【文档说明】【精准解析】四川省大数据精准教学2020届高三第一次统一监测数学（文）试题.pdf，共(22)页，315.691 KB，由小赞的店铺上传

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-1-四川省2017级高三大数据精准教学第一次统一监测文科数学一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.已知集合019Axx，1,2,6,10B，则AB（）A.1,2B.2,6C.1,2

,6D.2,6,10【答案】B【解析】【分析】求出A中不等式的解集确定出A，找出A与B的交集即可.【详解】解：由题意知，019110Axxxx，而1,2,6,10B，∴2,6AB.故选：B.【点睛】本题考查交集

及其运算，熟练掌握交集的定义是解题的关键.2.若复数z满足i2iz，则z（）A.2B.3C.2D.5【答案】D【解析】【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式计

算.【详解】解：由题意知，i2iz，22212121iiiiziii，∴2212i125z，故选：D.-2-【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法.3.已知0a且1a，函数1log,031,0axxaxfxx

，若3fa，则fa（）A.2B.23C.23D.89【答案】C【解析】【分析】根据分段函数的解析式，知当0x时，131,xfx且3fx，由于3fa，则log3afaaa，即可求出a.【详解】由题意知：当0x时，

131,xfx且3fx由于3fa，则可知：0a，则log3afaaa，∴2a，则2a，则122313faf.即23fa.故选：C.【点睛】本题考查分段函数的应用，由分段函数解析式求自变量.4.已知向量3,1a，

3,1b，则a与b的夹角为（）A.6B.3C.23D.56【答案】B【解析】【分析】由已知向量的坐标，利用平面向量的夹角公式，直接可求出结果.【详解】解：由题意得，设a与b的夹角为，-3-3

11cos222abab，由于向量夹角范围为：0，∴π3.故选：B.【点睛】本题考查利用平面向量的数量积求两向量的夹角，注意向量夹角的范围.5.函数cos22xxxfx的部分图像大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据函数解析式，可知

fx的定义域为xR，通过定义法判断函数的奇偶性，得出fxfx，则fx为偶函数，可排除,CD选项，观察,AB选项的图象，可知代入0x，解得00f，排除B选项，即可得出答案.【详解】解：因为cos22xxxfx，所以

fx的定义域为xR，则coscos2222xxxxxxfxfx，∴fx为偶函数，图象关于y轴对称，排除,CD选项，且当0x时，1002f，排除B选项，所以A正确.故选

：A.-4-【点睛】本题考查由函数解析式识别函数图象，利用函数的奇偶性和特殊值法进行排除.6.已知双曲线222210,0xyabab的焦距是虚轴长的2倍，则双曲线的渐近线方程为（）A.33yxB.3yxC.12

yxD.2yx【答案】A【解析】【分析】根据双曲线的焦距是虚轴长的2倍，可得出2cb，结合22224cbab，得出223ab=，即可求出双曲线的渐近线方程.【详解】解：由双曲线222210,0xyabab可知，焦点在x轴上，则双曲线的渐近线方程为：by

xa，由于焦距是虚轴长的2倍，可得：2cb，∴22224cbab，即：223ab=，33ba，所以双曲线的渐近线方程为：33yx.故选：A.【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，以及双曲线的渐近线方程.7.“4sin25”是“ta

n2”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】B【解析】【分析】-5-直接利用二倍角的正弦公式换化简222sincos4sin2sincos5，再利用齐次式进行弦切互化，得出22tan4tan15，即可求出tan，即可判断

充分条件和必要条件.【详解】解：2242sincos4sin25sincos5，则22tan4tan2tan15或12，所以“4sin25”是“tan2”的必要不充分条件.故选：B.【点睛】本题考查必要不充分条件的判断，运用

到三角函数中的二倍角正弦公式、同角平方关系、齐次式进行弦切互化.8.“完全数”是一些特殊的自然数，它所有的真因子（即除了自身以外的约数）的和恰好等于它本身.古希腊数学家毕达哥拉斯公元前六世纪发现了第一、二个“完全数”6和28，进一步研究发现后续三个完全数”分别为496，8128

，33550336，现将这五个“完全数”随机分为两组，一组2个，另一组3个，则6和28不在同一组的概率为（）A.15B.25C.35D.45【答案】C【解析】【分析】先求出五个“完全数”随机分为两组，一组2

个，另一组3个的基本事件总数为2510C，再求出6和28恰好在同一组包含的基本事件个数，根据即可求出6和28不在同一组的概率.【详解】解：根据题意，将五个“完全数”随机分为两组，一组2个，另一组3个，则基本事件总数为2510C，则6和28恰好在同一组包含的基本事件个数212

34CC，∴6和28不在同一组的概率1043105P.故选：C.【点睛】本题考查古典概型的概率的求法，涉及实际问题中组合数的应用.9.曲线312ln3yxx上任意一点处的切线斜率的最小值为（）-6-A.3B.2C.32D.1【答案】A【解

析】【分析】根据题意，求导后结合基本不等式，即可求出切线斜率3k，即可得出答案.【详解】解：由于312ln3yxx，根据导数的几何意义得：222321111330kfxxxxxxxxxx，即切线斜率3k，当且仅当1x等号成

立，所以312ln3yxx上任意一点处的切线斜率的最小值为3.故选：A.【点睛】本题考查导数的几何意义的应用以及运用基本不等式求最值，考查计算能力.10.正三棱柱111ABCABC中，12AAAB，D

是BC的中点，则异面直线AD与1AC所成的角为（）A.6B.4C.3D.2【答案】C【解析】【分析】取11BC中点E，连接1AE，CE，根据正棱柱的结构性质，得出1AE//AD，则1CAE即为异面直线AD与1AC所成角，求出11tanCECAEAE

，即可得出结果.【详解】解：如图，取11BC中点E，连接1AE，CE，-7-由于正三棱柱111ABCABC，则1BB底面111ABC，而1AE底面111ABC，所以11BBAE，由正三棱柱的性质可知，111ABC△为等边三角形，所以111AEBC，且111

AEBCE,所以1AE平面11BBCC，而EC平面11BBCC，则1AEEC，则1AE//AD，190AEC，∴1CAE即为异面直线AD与1AC所成角，设2AB，则122AA，13AE，3CE，则113tan33CECAEAE，∴1

3πCAE.故选：C.【点睛】本题考查通过几何法求异面直线的夹角，考查计算能力.11.已知直线l：320xy与圆O：224xy交于A，B两点，与l平行的直线1l与圆O交于M，N两点，且OAB与OMN的面积相等，给出下列直线1l：①3230xy，②320xy，

③320xy，④3230xy.其中满足条件的所有直线1l的编号有（）A.①②B.①④C.②③D.①②④-8-【答案】D【解析】【分析】求出圆心O到直线l的距离为：112dr，得出120AOB，根据条

件得出O到直线1l的距离1d或3时满足条件，即可得出答案.【详解】解：由已知可得：圆O：224xy的圆心为（0,0），半径为2，则圆心O到直线l的距离为：112dr，∴120AOB，而1//ll，OAB与OMN的面积相等，∴120MO

N或60，即O到直线1l的距离1d或3时满足条件，根据点到直线距离可知，①②④满足条件.故选：D.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，涉及点到直线的距离公式.12.已知函数sin06fxAxaaA在区间70,3有

三个零点1x，2x，3x，且123xxx，若123523xxx，则fx的最小正周期为（）A.2B.23C.D.43【答案】C【解析】【分析】根据题意，知当7π3x时，π5π62x，由对称轴的性质可知122π3

xx和238π3xx，即可求出w，即可求出fx的最小正周期.-9-【详解】解：由于sin06fxAxaaA在区间70,3有三个零点1x，2x，3x，当7π3x时，π5π62x，∴由对称轴可知1x，2

x满足12πππ2662xx，即122π3xx.同理2x，3x满足23ππ3π2662xx，即238π3xx，∴12310π5π233xxx，2，所

以最小正周期为：2ππ2T.故选：C.【点睛】本题考查正弦型函数的最小正周期，涉及函数的对称性的应用，考查计算能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知圆柱的两个底面的圆周在同一个球的球面上，圆柱的高和球半径均为2，

则该圆柱的底面半径为__________.【答案】3【解析】【分析】由圆柱外接球的性质，即可求得结果.【详解】解：由于圆柱的高和球半径均为2，,则球心到圆柱底面的距离为1，设圆柱底面半径为r，由已知有22212r，∴3r，即圆柱

的底面半径为3.故答案为：3.-10-【点睛】本题考查由圆柱的外接球的性质求圆柱底面半径，属于基础题.14.已知x，y满足约束条件0,1,22,xxyxy则zxy的最大值为__________.【答案】1【解析】【分析】先画出约束条件的可行域，根据平移法判断出最

优点，代入目标函数的解析式，易可得到目标函数zxy的最大值．【详解】解：由约束条件得如图所示的三角形区域，由于zxy，则yxz，要求zxy的最大值，则求yxz的截距z的最小值，显然当平行直线过

点()1,0A时，z取得最大值为：101z.故答案为：1．【点睛】本题考查线性规划求最值问题，我们常用几何法求最值.15.已知a，b，c分别为ABC内角A，B，C的对边，2a，3sin3A，6b，则ABC的面积为__________.【答案】2【解析】【

分析】根据题意，利用余弦定理求得2c，再运用三角形的面积公式即可求得结果.-11-【详解】解：由于2a，3sin3A，6b，∵ab，∴AB，6cos3A，由余弦定理得222632bcabc，

解得2c，∴ABC的面积1326223S.故答案为：2.【点睛】本题考查余弦定理的应用和三角形的面积公式，考查计算能力.16.已知椭圆C：222210xyabab的左，右焦点分别为1F，2F，过1F的直线交椭圆C

于A，B两点，若290ABF，且2ABF的三边长2BF，AB，2AF成等差数列，则C的离心率为__________.【答案】22【解析】【分析】设2BFx，ABxd，22AFxd，根据勾股定理得出3xd，而由椭圆的定义得出2ABF的周长为4a，有3ad

，便可求出a和c的关系，即可求得椭圆的离心率.【详解】解：由已知，2ABF的三边长2BF，AB，2AF成等差数列，设2BFx，ABxd，22AFxd，而290ABF，根据勾股定理有：2222xxdxd，解得：3xd，由椭圆定义知：2ABF

的周长为4a，有3ad，21BFaBF，在直角21BFF中，由勾股定理，2224ac，即：2212ca，-12-∴离心率2222cea.故答案为：22.【点睛】本题考查椭圆的离心率以及椭圆的定义的应用，考查计算能力.三、解答

题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17.已知数列na的各项均为正数，且满足22120nn

anann.（1）求1a，2a及na的通项公式；（2）求数列2na的前n项和nS.【答案】（1）13a；25a.21nan；（2）8413nnS【解析】【分析】（1）根据题意，知0na，且2

2120nnanann，令1n和2n即可求出1a，2a，以及运用递推关系求出na的通项公式；（2）通过定义法证明出nb是首项为8，公比为4的等比数列，利用等比数列的前n项和公式，即可求得2na的前n项和nS.【详

解】解：（1）由题可知，0na，且22120nnanann，当1n时，211230aa，则13a，当2n时，2223100aa，25a，-13-由已知可得210nnanan，且0na

，∴na的通项公式：21nan.（2）设2nanb，则212nnb，所以2122112242nnnnbb，3128b，得nb是首项为8，公比为4的等比数列，所以数列nb的前n项和nS为：12nnSb

bb，即3521814822241143nnnnS，所以数列2na的前n项和：8413nnS.【点睛】本题考查通过递推关系求数列的通项公式，以及等比数列的前n项和公式，考查计算能力.18.语音交互是人工智能的方向之一，现

在市场上流行多种可实现语音交互的智能音箱.主要代表有小米公司的“小爱同学”智能音箱和阿里巴巴的“天猫精灵”智能音箱，它们可以通过语音交互满足人们的部分需求.某经销商为了了解不同智能音箱与其购买者性别之间的关联程度，从某地区

随机抽取了100名购买“小爱同学”和100名购买“天猫精灵”的人，具体数据如下：“小爱同学”智能音箱“天猫精灵”智能音箱合计男4560105女554095合计100100200（1）若该地区共有13000人购买了“小爱同学”，有12000人购买了“天猫精灵”，试估计该地区

购买“小爱同学”的女性比购买“天猫精灵”的女性多多少人？（2）根据列联表，能否有95%的把握认为购买“小爱同学”、“天猫精灵”与性别有关？-14-附：22nadbcKabcdacbd2PKk0.100.050.0250.010.0050.001k2.7063

.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）多2350人；（2）有95%的把握认为购买“小爱同学”、“天猫精灵”与性别有关.【解析】【分析】（1）根据题意，知100人中购买“小爱同学”的女性有55人，购买“天猫精灵

”的女性有40人，即可估计该地区购买“小爱同学”的女性人数和购买“天猫精灵”的女性的人数，即可求得答案；（2）根据列联表和给出的公式，求出2K，与临界值比较，即可得出结论.【详解】解：（1）由题可知，100人

中购买“小爱同学”的女性有55人，购买“天猫精灵”的女性有40人，由于地区共有13000人购买了“小爱同学”，有12000人购买了“天猫精灵”，估计购买“小爱同学”的女性有13000557150100人.估计购买“天猫精灵”的女性有12000404800100人.则71504800

2350，∴估计该地区购买“小爱同学”的女性比购买“天猫精灵”的女性多2350人.（2）由题可知，22200454060554.5113.84110595100100K，∴有95%的把握认为购买“小爱同学”、“天

猫精灵”与性别有关.【点睛】本题考查随机抽样估计总体以及独立性检验的应用，考查计算能力.-15-19.如图，四棱锥PABCD中，四边形ABCD是矩形，3AB，2AD，PAD△为正三角形，且平面PAD平面ABCD，E、F分别为PC、PB的中点.（1）证明：//EF平面PAD；（2）求几

何体ABCDEF的体积.【答案】（1）见解析；（2）54【解析】【分析】（1）由题可知，根据三角形的中位线的性质，得出//EFBC，根据矩形的性质得出//ADBC，所以//EFAD，再利用线面平行的判定定理即可

证出//EF平面PAD；（2）由于平面PAD平面ABCD，根据面面垂直的性质，得出PO平面ABCD，从而得出E到平面ABCD的距离为32，结合棱锥的体积公式，即可求得结果.【详解】解：（1）∵E，F分别为PC，PB的中点，∴//E

FBC，∵四边形ABCD是矩形，∴//ADBC，∴//EFAD，∵AD平面PAD，EF平面PAD，∴//EF平面PAD.（2）取AD，BC的中点O，M，连接PO，OE，OM，ME，则POAD，由于ABFOME为三棱柱，EOMCD为四棱锥，∵平面PAD平面A

BCD，∴PO平面ABCD，由已知可求得3PO，∴E到平面ABCD的距离为1322hPO，-16-因为四边形ABCD是矩形，3AB，2AD，1=3232ABMOOMCDSS四边形四边形，设几何体ABCDEF的体积为

V，则ABFOMEEOMCDVVV三棱柱四棱锥，∴1123ABMOOMCDVShSh四边形四边形，即：131353322324V.【点睛】本题考查线面平行的判定、面面垂直的性质和棱锥的体积公式，考查逻辑推理和计算能力.20.

在平面直角坐标系xOy中，直线10ykxk与抛物线C：240xpyp交于A，B两点，且当1k时，8AB.（1）求p的值；（2）设线段AB的中点为M，抛物线C在点A处的切线与C的准线交于点N，证明：//MN

y轴.【答案】（1）1；（2）见解析【解析】【分析】（1）设11,Axy，22,Bxy，联立直线和抛物线方程，得2440xpxp，写出韦达定理，根据弦长公式，即可求出1p；（2）由214yx，得12yx，根据导数的几何意义，求出抛物线在点A点处切线方程，

进-17-而求出NMxx，即可证出//MNy轴.【详解】解：（1）设11,Axy，22,Bxy，将直线l代入C中整理得：2440xpxp，∴124xxp，124xxp，∴22121224216168ABxxxxpp，解

得：1p.（2）同（1）假设11,Axy，22,Bxy，由214yx，得12yx，从而抛物线在点A点处的切线方程为21111142yxxxx，即2111124yxxx，令1y，得21142Nxxx，由（1）知124xx

，从而211212122NMxxxxxxxx，这表明//MNy轴.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及联立方程组、韦达定理、弦长公式以及利用导数求切线方程，考查转化思想和计算能力.21.已知函数1exfxxa，aR.（1）讨论fx的单调性；（2）当1a时

，证明：ln1fxaaa.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）求导得1exfxa，分类讨论0a和0a，利用导数研究含参数的函数单调性；-18-（2）根据（1）中求得的fx的单调

性，得出fx在lnxa处取得最大值为1lnln1ln1faaaaaa，构造函数ln1lngaaaaaa，利用导数，推出11gag，即可证明不等式.【详解】解：（1）由于1exfxxa，得1exfxa

，当0a时，0fx，此时fx在R上递增；当0a时，由0fx，解得lnxa，若,lnxa，则0fx，若ln,xa，0fx，此时fx在,lna

递增，在ln,a上递减.（2）由（1）知fx在lnxa处取得最大值为：1lnln1ln1faaaaaa，设ln1lngaaaaaa，则11l

ngaaa，令11lnhaaa，则2110haaa，则ha在1,单调递减，∴10hah，即0ga，则ga在1,单调递减∴11gag，∴lnln1faaaa

，∴ln1fxaaa.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，涉及分类讨论和构造新函数，通过导数证明不等式，考查转化思想和计算能力.-19-22.在极坐标系中，曲线C的极坐标方程为3π,0,π22si

n6π1,π.2（1）求曲线C与极轴所在直线围成图形的面积；（2）设曲线C与曲线1sin2交于A，B两点，求AB.【答案】（1）13π42；（2）3【解析】【分析】（1）利用互化公式，将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程，得出曲

线C与极轴所在直线围成的图形是一个半径为1的14圆周及一个两直角边分别为1与3的直角三角形，即可求出面积；（2）联立方程组，分别求出A和B的坐标，即可求出AB.【详解】解：（1）由于C的极坐标方程为3π,0,π22sin6π1,π.2

，根据互化公式得，曲线C的直角坐标方程为：当03x时，330xy，当10x≤≤时，221xy，则曲线C与极轴所在直线围成的图形，是一个半径为1的14圆周及一个两直角边分别为1与3的直角三角形，

∴围成图形的面积13π42S.-20-（2）由11sin2得5π1,6A，其直角坐标为3,221，1sin2化直角坐标方程为12y，3π2sin6

化直角坐标方程为33xy，∴31,22B，∴33322AB.【点睛】本题考查利用互化公式将极坐标方程化为直角坐标方程，以及联立方程组求交点坐标，考查计算能力.23.设x，y，

zR，2zxym.（1）若22223xyz的最小值为4，求m的值；（2）若2221412xyz，证明：1m或m1.【答案】（1）2；（2）见解析【解析】【分析】（1）将22223xyz化简为

22222xzyz，再利用基本不等式即可求出最小值为4，便可得出m的值；-21-（2）根据222abab，即2222abab，得出2222211142222xyzxyz，利用基本不等式求出最值，便可得出m的取

值范围.【详解】解：（1）由题可知，x，y，zR，2zxym22222222322424xyzxzyzxzyzm，∴2m.（2）∵222abab，∴2222abab，∴

222221111422212222xyzxyzxyz，∴1m，即：1m或m1.【点睛】本题考查基本不等式的应用，利用基本不等式和放缩法求最值，考查化简计算能力.-22-