有关.‎ ‎11.已知正数满足则下列结论正确的是（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，将用表示，利用换底公式，将和相加即可得到为了比较和的大小，可以利用基本不等式，再将转化成即得.‎ ‎【详解】设，则 故而（当且仅当时等号成立），又，所以等号取不到，‎ 故所以有成立.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查对数函数的换底公式和基本不等式，属于中档题.‎ ‎12.已知抛物线的焦点为，为原点，点是抛物线的准线上的一动点，点 在抛物线上，且，则的最小值为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出点坐标，作关于准线的对称点，利用连点之间相对最短得出为的最小值．‎ ‎【详解】解：抛物线的准线方程为，‎ ‎∵，∴到准线的距离为，故点纵坐标为，‎ 把代入抛物线方程可得．‎ 不妨设在第一象限，则，‎ 点关于准线的对称点为，连接，‎ 则，于是 故的最小值为．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线的简单性质，属于基础题．‎ 二．填空题 ‎13.设函数，且，若，则 ‎__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由求出的值，可得的解析式，再将代入，即得.‎ ‎【详解】由题，，又，故.‎ 将代入函数，可得 则 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查分段函数，属于基础题.‎ ‎14.设的内角，，的对边分别为，，，若，，，则_______.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ 试题分析：，由得 考点：正弦定理解三角形 ‎15.已知某校一间办公室有四位老师甲、乙、丙、丁，在某天的某个时刻，他们每人各做一项工作，一人在查资料，一人在写教案，一人在批改作业，另一人在打印资料：（1）甲不在查资料，也不在写教案；（2）乙不在打印资料，也不在查资料；（3）丙不在批改作业，也不在打印资料；（4）丁不在写教案，也不在查资料.此外还可确定，如果甲不在打印资料，那么丙不在查资料，根据以上消息可以判断甲在_______．‎ ‎【答案】打印材料 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合条件（1），先假设甲在批改作业，再结合题中其它条件分析，推出矛盾，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为甲不在查资料，也不在写教案，‎ 若甲在批改作业，根据“甲不在打印资料，那么丙不在查资料”以及“丙不在批改作业，也不在打印资料”得，丙在写教案；又“乙不在打印资料，也不在查资料”，则乙可能在批改作业或写教案，即此时乙必与甲或丙工作相同，不满足题意；所以甲不在批改作业；‎ 因此甲在打印资料.‎ 故答案为打印材料 ‎【点睛】本题主要考查简单的合情推理，结合题中条件直接分析即可，属于常考题型.‎ ‎16.已知数列中，，为数列的前项和，且，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，列出数列的递推关系式，再解出的通项公式即可.‎ ‎【详解】将代入，可得.‎ 化简得：，则，又，故，则可归纳，由，设时，有，即，那么，其中分子为负，分母为正，故，于是，故 那么等式两边同时除以，得：.‎ 故为公差为的等差数列，而，故，于是 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查求递推数列的通项公式，属于中档题.‎ 三．解答题 ‎17.已知数列的前项和为，，，且，，成等差数列.‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若数列满足，数列的前项和为，证明：.‎ ‎【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由有，两式相减得，再计算当时也满足，然后得出数列为等比数列，再利用条件，，成等差数列，计算得出答案.‎ ‎（Ⅱ）由得，用错位相减的方法求出其前项的和,可证明结论.‎ ‎【详解】（Ⅰ）∵，，‎ ‎∴，‎ 两式相减得：，‎ ‎∵，，，满足，‎ 即,‎ 所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，‎ 所以，，‎ 由题知，∴，解得：，‎ 故所求，；‎ ‎（Ⅱ）因为，即，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查递推数列求通项公式，考查等比数列的判定和通项公式，等差数列的性质，利用错位相减法求数列的前项和,属于难题.‎ ‎18.在中，内角A，B，C对边a，b，c，且，已知，，，求：‎ ‎（1）a和c的值；‎ ‎（2）的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由和，得ac=6.由余弦定理，得.‎ 解，即可求出a，c；（2） 在中，利用同角基本关系得 由正弦定理，得，又因为，所以C为锐角，因此，利用，即可求出结果.‎ ‎（1）由得，，又，所以ac=6.‎ 由余弦定理，得.‎ 又b=3，所以.‎ 解，得a=2，c=3或a=3，c=2.‎ 因为a>c,∴ a=3，c=2.‎ ‎（2）在中，‎ 由正弦定理，得，又因为，所以C为锐角，因此.‎ 于是=.‎ 考点：1.解三角形；2.三角恒等变换.‎ ‎19.某蔬菜批发商经销某种新鲜蔬菜（以下简称A蔬菜），购入价为200元/袋，并以300元/袋的价格售出，若前8小时内所购进的A蔬菜没有售完，则批发商将没售完的A蔬菜以150元/袋的价格低价处理完毕（根据经验，2小时内完全能够把A蔬菜低价处理完，且当天不再购进）.该蔬菜批发商根据往年的销量，统计了100天A蔬菜在每天的前8小时内的销售量，制成如下频数分布条形图.‎ ‎（1）若某天该蔬菜批发商共购入6袋A蔬菜，有4袋A蔬菜在前8小时内分别被4名顾客购买，剩下2袋在8小时后被另2名顾客购买.现从这6名顾客中随机选2人进行服务回访，则至少选中1人是以150元/袋的价格购买的概率是多少？‎ ‎（2）若今年A蔬菜上市的100天内，该蔬菜批发商每天都购进A蔬菜5袋或者每天都购进A蔬菜6袋，估计这100天的平均利润，以此作为决策依据，该蔬菜批发商应选择哪一种A蔬菜的进货方案？‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）应该每天购进A蔬菜5袋时，所获平均利润更大 ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）先求出6人中任选2人的可能情况数，再求出至少选中1人是以150元/袋的价格购买的可能情况数，由公式计算即得；（2）分别求出天，每天都购进A蔬菜5袋和6袋的平均利润，进行比较即得.‎ ‎【详解】解：（1）设这6人中花150元/袋的价格购买A蔬菜的顾客为，其余4人为,‎ 则从6人中任选2人的基本事件为：‎ 共15个，其中至少选中1人是以150元/袋的价格购买的基本事件有共9个.所以至少选中1人是150元/袋的价格购买的概率为.‎ ‎（2）当购进A蔬菜5袋时，每天所获平均利润为（元），‎ 当购进A蔬菜6袋时，每天所获平均利润为（元）.‎ 故应该每天购进A蔬菜5袋时，所获平均利润更大.‎ ‎【点睛】本题考查古典概型和利用概率知识解决实际问题，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆，其左、右焦点分别为，离心率，为椭圆上一点，，且的面积为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过左焦点的直线交椭圆于两点，记和的面积分别为和，且，求的方程.‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设利用由余弦定理，可得，再由的面积为，可求出，即得；（2）设，由（1）可知，设直线的方程为，与椭圆方程联立，根据韦达定理可得和，代入，计算即得.‎ ‎【详解】解：（1）设 又由余弦定理可知 故 即，‎ ‎，‎ 故椭圆的方程为.‎ ‎（2），设直线的方程为，‎ 由，得，‎ 设 化简得 故直线的方程为.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的性质，直线和椭圆的位置关系，利用了余弦定理，是常考题型.‎ ‎21.函数.‎ ‎（1）当时，讨论函数的单调性；‎ ‎（2）当时，时，恒成立，求正整数的最大值.‎ ‎【答案】（1）见解析 ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对求导，再因式分解，讨论每个因式的正负，再判断的正负，进而判断的单调性；（2）代入，将不等式中的和分离在不等号两边，然后讨论不等号含有一边的函数的单调性，进而判断最值，再计算的取值范围，由是正整数的条件可求出的最大值.‎ ‎【详解】解：（1）函数的定义域为，‎ ‎①当时，因为，故有.‎ 此时函数在区间单调递减.‎ ‎②当，有，方程的两根分别是：‎ 函数在上单调递减；‎ 当函数在上单调递增；‎ 当函数在上单调递减.‎ ‎③当时，易知在上单调递增，在上单调递减.‎ 综上所述，当时，在上单调递减；‎ 当时，在上单调递减，‎ 在上单调递增；‎ 当时，在上单调递增，在单调递减.‎ ‎（2）当 设 当时，有，‎ 设 在上单调递增，‎ 又在上的函数图像是一条不间断的曲线，‎ 且，‎ 存在唯一的，使得，即.‎ 当；‎ 当，‎ 在上单调递减，在上单调递增，‎ 在上单调递减，‎ ‎，‎ 时，不等式对任意恒成立，‎ 正整数的最大值是3.‎ ‎【点睛】本题是典型的导数和不等式的综合题，这种题需要分情况讨论函数单调性再进行判断，属于较难题.‎ ‎22.已知曲线C的参数方程为（a参数），以直角坐标系的原点为极点，x正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（Ⅰ）求曲线C的极坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）若直线l极坐标方程为，求曲线C上的点到直线l最大距离.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用平方和为1消去参数得到曲线C的直角坐标方程，再利用，整理即可得到答案；（2）将直线的极坐标方程化为直角坐标方程，求出圆心到直线的距离，加上半径即可得到最大距离.‎ ‎【详解】（1）由，得，‎ 两式两边平方并相加，得，‎ 所以曲线表示以为圆心，2为半径的圆.‎ 将代入得，化简得 所以曲线的极坐标方程为 ‎（2）由，得，即，得 所以直线的直角坐标方程为 因为圆心到直线 的距离，‎ 所以曲线上的点到直线的最大距离为.‎ ‎【点睛】本题考查直角坐标方程，参数方程及极坐标方程之间的互化，考查直线与圆的位置关系的应用，属于基础题.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（Ⅰ）当，求取值范围；‎ ‎（Ⅱ）若，对，都有不等式恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）结合a取不同范围，去绝对值，计算a的范围，即可．（2）结合函数性质,计算的最大值,结合题意,建立关于a的不等式，计算a的范围，即可．‎ ‎【详解】（Ⅰ），‎ 若，则，得，即时恒成立；‎ 若，则，得，即；‎ 若，则，得，此时不等式无解. ‎ 综上所述，的取值范围是.‎ ‎（Ⅱ）由题意知，要使不等式恒成立，‎ 只需.‎ 当时，，.‎ 因为，‎ 所以当时， .‎ 于是，解得.‎ 结合，所以的取值范围是.‎ ‎【点睛】本道题考查了绝对值不等式的解法，难度较大．‎