1、2020届四川省成都七中高三上学期入学数学（理）试题一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD【答案】B【解析】分析：根据一元二次不等式的解法求得集合B，之后根据子集的定义可以判断出，根据交集中元素的特征求得，根据并集中元素的特征，可以求得，从而求得结果.详解：由可以求得，从而求得，所以，故选B.点睛：该题以集合为载体，考查了一元二次不等式的解法，并考查了集合间的关系以及集合的交并运算，属于简单题目.2已知，i为虚数单位，若为实数，则a的值为A1B2C3D4【答案】A【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由虚部为0求解可得答案.【详解】解：为实数，即故选:A【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运
2、算，考查复数的基本概念，是基础题3孙子算经是我国古代的数学名著，书中有如下问题:“今有五等诸侯，共分橘子六十颗，人别加三颗.问: 五人各得几何?”其意思为: 有5个人分60个橘子，他们分得的橘子数成公差为3的等差数列，问5人各得多少个橘子.这个问题中，得到橘子最多的人所得的橘子个数是（ ）A15B16C18D21【答案】C【解析】分析：首先根据题意，先确定其为一个等差数列的问题，已知公差、项数与和，求某项的问题，在求解的过程中，经分析，先确定首项，之后根据其和建立等量关系式，最后再利用通项公式求得第五项，从而求得结果.详解：设第一个人分到的橘子个数为，由题意得，解得，则，故选C.点睛：该题所考
3、查的是有关等差数列的有关问题，在求解的过程中，注意分析题的条件，已知的量为公差、项数与和、而对于等差数列中，这五个量是知三求二的，所以应用相应的公式求得对应的量即可.4函数的大致图象为ABCD【答案】A【解析】利用函数的奇偶性排除，利用函数的单调性排除，从而可得结果【详解】，为奇函数，其图象关于原点对称，故排除，在上是增函数且，在上是增函数且，所以在是增函数，排除，故选A【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合
4、要求的图象.5的展开式中，的系数是A40B60C80D100【答案】C【解析】先写出二项展开式的通项，然后令的指数为4，解出相应参数的值，代入通项即可得出结果【详解】二项展开式的通项为令，得因此，二项展开式中的系数为，故选C【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.6按照如图的程序框图执行，若输出结果为15，则M处条件为A B C D【
5、答案】A【解析】分析：首先根据题中所给的框图，分析可知其任务是对等比数列求和的问题，发现数列是以1为首项，以2为公比的等比数列，从而很容易发现其前4项和等于15，而对于k的值为数列的项，结合题中的条件，分析各选项，可以求得正确结果.详解：根据题中所给的程序框图，可以确定该题要求的是，对应的正好是以1为首项，以2为公比的等比数列，该数列的前4项和正好是15，结合题中所给的条件，一一试过，可知选A.点睛：该题考查的是有关程序框图的问题，该题属于补充条件的问题，在求解的过程中，注意数列的项的大小，以及项之间的关系，从而求得正确结果.7已知锐角ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,23cos2
6、A+cos 2A=0,a=7,c=6,则b等于( )A10B9C8D5【答案】D【解析】由题意知,23cos2A+2cos2A-1=0,即cos2A=,又因ABC为锐角三角形,所以cosA=.ABC中由余弦定理知72=b2+62-2b6,即b2-b-13=0,即b=5或b=-(舍去),故选D.8曲线与直线围成的平面图形的面积为（ ）ABCD【答案】D【解析】先作出直线与曲线围成的平面图形的简图，联立直线与曲线方程，求出交点横坐标，根据定积分即可求出结果.【详解】作出曲线与直线围成的平面图形如下：由解得：或，所以曲线与直线围成的平面图形的面积为.故选D【点睛】本题主要考查定积分的应用，求围成图形
7、的面积只需转化为对应的定积分问题求解即可，属于常考题型.9已知函数，若直线过点，且与曲线相切，则直线的斜率为AB2CD【答案】B【解析】求得的导数，设出切点，可得切线的斜率，结合两点的斜率公式，解方程可得m，从而可得结果【详解】函数的导数为，设切点为，则，可得切线的斜率为，所以，解得，故选B【点睛】本题主要考查利用导数求切线斜率，属于中档题. 应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数；(2) 己知斜率求切点即解方程；(3) 巳知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用求解.10巳知将函数的图象向左平移个単位长度后.得到函数的图
8、象.若是偶函数.则=( )ABCD【答案】A【解析】先由题意写出，根据是偶函数求出，即可得出结果.【详解】由题意可得：，因为是偶函数，所以，即，又，所以，解得，所以，故；所以.故选A【点睛】本题主要考查三角函数的图像变换与三角函数的性质，熟记性质即可，属于常考题型.11如图为我国数学家赵爽约3世纪初在为周髀算经作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则区域涂色不相同的概率为ABCD【答案】D【解析】利用分步计数原理求出不同的涂色方案有420种，其中，区域涂色不相同的情况有120种，由此根据古典概型概率公式能求出区域涂色不相同
9、的概率【详解】提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，根据题意，如图，设5个区域依次为,分4步进行分析：，对于区域，有5种颜色可选；，对于区域与区域相邻，有4种颜色可选；，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选；，对于区域，若与颜色相同，区域有3种颜色可选，若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有2种颜色可选，则区域有种选择，则不同的涂色方案有种，其中，区域涂色不相同的情况有：，对于区域，有5种颜色可选；，对于区域与区域相邻，有4种颜色可选；，对于区域与区域相邻，有2种颜色可选；，对于区域，若与颜色相同，区域有2种颜色可选，若与颜色不相同，区域有2种颜色可
10、选，区域有1种颜色可选，则区域有种选择，不同的涂色方案有种，区域涂色不相同的概率为 ,故选D【点睛】本题考查古典概型概率公式的应用，考查分步计数原理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题在求解有关古典概型概率的问题时，首先求出样本空间中基本事件的总数，其次求出概率事件中含有多少个基本事件，然后根据公式求得概率.12如图，将边长为1的正方形ABCD沿x轴正向滚动，先以A为中心顺时针旋转，当B落在x轴时，又以B为中心顺时针旋转，如此下去，设顶点C滚动时的曲线方程为，则下列说法不正确的是A恒成立BCD【答案】C【解析】根据正方形的运动关系，分别求出当，1，2，3，4时对应的函数值，得到具备周期性，周
11、期为4，结合图象，当时，C的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，即可判断所求结论【详解】解：正方形的边长为1，正方形的对角线，则由正方形的滚动轨迹得到时，C位于点，即，当时，C位于点，即，当时，C位于点，即，当时，C位于点，即，当时，C位于点，即，则，即具备周期性，周期为4，由图可得恒成立；当时，C的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，方程为；，综上可得A，B，D正确；C错误故选:C【点睛】本题主要考查函数值的计算和函数的解析式和性质，结合正方形的运动轨迹，计算出对应函数值，得到周期性是解决本题的关键二、填空题13已知等差数列，且，则数列的前7项和_【答案】56【解析】由等差数列的性质可得：利用求和公式即
12、可得出数列的前7项和【详解】解：由等差数列的性质可得：数列的前7项和故答案为:56【点睛】本题考查了等差数列的通项公式的性质及其求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题14若x，y满足约束条件，则的最小值为_【答案】【解析】作出不等式组对应的平面区域，根据点到直线的距离公式进行求解即可【详解】解：作出不等式组对应的平面区域如图：的几何意义是平面区域内的点到原点的距离，由图象得O到直线的距离最小，此时最小值，则的最小值是，故答案为：【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用点到直线的距离公式结合数形结合是解决本题的关键15已知向量与的夹角为，且，若，且则实数的值为_【答案】【解析】，()()
13、22(1)0，即94(1)320，解得.点睛：平面向量数量积的类型及求法(1)求平面向量数量积有三种方法：一是夹角公式ab|a|b|cos ；二是坐标公式abx1x2y1y2；三是利用数量积的几何意义.(2)求较复杂的平面向量数量积的运算时，可先利用平面向量数量积的运算律或相关公式进行化简.16若过抛物线上一点，作两条直线PA，PB分别与抛物线交于两点,若它们的斜率之和为0，则直线AB斜率为_【答案】【解析】根据斜率公式可得,利用化简可得,再根据斜率公式可得.【详解】解：依题意有,又,所以,所以,所以,所以,【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，斜率公式的应用，考查了计算能力属于基
14、础题.三、解答题17已知等差数列的前n项和为，且，又求数列的通项公式；若数列满足，求证：数列的前n项和【答案】（1）（2）证明见解析【解析】直接利用等差数列前n项和公式求出数列的公差，进一步求出数列的通项公式利用等比数列的求和公式和放缩法的应用求出数列的和【详解】解：设的公差为d,因为，又所以，解得故证明：由于，所以，所以【点睛】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，等比数列的前n项和的应用，放缩法的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型18如图1,在正方形中，是的中点，点在线段上,且.若将 分别沿折起，使两点重合于点,如图2. 图1 图2(1)求证:平面；(
15、2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】（1）设正方形的边长为，由，可得，结合，利用线面垂直的判定定理，即可得到平面.（2）建立空间直角坐标系，过点作，垂足为，求出向量和平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：设正方形的边长为4，由图1知, , , ,即由题意知，在图2中，,平面,平面,且,平面,平面,.又平面,平面,且,平面（2）由（1）知平面，则建立如图所示空间直角坐标系，过点作，垂足为，在中，, ,从而,.设平面的一个法向量为，则，令，则，.设直线与平面所成角为,则, .直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】该题考查的是有关立体
16、几何的有关问题，一是线面垂直的判定，一定要把握好线面垂直的判定定理的条件，注意勾股定理也是证明线线垂直的好方法，二是求线面角，利用空间向量来求解，即直线的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值，求得结果.192016年某市政府出台了“2020年创建全国文明城市简称创文”的具体规划，今日，作为“创文”项目之一的“市区公交站点的重新布局及建设”基本完成，市有关部门准备对项目进行调查，并根据调查结果决定是否验收，调查人员分别在市区的各公交站点随机抽取若干市民对该项目进行评分，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图，相关规则为：调查对象为本市市民，被调查者各自独立评分；采用百分
17、制评分，内认定为满意，80分及以上认定为非常满意；市民对公交站点布局的满意率不低于即可进行验收；用样本的频率代替概率求被调查者满意或非常满意该项目的频率；若从该市的全体市民中随机抽取3人，试估计恰有2人非常满意该项目的概率；已知在评分低于60分的被调查者中，老年人占，现从评分低于60分的被调查者中按年龄分层抽取9人以便了解不满意的原因，并从中选取2人担任群众督察员，记为群众督查员中老年人的人数，求随机变量的分布列及其数学期望【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】试题分析：（1）根据直方图的意义，求出后四个小矩形的面积和即可求得被调查者满意或非常满意该项目的频率；（2）根据频率分布直方图，被调
18、查者非常满意的频率是，根据独立重复试验次发生次的概率公式可得结果；（3）随机变量的所有可能取值为0，1，2，利用组合知识根据古典概型概率公式分别求出各随机变量的概率，即可得分布列，根据期望公式可得结果.试题解析：（1）根据题意：60分或以上被认定为满意或非常满意，在频率分布直方图中，评分在的频率为：；（2）根据频率分布直方图，被调查者非常满意的频率是，用样本的频率代替概率，从该市的全体市民中随机抽取1人，该人非常满意该项目的概率为，现从中抽取3人恰有2人非常满意该项目的概率为：；（3）评分低于60分的被调查者中，老年人占，又从被调查者中按年龄分层抽取9人，这9人中，老年人有3人，非老年人6人，
19、随机变量的所有可能取值为0，1，2，的分布列为：012的数学期望 .20已知椭圆 的焦点坐标分別为,为椭圆上一点，满足且(1) 求椭圆的标准方程:(2) 设直线与椭圆交于两点，点，若，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】分析：第一问首先根据题中条件将涉及到的量设出来，之后结合椭圆的定义以及对应的线段的倍数关系，求得对应的边长，利用余弦定理借用余弦值建立边之间的等量关系式，从而求得的值，借用椭圆中的关系，求得b的值，从而求得椭圆的方程，第二问将直线的方程与椭圆的方程联立，求得两根和与两根积，从而求得线段的中点，利用条件可得垂直关系，建立等量关系式，借用判别式大于零找到其所满足的不等关系，
20、求得k的取值范围.详解：（1）由题意设，则，又，在 中，由余弦定理得， ，解得，所求椭圆方程为（2）联立方程，消去得 ，则 ，且设的中心为，则 ，,即， ，解得把代入得，整理得，即解得点睛：该题考查的是有关直线与椭圆的综合题，涉及的知识点有椭圆的定义、余弦定理、椭圆的标准方程，以及直线与椭圆相交的有关问题，要会将题中条件加以转化，再者要会找对应的不等关系.21已知函数，求证：对恒成立；若，若，求证：【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）先对不等式左边进行化简整理，然后将整理后的表达式设为函数，对函数进行一阶导数和二阶导数的分析，得到在上单调递增，则当时，命题得证（2）先对整理后
21、的进行一阶导数的分析，画出函数大致图象，可知，然后采用先取对数然后作差的方法比较大小，关键是构造对数平均数，利用对数平均不等式即可证明【详解】证明：由题意，可知令，则，当时，在上单调递增当时，在上单调递增当时，故命题得证由题意，令，解得；令，解得；令，解得在上单调递减，在上单调递增，在处取得极小值大致图象如下：根据图，可知，根据对数平均不等式，有，故得证【点睛】本题主要考查函数的一阶导数和二阶导数对函数单调性分析的能力，数形结合法的应用，构造函数，构造对数平均数，利用对数平均不等式的技巧，本题属偏难题22在直角坐标系中，圆的参数方程为(参数)，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求的极坐标方程；（2）若射线与圆的交点为，与直线的交点为，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）圆C的参数方程消去参数，能求出圆C的普通方程，再由x=cos，y=sin，能求出圆C的极坐标方程（2）设P（1，1），则有1=cos1，Q（2，1），则，=12，结合tan10，能求出的范围试题解析：（1）圆的普通方程是，又，所以圆的极坐标方程是. （2）设，则有 ，设，且直线的方程是，则有所以因为，所以.第 20 页 共 20 页