天一大联考2020学年高中毕业班阶段性测试（三）数学（文科）第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】所以2. 已知是虚数单位，若复数为纯虚数（，），则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为为纯虚数，所以，所以，所以点晴：本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题，首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如，其次要熟悉复数的相关基本概念，如复数的实部为，虚部为，模为，对应点为，共轭复数为.3. 如图是一边长为8的正方形苗圃图案，中间黑色大圆与正方形的内切圆共圆心，圆与圆之间是相切的，且中间黑色大圆的半径是黑色小圆半径的2倍若在正方形图案上随机取一点，则该点取自白色区域的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意得正方形的内切圆的半径为4，中间黑色大圆的半径为2，黑色小圆的半径为1，所以白色区域的面积为，由几何概型概率公式可得所求概率为。选D。4. 已知侧棱长为的正四棱锥的五个顶点都在同一个球面上，且球心在底面正方形上，则球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】设球的半径为R,则由题意可得 ，解得R=1,故球的表面积 .5. 已知函数（）的最小值为2，则实数（ ）A. 2 B. 4 C. 8 D. 16【答案】B【解析】由得，故函数的定义域为，易知函数在上单调递增，所以，解得。选B。6. 若函数关于直线（）对称，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意得，即，时，的最大值为 .7. 已知数列满足，则数列前项的和等于（ ）A. 162 B. 182 C. 234 D. 346【答案】B【解析】由条件得，所以，因此数列为等差数列。又，所以。故。选B。点睛：.8. 用，表示某培训班10名学员的成绩，其成绩依次为85,68,95,75,88,92,90,80,78,87执行如图所示的程序框图，若分别输入的10个值，则输出的的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】根据程序框图可知程序框图中的n记录输入的数据中大于等于80分的学生的人数，在给出的10个数据中，大于等于80的数据的个数为7个，故输出的值为。选C。9. 如图画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ） A. 16 B. 32 C. 48 D. 60【答案】A【解析】由三视图可得，该几何体是一个四棱锥，高为4，底面为上底、下底分别为2,4，高为4的直角梯形，故此四棱锥的体积为。选A。10. 已知，且，则的最小值为（ ）A. 8 B. 9 C. 12 D. 16【答案】B【解析】由，得， ，当且仅当时等号成立。选B。11. 已知是双曲线的左焦点，定点，是双曲线右支上的动点，若的最小值是9，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】设双曲线的右焦点为 ，由双曲线的定义有，所以，当 三点共线时有最小值为，解得，所以离心率为.12. 已知函数 ，若函数在上只有两个零点，则实数的值不可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】函数的零点为函数与图象的交点，在同一直角坐标下作出函数与的图象，如图所示，当函数的图象经过点（2，0）时满足条件，此时 ，当函数的图象经过点（4，0）时满足条件，此时 ，当函数的图象与相切时也满足题意，此时 ，解得， 综上所述，或或。点睛:研究函数零点问题常常转化为函数的图象的交点个数问题.本题中已知函数有2个零点求参数k的取值范围，转化为函数与图象的交点，注意到函数过定点（2，0），并且函数的图象是圆的一部分，即，在线的旋转过程中，求k可得结论.第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 某班学生，在高三8次月考的化学成绩用茎叶图表示如图，其中学生的平均成绩与学生的成绩的众数相等，则_【答案】5【解析】由题意，得 ，解得.14. 已知实数，满足则的最大值为_【答案】48【解析】作出可行域如图所示，由图知当目标函数经过点 时取得最大值，即 点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.15. 如图，在等腰梯形中，点，分别为线段，的三等分点，为的中点，则_【答案】 【解析】以O为坐标原点建立如图所示平面直角坐标系，连接BO，易证得为等边三角形，所以 ，则所以，所以16. 一条斜率为2的直线过抛物线的焦点且与抛物线交于，两点，在轴上的射影分别为，若梯形的面积为，则_【答案】所以则所以所以 所以 .三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 已知等差数列的前项分别为1，公比不为1的等比数列的前3项分别为4，（1）求数列与的通项公式；（2）设，求数列的前项和【答案】（1）， （2）【解析】试题分析：（1）由题意可求得，从而可得到等差数列的公差和等比数列的公比，从而可求得数列的通项公式。（2）由（1）可得，从而利用裂项相消法求和。试题解析：（1）由题意，得解得（舍去）或所以等差数列的公差为，故，等比数列的公比为，故.（2）由（1）得，所以.18. 在中，内角，的对边分别是，满足（1）求角；（2）设，且，求的面积【答案】（1）（2） 【解析】试题分析：（1）对等式进行变换，结合正余弦定理可得，从而得到A.（2）对给定的三角等式化简可得，分和两种情况解三角形即可.试题解析：（1），由余弦定理，得，即由正弦定理与同角三角函数基本关系，得，（2）由条件得，当时，不符合题意；当时， 19. 随着高等级公路的迅速发展，公路绿化受到高度重视，需要大量各种苗木某苗圃培植场对100棵“天竺桂”的移栽成活量（单位：棵）与在前三个月内浇水次数间的关系进行研究，根据以往的记录，整理相关的数据信息如图所示：（1）结合图中前4个矩形提供的数据，利用最小二乘法求关于的回归直线方程；（2）用表示（1）中所求的回归直线方程得到的100棵“天竺桂”的移栽成活量的估计值，当图中余下的矩形对应的数据组的残差的绝对值，则回归直线方程有参考价值，试问：（1）中所得到的回归直线方程有参考价值吗？（3）预测100棵“天竺桂”移栽后全部成活时，在前三个月内浇水的最佳次数附：回归直线方程为，其中，【答案】（1）（2）见解析；（3）7次【解析】试题分析：（1）先计算样本中心坐标，利用公式求出b，a，得到回归直线方程（2）通过回归方程，当时，则 （3）通过回归方程， 100棵“天竺桂”移栽后全部成活，则由，得，可得最佳浇水次数.试题解析：（1）由所给数据计算得， ，所以回归直线方程是（2）当时，则 ，可以认为所得到的回归直线方程是有参考价值的（3）预测100棵“天竺桂”移栽后全部成活，则由，得，则预测100棵“天竺桂”移栽后全部成活时，在前三个月内浇水的最佳次数为7次20. 如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，且，（1）求证：平面平面；（2）若且，分别是，的中点，求多面体的体积【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：（1）通过证明平面内的平面，可证得平面平面.（2）利用，可求得所求体积.试题解析：（1）证明：如图，分别取，的中点，连接，则四边形为正方形，又，平面，又与为平面内的两条相交直线，平面，又平面，平面平面（2）解：且，则由，知，分别是，的中点，三棱锥与三棱锥的高均等于，又，21. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，若椭圆经过点，且的面积为2（1）求椭圆的标准方程；（2）设斜率为1的直线与以原点为圆心，半径为的圆交于，两点，与椭圆交于，两点，且（），当取得最小值时，求直线的方程【答案】（1）（2）最小值，直线的方程为【解析】试题分析：（1）由三角形的面积，即可求得c=2,将点代入椭圆方程，由椭圆的性质a2=b2+c2，即可求得a和b的值，求得椭圆方程；（2）直线的方程为，则原点到直线的距离，由弦长公式可得将代入椭圆方程，得，得可得可得所求结论. 试题解析：（1）由的面积可得，即，又椭圆过点，由解得，故椭圆的标准方程为（2）设直线的方程为，则原点到直线的距离，由弦长公式可得将代入椭圆方程，得，由判别式，解得由直线和圆相交的条件可得，即，也即，综上可得的取值范围是设，则，由弦长公式，得由，得，则当时，取得最小值，此时直线的方程为点睛:本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用22. 已知函数（）（1）讨论的单调性；（2）当时，若函数的图象全部在直线的下方，求实数的取值范围【答案】（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）求导数,分和两种情况进行讨论，可得函数的单调区间；（2）函数的图象全部在直线的下方,等价于在上恒成立，令，则分和两种情况讨论函数的情况即可.试题解析：（1）函数的定义域为，且当时，函数在上单调递减；当时，由，得，在上单调递增；由，得，在上单调递减（2）当时，则由题意知，不等式，即在上恒成立令，则当时，则，在区间上是增函数，不等式在上不恒成立.当时，有唯一零点，即函数的图象与轴有唯一交点，即不等式在上不恒成立.当时，令，得，则在区间上，是增函数；在区间上，是减函数；故在区间上，的最大值为，由，得，即的取值范围为.