【文档说明】【精准解析】四川省南充高级中学2020届高三下学期第三次线上月考数学（文）试题.pdf，共(22)页，399.207 KB，由小赞的店铺上传

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-1-南充高中高2017级线上第三次月考数学试卷（文科）一、选择题（本大题共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.已知全集UR，|0Axx，|1Bxx，则UCAB（）A.1,0B.

1,1C.1,D.0,1【答案】A【解析】【分析】直接用补集，交集的概念运算即可.【详解】|0Axx，|1Bxx，|0UCAxx，则1,0UCAB.故选：A.【点睛】本题考查交集，

补集的运算，是基础题.2.设63235xxiyi（i为虚数单位），其中x，y是实数，则xyi等于（）A.5B.13C.22D.2【答案】A【解析】【分析】直接由复数代数形式的乘除运算以及复数相等的条件，列出方程

组求解即可得x，y的值，再由复数求模公式计算得答案．【详解】由6(32)i3(5)ixxy，得．63325xxy，解得34xy，345xyii﹒故选A．【点睛】本题考查了复数代

数形式的乘除运算，考查了复数相等的条件，考查了复数模的求法，是基础题．3.埃及金字塔是古埃及的帝王（法老）陵墓，世界七大奇迹之一，其中较为著名的是胡夫金字塔．令人吃惊的并不仅仅是胡夫金字塔的雄壮身姿，还有发生在胡夫金字塔上的数字“巧合”．如胡夫金字塔的底部周长如果除以其高度的两倍，得到的商为

3.14159，这就是圆周率较为精确的近似值．金字塔底部形为正方形，整个塔形为正四棱锥，经古代能工巧匠建设完-2-成后，底座边长大约230米．因年久风化，顶端剥落10米，则胡夫金字塔现高大约为（）A.128.5米B.132

.5米C.136.5米D.110.5米【答案】C【解析】【分析】设出胡夫金字塔原高，根据题意列出等式，解出等式即可根据题意选出答案．【详解】胡夫金字塔原高为h，则23043.141592h，即2304146.423.1

4159h米，则胡夫金字塔现高大约为136.4米．故选C．【点睛】本题属于数学应用题，一般设出未知数，再根据题意列出含未知数的等式，解出未知数，即可得到答案．属于常规题型．4.体育品牌Kappa的

LOGO为可抽象为：如图背靠背而坐的两条优美的曲线，下列函数中大致可“完美”局部表达这对曲线的函数是（）A.sin622xxxfxB.cos622xxxfxC.sin622xxxfxD.cos622xxxfx【答案

】D【解析】【分析】从图像可以看出，函数是偶函数，并且当x趋近于0时，函数值趋近于正无穷，据此判断.【详解】因为B、C两个函数均是奇函数，故不符合题意；对A：当x趋近于0，且足够小时，0fx，不符合题意；对D：因为fxf

x，满足x趋近于0，且足够小时函数值0fx.故选：D.-3-【点睛】本题考查函数图像的选择，一般地，此类题目要从函数奇偶性，单调性，特殊值进行判断和选择.5.如图所示，半径为2的圆内有一个内接正方形，现往该圆内任投一点，此点落在阴影部分的概率为（）A.42B.21

C.24D.11【答案】B【解析】【分析】根据圆的半径，分别求得原点面积和正方形面积，结合几何概型概率即可求解.【详解】半径为2，则圆的面积为24r，圆内接正方形的对角线为2，则变成为22，所以

正方形面积为2228，由几何概型概率可得该圆内任投一点，此点落在阴影部分的概率为48214，故选：B.【点睛】本题考查了几何概型概率的简单应用，属于基础题.6.已知三角形ABC中，内角,,ABC所

对的边分别为,,abc，若222cos,bCabcbca，则角C（）A.6B.4C.3D.2【答案】A【解析】【分析】根据题意，由正弦定理求出2B；由余弦定理求出3A，进而可求出结果.【详解】因为cosbCa，由正弦定理可得：sincossinsincoscos

sinBCABCBC，所以cossin0BC，-4-因为,,ABC为三角形内角，所以cos0B，解得2B；又222bcbca，由余弦定理可得：2221cos222bcabcAbcbc，所以3A，因此6CAB

.故选：A.【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理与余弦定理即可，属于常考题型.7.若A，B分别是直线20xy与x轴，y轴的交点，圆C：22448xy上有任意一点M，则AMB的面积的最大值是（）A.6B.8C.10D.12【答案】C【解析】【分析】先求

出AB，再求出M到直线的最大距离为点M到直线20xy加上半径，进而可得面积最大值.【详解】由已知2,0A，0,2B则222222AB，又点M到直线的最大距离为44285211，所以最大面积为12252102.故选：C.【点睛】本题考查圆上一点到直线

的最大距离问题，是基础题.8.在ABC中，点F为线段BC上任一点（不含端点），若20,0AFxAByACxy，则12xy的最小值为（）A.1B.8C.2D.4【答案】B【解析

】-5-【分析】根据C，F，B三点共线可得,xy的关系，再利用基本不等式解出.【详解】因为20,0AFxAByACxy，且点F在线段BC上，则21xy，且0,0xy，则121242

4448yxxyxyxyxy.故选：B.【点睛】本题考查了向量共线定理和基本不等式的性质，注意当,,ABC三点共线时，若OAOBOC，则必有1，属于基础题.9.将函数sin(2)4yx的图象向左平移4个单位，所得图象

对应的函数在区间(,)mm上无极值点，则m的最大值为（）A.8B.4C.38D.2【答案】A【解析】【分析】由三角函数的图象变换，求得函数sin24yx，求得增区间3,,88kkkZ

，令0k，可得函数的单调递增区间为3,88，进而根据函数sin24yx在区间,mm上无极值点，即可求解.【详解】由题意，将函数sin24yx

的图象向左平移4个单位，可得函数sin2sin2444yxx，令222,242kxkkZ，解得3,88kxkkZ-6-即函数sin24yx的

单调递增区间为3,,88kkkZ，令0k，可得函数的单调递增区间为3,88，又由函数sin24yx在区间,mm上无极值点，则m的最大值为8，故选A

.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的性质的应用，其中解答中熟练应用三角函数的图象变换得到函数的解析式，再根据三角函数的性质，求得其单调递增区间是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，

属于中档试题.10.过双曲线22134xy的左焦点1F引圆223xy的切线，切点为T，延长1FT交双曲线右支于P点，M为线段1FP的中点，O为坐标原点，则MOMT（）A.1B.23C.13D.2【答案】B【解析】【分析】根据三角形的中位线性质，双曲线的

定义，及圆的切线性质，即可得到结论．【详解】由图象可得1111||MOMTMOMFTFMOMFTF22211112322322PFPFOFOT.故选：B.【点睛】本题考查圆与

双曲线的综合，解题的关键是正确运用双曲线的定义，三角形的中位线性质．-7-11.已知四面体PABC的外接球的球心O在AB上，且PO平面ABC，23ACAB，若四面体PABC的体积为32，求球的表面积()A.8B.12C.83D.123【答案】B【解析】【

分析】依据题意作出图形，设四面体PABC的外接球的半径为R，由题可得：AB为球的直径，即可求得：2ABR，3ACR，BCR，利用四面体PABC的体积为32列方程即可求得3R，再利用球的面积公式计算得

解．【详解】依据题意作出图形如下：设四面体PABC的外接球的半径为R，因为球心O在AB上，所以AB为球的直径，所以2ABR，且ACBC由23ACAB可得：3ACR，BCR所以四面体PABC的体积为111333322ABCV

SPORRR解得：3R所以球的表面积2412SR故选B-8-【点睛】本题主要考查了锥体体积公式及方程思想，还考查了球的表面积公式及计算能力，考查了空间思维能力，属于中档题．12.已知函数2ln1fxxx，设3log0.2af，0.23

bf，1.13cf，则（）A.abcB.bacC.cbaD.cab【答案】D【解析】∵2ln1fxxx∴221()ln(1)ln1fxxxxx∴2()ln(1)fxxx∵当0x时，211xx；当

0x时，2011xx∴当0x时，222()ln(1)ln(1)ln(1)fxxxxxxx，2()ln(1)fxxx；当0x时22()ln(1)ln(1)fxxxxx；

22()ln(1)ln(1)fxxxxx.∴()()fxfx∴函数fx是偶函数∴当0x时，易得2()ln(1)fxxx为增函数∴33(log0.2)(log5)aff，1.11.1(3)(3)cff∵31log52，0.2031

，1.133∴1.10.23(3)(log5)(3)fff∴cab故选D.-9-二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知向量2,1ar，1,3b，两向量的夹角为，则cosa________.【答案】102【解析

】【分析】利用坐标运算计算cosabab即可．【详解】510cos210abab.故答案为：102.【点睛】本题考查向量数量积的坐标运算，及模的坐标运算，是基础题．

14.已知x，y满足约束条件0212xyxyx，则12zxy的最大值为________.【答案】14【解析】【分析】作出可行域，平移目标直线可得取最值时的条件，求交点代入目标函数即可.【详解

】作出0212xyxyx可行域，如图：-10-当目标函数过直线0xy＝与直线12x＝的交点11,22A时取最大值，则max11112224z.故答案为：14.【点睛】本题考查简单线性规划，准确作图是解

决问题的关键，属基础题.15.等比数列{na}的各项均为实数，其前n项为nS，已知3S=74，6S=634，则8a=_____．【答案】32【解析】由题意可得1q，所以3136167(1)1463(1)14aS

qqaSqq两式相除得63319,8,2,1qqqq代入得751811,()223244aa，填32．16.设抛物线=2x的焦点为F，过点M（，0）的直线与抛物线相交于A，B两点，与抛物线的准线相交于C，=2，则B

CF与ACF的面积之比=;【答案】45【解析】【详解】解：设1122(,),(,)AxyBxy，因为||2BF，所以222132,322xxy因此3:(3)332AByx，代入22yx得2

27602xxx或32x-11-因此12x，设点F到直线AC距离为h，从而211131||||42222111||5||2222BCFACFBChxSBCSACAChx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）17

.某医院体检中心为回馈大众，推出优惠活动：对首次参加体检的人员，按200元/次收费，并注册成为会员，对会员的后续体检给予相应优惠（本次即第一次），标准如下：体检次序第一次第二次第三次第四次第五次及以上收费

比例10.950.900.850.8该体检中心从所有会员中随机选取了100位对他们在本中心参加体检的次数进行统计，得到数据如下表：体检次数一次两次三次四次五次及以上频数60201244假设该体检中心为顾客体检一次的成本费用为150元，根据所给数据，解答下列问题

：（1）已知某顾客在此体检中心参加了3次体检，求这3次体检，该体检中心的平均利润；（2）该体检中心要从这100人里至少体检3次的会员中，按体检次数用分层抽样的方法抽出5人，再从这5人中抽取2人发放纪念品，求抽到的2人中恰有1人体检3次的概率．【答案】（1）40元；（2）35【解析】

【分析】（1）根据优惠方案算出三次体检医院的收入减去成本即可得到利润；（2）根据分层抽样可得抽出的5人中，有3人恰好体检三次，各有1人恰好体检四次五次，-12-根据古典概型求解概率.【详解】解：（1）医院三次体检的收入为20

010.950.9570，三次体检的成本为1503450，利润为570450120元，故平均利润为40元；（2）由题抽出的五个人中有3人恰体检三次，记为A，B，C，有一人恰体检四次，记

为D，有一人恰体检至少五次，记为E，从五人中抽两个人出来，共有(,)AB，(A,C)，(,)AD，,AE，(,)BC，(,)BD，(,)BE，(),CD，(,)CE，(),DE10种情况其中抽到的2人中恰有1人体检3次的情况有,AD，(,)AE，(,)BD，(,

)BE，(,)CD，(,)CE6种情况，所求概率为63105.【点睛】此题主要考查统计与概率相关知识，涉及分层抽样和古典概型的计算，熟练掌握基本概念准确求解.18.已知数列na为等差数列，7210aa，且1621aaa，，依次成等比数列.（1）求数列na的通项公式；

（2）设11nnnbaa，数列nb的前n项和为nS，若225nS，求n的值.【答案】(1)23nan(2)10n【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为d，运用等差数列的通项公式和等比数列中项性质，解方程可得首项和公差，即可得到所求通项公式；（2）求得bn

12（112325nn），运用裂项相消求和可得Sn，解方程可得n．【详解】解：（1）设数列{an}为公差为d的等差数列，a7﹣a2＝10，即5d＝10，即d＝2，a1，a6，a21依次成等比数列，可得a62＝a1a21，即（a1+10）2＝a1（a1+4

0），解得a1＝5，则an＝5+2（n﹣1）＝2n+3；-13-（2）bn111123252nnaann（112325nn），即有前n项和为Sn12（11111157792325nn

）12（11525n）525nn，由Sn225，可得5n＝4n+10，解得n＝10．【点睛】本题考查等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，考查数列的裂项相消求和，以及方程思想和运算能力，属于基础题．19.如图,已知多面体

PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形,PA平面ABCD,//EDPA,且22PAED.(1)证明:平面PAC平面PCE;(2)若2AC,求多面体PABCDE的表面积.【答案】(1)答案见解析.(2)66723【解析】【分析】(1)取P

C的中点F,连接OF,EF,得到PFPA,且12OFPA,进而证得ODEF，再利用线面垂直的判定定理，证得OD平面PAC,得到EF平面PAC,结合面面垂直的判定定理，即可证得平面PAC平面PCE；(2)设多面体PABCDE的表面积PA

BPBCPCEECDPADEABCDSSSSSSS梯形菱形，结合面积公式，即可求解.【详解】(1)如图所示，取PC的中点F,连接OF,EF,因为OF，分别是ACPC，的中点,所以PFP

A,且12OFPA,-14-因为DEPA∥,且12DEPA,所以OFDEP,且OFDE,所以四边形OFED为平行四边形,所以ODEF，又因为PA平面ABCD,OD平面ABCD,所以PAOD,又ABCD是菱形,ACOD,PAACA,所以OD平面PAC,所以EF平

面PAC,又EF平面PCE,所以平面PAC平面PCE.(2)如图所示，取BC的中点为M,连接AMPM，,在直角PAM中,2222237PMPAAM,设多面体PABCDE的表面积为S,则PABPBCPCEECDPADEABCDSSSSSSS

梯形菱形111111222222ABPABCPMPCEFCDEDEDAPADACBD111111122272232112223222222266723.【点睛】本题主要考查了线面垂直与面面垂直的判定与证明，

以及几何体的体积的计算，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，以及合理利用“分割法”求解几何体的体积是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.-15-20.已知直线l：2220(1)xayaa

椭圆C：2221xya，12,FF分别为椭圆的左右焦点.（1）当直线l过右焦点2F时，求C的标准方程；（2）设直线l与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，若∠AOB是钝角，求实数a的取值范围.【答案】（1）22

12xy（2）12a.【解析】【分析】（1）将右焦点代入直线方程，结合椭圆中的1b及,,abc关系，即可求得2a，进而得椭圆方程.（2）设1122(,),(,)AxyBxy，联立直线与椭圆方程，化简后由判别式可确定a的范围；并由韦达定理表

示出12yy、12yy，进而表示出12xx，由AOB为钝角并结合平面向量数量积的坐标运算，即可求得a的取值范围.【详解】（1）直线l过右焦点2F，则2,0Fc，代入直线方程可得22ac，椭圆C：2221xya，所以

222,21,acac解得222,1ac所以椭圆C的方程为2212xy，（2）由题可得，设1122(,),(,)AxyBxy，则22222012xayaxy化简可得得223428

440ayayaa，由32242(4)48(4)0aaaa，因1a即122a①-16-由韦达定理得，3122482aayya，4221224488aaayya，因为22234121212122242()224ayaayaayyayyaxx

，因AOB为钝角，所以12120OAOBxxyy，即234121212042()4ayyayyayy所以23412120(44)2()ayyayya，即22344(44)2(8

20)aaaaa所以22a，②综上所述，由①②得a的取值范围为12a.【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求法，直线与椭圆位置关系的综合应用，由韦达定理和平面向量数量积的坐标运算求得参数取值范围，计算量较大，属于中档题.21.已知函数21ln12fxxa

x.（1）当1a时，求fx的单调增区间；（2）若4a，且fx在0,1上有唯一的零点0x，求证：210exe.【答案】（1）fx在150,2上单调递增；（2）见解析【解析】【分析】（1）求出'fx，令'0fx，解不等式可得单

调递增区间；（2）通过求fx的导函数，可得fx在0,1上有两个极值点，设为1x，2x，又由fx在0,1上有唯一的零点0x可得0110,2xx，所以有200020001ln10210fxxaxgxaxa

x，消去a，可得0002ln10xxx，记00002ln1txxxx，010,2x，研究其单调-17-性，利用零点存在性定理可得结果.【详解】（1）由已知f

x的定义域为0x，当1a时，21ln12fxxx，则2111'xxxxfxx，令'0fx且0x，则1502x，故fx在150,2上单调

递增；（2）由21ln12fxxax，有2111'axfxaxaxxx，记21gxaxax，由4a，有001011110242110aggaag

，即fx在0,1上有两个极值点，设为1x，2x，不妨设12xx，且1x，2x是210axax的两个根，则121012xx，又fx在0,1上有唯一的零点0x，且当0x时，fx，

当1x时，10f，所以得0110,2xx，所以200020001ln10210fxxaxgxaxax，两式结合消去a，得0001ln02xxx，-18-即0002ln10

xxx，记00002ln1txxxx，010,2x，有00'2ln1txx，其在10,2上单调递增，所以001'2ln12ln11ln402txx则00'2ln

10txx在10,2上恒成立，即0tx在10,2上单调递减，又222212131015510eteeeeeteee，由零点存

在定理，210exe.【点睛】本题考查导数的综合应用，熟练应用导数研究单调性，极值，考查学生转化问题的能力及分析能力，是一道难度较大的题目.请考生在第22、23两题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目

的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分．【选修4-4：坐标系与参数方程】22.在平面直角坐标系xOy中，曲线22:(1)(2)9Cxy.以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l的极坐标方程

为sin223.（1）求曲线C的极坐标方程和直线l的普通方程；（2）直线()3pR与直线l交于点M，与曲线C交于,PQ两点，求||||||OMOPOQ的值.【答案】(

1)曲线C的极坐标方程为：22cos4sin40,直线l的普通方程为：-19-3420xy.(2)1663【解析】【分析】(1)利用极坐标和平面直角坐标的互化公式222cos,sin,xyxy

直接进行计算.(2)将3代入真线l的极坐标方程可得||OM的值，将3代入曲线C的极坐标方程可得||||OPOQ的值，从而得出答案.【详解】(1)由曲线22:(1)(2)9Cxy，得222440xyxy所以曲线C的极坐标方程为

：22cos4sin40.由直线l的极坐标方程为sin223，得sincoscossin2233所以直线l的普通方程为：3420xy.(2)将3代入直线l的极坐标方程可得2sin223,得463.所以||OM463

.将3代入曲线C的极坐标方程可得223140.设,PQ两点的极坐标分别为12,,,33则12||||4OPOQ.所以||||||OMOPOQ=46166433.

【点睛】本题考查极坐标与平面直角坐标的互化和极坐标的几何意义的应用，属于中档题.【选修4-5：不等式选讲】23.已知函数()|1|fxax.-20-（1）当1a时，解不等式1()||2fxx„；（2）若(1)fM，(2)fM，求证：13M

.【答案】(1)3|4xx(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）利用零点分段的方法分段打开绝对值，从而解不等式.（2）由条件有1aM，12aM，然后用绝对值的三角不等式可证明结论.【详解】（1）当1a时，()|1|fxx，由1()||2fxx„，则1|1|||2x

x„即解不等式1|||1|2xx，由101210111xxxxxx所以当0x时，0112x，显然无解.当1x时，1112x，得1x当01x时，011212xx

，解得：314x所以不等式1()||2fxx„的解集为3|4xx（2）由(1)fM，(2)fM，即1aM，12aM所以32211222121MMMaaaa所以31M，即

13M-21-【点睛】本题考查利用零点分段法解含绝对值的不等式和利用绝对值的三角不等式证明不等式，属于中档题.-22-