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 理（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理（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.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.7.高三某6个班级从“照母山”等6个不同的景点中任意选取一个进行郊游活动，其中1班、2班不去同一景点且均不去“照母山”的不同的安排方式有多少种（）A.2454CAB.2456CC.2454AAD.2456A【答案】D【解析】试题分析：1班、2班的安排方式有25A种，剩余4个班的安排方式有46种，所以共有2456A各安排方式，故选D．考点：计数原理．8.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.9.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.10.在平面区域2,20,0,xyxyy„……，内任取一点(,)Pxy，则存在R，使得点P的坐标(,)xy满足(2)cossin20xy的概率为（）A.3116B.316C.434D.116【答案】A【解析】【分析】先求出平面区域的面积，找到2cossin20xy的成立条件，利用几何概型的公式求解。【详解】画出平面区域2,20,0,xyxyy„……图中OBA边界及内部是所表示的平面区域，如下图所示：2cossin20xy2222(2)sin()2(2)2xyxy，它表示在已知平面区域内，圆心(2,0)，半径为2的圆外（包括圆周），如上图所示：解方程组：22243(,)204333xxyBxyy，01423ABySOAB，在已知平面区域内，圆心(2,0)，半径为2的圆内（包括圆周）的面积为1S，2145(2)3604S所求的概率13116OABOABSSPS，故本题选A。【点睛】本题考查了几何概型,解决本题的关键是对存在R，使得点P的坐标,xy满足2cossin20xy，这句话的理解。11.ABC△中，已知27AB，37BC，7AC，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.27,37B.7,27C.0,7D.0,27【答案】B【解析】【分析】根据题意可得：折叠前在图1中，AMBD，垂足为N，在图1中过A作1AMBC于1M，运动点D，可得当点D与点C无限接近时，折痕BD接近BC,此时M无限接近1M，1BMBM，在图2中，由于AB是RtABM的斜边，所以BMAB,即可得：1BMBMAB,再在ABC由余弦定理求得60ABC，然后在1RtABM中求得17BM，即可得解.【详解】解：因为将ABD△沿BD折起，得到三棱锥ABCD．且顶点A在底面BCD的射影M在线段BC上，所以在图2中，AMBCD平面,,MNAN都与BD垂直，因此折叠前在图1中，AMBD，垂足为N，在图1中过A作1AMBC于1M，运动点D，可得当点D与点C无限接近时，折痕BD接近BC,此时M无限接近1M，所以1BMBM，在图2中，由于AB是RtABM的斜边，BM是直角边，所以BMAB,因此可得：1BMBMAB,又因为27AB，37BC，7AC，所以2863491cos222737ABC，即60ABC，由此可得在1RtABM中，1cos607BMAB，所以727BM，又BMx，则x的取值范围为7,27，故选B.【点睛】本题考查了余弦定理及线面垂直，属综合性较强的题型.12.设双曲线2222:10,0xyCabab的左，右顶点为A、B，P是双曲线上不同于A、B的一点，设直线AP，BP的斜率分别为m、n，则当4136lnln32amnbmnmn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】由题意设出A,B的坐标，代入双曲线方程，写出AP，BP的斜率分别为m、n，求出mn，代入4136lnln32amnbmnmn，换元后利用导数求最值，求出取最小值的条件，再求得双曲线离心率即可.【详解】解：设0,0(,)Pxy，又(,0),(,0)AaBa,则00ymxa，00ynxa，所以200022000yyymnxaxaxa=22ba，所以4136lnln32amnbmnmn=3246()()()3ln3aaaabbbb，设atb，0t，则324()63ln3gttttt，则32'234263()642tttgttttt=2(23)(21)ttt，当102t时，'()0gt，当12t时，'()0gt，则函数()gt在10,2为减函数，在1,2为增函数，即当12t即12ab，即2225cabeaa时()gt取最小值，故选D.【点睛】本题考查了利用导数求函数最值及双曲线离心率，属中档题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.若1nxx的展开式中第3项和第5项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为________．【答案】20【解析】【分析】由已知可得2nC=4nC,解得6n，则有61xx展开式的通项为1rT(1)rr6 C62rx,再令620r，解出r代入运算即可得解.【详解】解：由1nxx展开式中第3项和第5项的二项式系数相