2020年四川省泸州市棉花坡镇初级中学高三数学文联考试卷含解析

2020年四川省泸州市棉花坡镇初级中学高三数学文联考试卷含解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的
1. 已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c．若a=bcosC+csinB，且△ABC的面积为
1+．则b的最小值为（）
A．2 B．3 C．D．
参考答案：
A
【考点】正弦定理；三角函数中的恒等变换应用．
【分析】已知等式利用正弦定理化简，再利用诱导公式及两角和与差的正弦函数公式化简，求出tanB 的值，确定出B的度数，利用三角形面积公式求出ac的值，利用余弦定理，基本不等式可求b的最小值．
【解答】解：由正弦定理得到：sinA=sinCsinB+sinBcosC，
∵在△ABC中，sinA=sin[π﹣（B+C）]=sin（B+C），
∴sin（B+C）=sinBcosC+cosBsinC=sinCsinB+sinBcosC，
∴cosBsinC=sinCsinB，
∵C∈（0，π），sinC≠0，
∴cosB=sinB，即tanB=1，
∵B∈（0，π），
∴B=，
∵S△ABC=acsinB=ac=1+，
∴ac=4+2，
由余弦定理得到：b2=a2+c2﹣2accosB，即b2=a2+c2﹣ac≥2ac﹣ac=4，当且仅当a=c时取“=”，∴b的最小值为2．
故选：A．
2. 已知等比数列的首项公比，则( )
A.50
B.35
C.55
D.46
参考答案：C
略
3. 已知椭圆C：=1（a＞b＞0）的左焦点为F，C与过原点的直线相交于A，B两点，连接AF，BF，若|AB|=10，|BF|=8，cos∠ABF=，则C的离心率为（）
A．B．C．D．
参考答案：
B
【考点】椭圆的简单性质．
【分析】由已知条件，利用余弦定理求出|AF|，设F′为椭圆的右焦点，连接BF′，AF′．根据对称性可得四边形AFBF′是矩形，由此能求出离心率e．
【解答】解：如图所示，
在△AFB中，|AB|=10，|BF|=8，cos∠ABF=，
由余弦定理得
|AF|2=|AB|2+|BF|2﹣2|AB||BF|cos∠ABF
=100+64﹣2×10×8×
=36，
∴|AF|=6，∠BFA=90°，
设F′为椭圆的右焦点，连接BF′，AF′．
根据对称性可得四边形AFBF′是矩形．
∴|BF′|=6，|FF′|=10．
∴2a=8+6，2c=10，解得a=7，c=5．
∴e==．
故选B．
【点评】本题考查椭圆的离心率的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意余弦定理、椭圆的对称性等知识点的合理运用．
4. 三棱锥S-ABC中，SA⊥底面ABC，若，则该三棱锥外接球的表面积为
（）
A. 18π
B.
C. 21π
D. 42π
参考答案：
C
【分析】
先利用正弦定理计算出△ABC的外接圆直径2r，再结合三棱锥的特点，得出球心的位置：过△ABC外
接圆圆心的垂线与线段SA中垂面的交点.再利用公式可计算出该三棱锥的外接球直径，最后利用球体表面积公式可得出答案．
【详解】解：由于AB＝BC＝AC＝3，则△ABC是边长为3的等边三角形，由正弦定理知，△ABC的外
接圆直径为，
由于SA⊥底面ABC，所以，△ABC外接圆圆心的垂线与线段SA中垂面的交点为该三棱锥的外接球的球心，所以外接球的半径，
因此，三棱锥S﹣ABC的外接球的表面积为4πR2＝4π×＝21π．
故选：C．
【点睛】本题考查球体表面积的计算，解决本题的关键在于找出球心的位置，考查计算能力，属于中等题．5. 已知平面向量a，b（a≠b）满足| a |=1，且a与b-a的夹角为，若c=（1-t）a+t b
（t∈R），则|c|的最小值为
A．1 B． C． D．
参考答案：
C
略
6. 交通管理部门为了解机动车驾驶员（简称驾驶员）对酒驾的了解情况，对甲、乙、丙、丁四个社区做分层抽样调查．假设四个社区驾驶员的总人数为N，其中甲社区有驾驶员216人．若在甲、乙、丙、丁四个社区抽取驾驶员的人数分别为12，21，24，43．则这四社区驾驶员的总人数N为（）A．2160 B．1860 C．1800 D．1440
参考答案：
C
【考点】分层抽样方法．
【分析】根据分层抽样的原理，分到各社区抽取的人数与社区总人数的比例相等，从而求出N的值．
【解答】解：根据分层抽样的原理，得，
∴N=1800．
故选：C．
7. 在中，“”是“”的( )
A. 充要条件
B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件
D. 既不充分也不必要条件
参考答案：
A
【分析】
余弦函数在上单调递减
【详解】因为A,B是的内角，所以,在上余弦函数单调递减, 在中，“”“”
【点睛】充要条件的判断，是高考常考知识点，充要条件的判断一般有三种思路：定义法、等价关系转化法、集合关系法。

8. 若集合A={1,2,3,4,5},集合,则图中阴影部分表示
A. {1,2,3,4}
B. {1,2,3}
C. {4,5}
D. {1,4}
参考答案：
A 【分析】
将阴影部分对应的集合
的运算表示出来，然后根据集合
表示元素的范围计算结果.
【详解】因为阴影部分是：
；
又因为，所以或
，所以
或
，所以
，又
因为，所以
，
故选A.
【点睛】本题考查根据已知集合计算
图所表示的集合，难度较易.对于
图中的阴影部分首先
要将其翻译成集合间运算，然后再去求解相应值.
9. 一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A ．48
B ．48+8
C ．32+8
D ．80
参考答案：
B
10. 如果实数满足条件 ，那么的最大值为（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
参考答案：
B
二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 设为
的反函数，则
的最大值为
_______.
参考答案：
是
上的单调增函数，
且
为
的反函数，
与
单调性相同，
当
时，的最大值为
且当
时，
的定义域为
且当时，
的最大值为
故答案为
12. 在同一平面直角坐标系中，直线变成直线
的伸缩变换
是
.
参考答案：
略
13. 地震的震级R 与地震释放的能量E 的关系为．2011年3月11日，日本东海岸发生了9.0级特大地震，2008年中国汶川的地震级别为8.0级，那么2011年地震的能量是2008年地震能量的 倍． 参考答案：
略 14. 若函数（）有两个零点，则实数
的取值范围是
参考答案：
15. 《九章算术》是我国第一部数学专著，下有源自其中的一个问题：“今有金箠（chuí），长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤．问金箠重几何？”其意思为：“今有金杖（粗细均匀变化）长5尺，截得本端1尺，重4斤，截得末端1尺，重2
斤．问金杖重多少？”则答案是
．
参考答案：
15斤
【考点】等差数列的通项公式．
【分析】由题意可知等差数列的首项和第5项，由等差数列的前n 项和得答案． 【解答】解：由题意可知等差数列中a 1=4，a 5=2，
则S 5=
，
∴金杖重15斤． 故答案为：15斤．
【点评】本题考查等差数列的前n 项和，是基础的计算题．
16.
满足约束条件
，若
取得最大值的最优解不唯一，则实数的值
为 ．
参考答案：
－1或2
试题分析：约束条件所表示的可行域为如图所示的三角形区域，又因为目标函数 中的含义
为直线 在y 轴上的截距，当目标函数取得最大值时，直线 在y 轴上的截距取得最
大值，又
取得最大值的最优解不唯一，所以直线
与直线
或
平行，所以
或
．
17. 一个圆锥的侧面展开图是一个半径为
的半圆，则这个圆锥的底面积是________．
参考答案：
因为圆锥的侧面展开图是一个半径为
的半圆，所以圆锥的，母线
,设圆锥底面圆的半径为，
则
,即
,所以圆锥的底面积是
.
三、 解答题：本大题共5小题，共72分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
18. （本小题满分15分）已知椭圆
的右焦点为F ，离心率为
，过点F 且
与长轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为，O 为坐标原点．
（I ）求椭圆C 的方程；
（Ⅱ）设经过点M （0，2）作直线A B 交椭圆C 于A 、B 两点，求△AOB 面积的最大值；
（Ⅲ）设椭圆的上顶点为N ，是否存在直线l 交椭圆于P ，Q 两点，使点F 为△PQN 的垂心?若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．
参考答案：
（Ⅰ）设，则，知.
过点且与轴垂直的直线方程为，代入椭圆方程，
有，解得.
于是，解得.
又，从而.
所以椭圆的方程为．…………………………………………（5分）（Ⅱ）设，.由题意可设直线的方程为.
由消去并整理，得.
由，得.
由韦达定理，得.
点到直线的距离为，，
.
设，由，知.
于是.
由，得.当且仅当时等号成立.
所以△面积的最大值为.…………………………………………（10分）（Ⅲ）假设存在直线交椭圆于，两点，且为△的垂心.
设，因为，，所以.
由，知．设直线的方程为，
由得．
由，得，且,．
由题意，有.
因为，
所以，即，
所以．
于是．
解得或．
经检验，当时，△不存在，故舍去．
当时，所求直线存在，且直线的方程为．……………（15分）
19. 已知集合A=．
（1）求A∩B；
（2）若f（x）=log2x﹣，x∈A∩B求函数f（x）的最大值．
参考答案：
【考点】函数的最值及其几何意义；交集及其运算．
【分析】（1）运用指数函数单调性化简集合A，由幂函数单调性求得B，再由交集定义可得；（2）求得f（x）的导数，判断单调性，即可得到f（2）为最大值．
【解答】解：（1）∵1＜2x≤16，∴20＜2x≤24，即0＜x≤4，
∴A={x|0＜x≤4}，
∵x∈（0，4]，∴．
∴A∩B=（0，2]；
（2）f（x）=log2x﹣的导数为f′（x）=+，
f′（x）在（0，2]大于0，可得f（x）在（0，2]递增，
f（2）取得最大值log22﹣=1﹣=．
20. （本小题满分14分）
如图，已知AF平面ABCD，四边形ABEF为矩形，四边形ABCD为直角梯形，DAB，AB//CD，AD AF CD2，AB4．
（Ⅰ）求证：AC平面BCE；
（Ⅱ）求三棱锥A CDE的体积；
（Ⅲ）线段EF上是否存在一点M，使得BM CE ?若存在，确定M点的位置；若不存在，请说明理由．
参考答案：
（Ⅰ）证明见解析；(Ⅱ)
；
（Ⅲ）存在，点M为线段EF中点.
试题分析：（Ⅰ）过C作CN AB，垂足为N，
由AD DC可知四边形ADCN为矩形．AN NB 2.又由给定数据知, AC2+BC2AB2，得到AC BC；
根据AF平面ABCD，AF//BE得到BE平面ABCD，BE AC，即可得证；
(Ⅱ) 由AF平面ABCD，AF//BE，得知BE平面ABCD，利用“等体积法”得到
（Ⅲ）在矩形ABEF中，因为点M，N为线段AB的中点，得到四边形BEMN为正方形，BM EN；
由AF平面ABCD，得到AF AD.
在直角梯形ABCD中，可得AD平面ABEF，而CN//AD，得到所以CN平面ABEF，CN BM；
进一步由BM平面ENC，即得 BM CE.
试题解析：（Ⅰ）过C作CN AB，垂足为N，
因为AD DC，所以四边形ADCN为矩形．所以AN NB 2.
又因为AD2，AB4，所以AC，CN，BC,
所以AC2+BC2AB2，所以
AC BC；………2分因为AF平面ABCD，AF//BE所以BE平面ABCD，所以BE AC，………3分
又因为BE平面BCE，BC平面BCE，BE BC B
所以AC平面BCE．………4分
(Ⅱ) 因为AF平面ABCD，AF//BE
所以BE平面ABCD，………8分
（Ⅲ）存在，点M为线段EF中点，证明如
下：…………9分
在矩形ABEF中，因为点M，N为线段AB的中点，所以四边形BEMN为正方形，
所以
BM EN；
…………10分
因为AF平面ABCD，AD平面ABCD，所以AF AD.
在直角梯形ABCD中，AD AB，又AF AB A，所以AD平面ABEF，
又CN//AD，所以CN平面ABEF，
又BM平面ABEF所以
CN BM；…………12分又 CN EN N，所以BM平面ENC，又EC平面ENC，
所以
BM CE.
…………14分
考点：1.平行关系、垂直关系；2.几何体的体积.
21. （本题满分12分）已知．
（Ⅰ）求的最大值及取得最大值时的值；
（Ⅱ）在中，角，，的对边分别为若，，，求的面积．
参考答案：
（Ⅰ）
．…… 2分
当，即，时，函数取得最大值2．…… 4分
（Ⅱ）由，得，
∵，∴，解得．…… 6分
因为，根据正弦定理，得，……8分由余弦定理，有，则，解得，
，
……10分
故△ABC的面积．……12分22. 一个盒子中装有大量形状大小一样但重量不尽相同的小球，从中随机抽取50个作为样本，称出它们的重量（单位：克），重量分组区间为，由此得到样本的重量频率分布直方（如图）.
（1）求的值，并根据样本数据，试估计盒子中小球重量的众数与平均值；
（2）从盒子中随机抽取3个小球，其中重量在内的小球个数为，求的分布列和数学期望.（以频率分布直方图中的频率作为概率）
参考答案：
（1）由题意，得
解得；
由最高矩形中点横坐标为20，可估计盒子中小球重量的众数为20克；
50个样本小球重量的平均值为
(克）
故由样本估计总体，可估计盒子中小球重量的平均值为24. 6克
（2）该盒子中小球重量在内的概率为0.2，
的可能取值为0，1，2，3.
由题意知，
所以，
，
，
，
所以的分布列为
所以.（或者）。