四川省内江市第六中学2020届高三第八次月考数学（文）试卷 PDF版含答案.pdf

1、文科数学试题考试时间：120 分钟满分：150 分第卷 选择题（满分 60 分）一、选择题（每题 5 分，共 60 分）1.已知实数集 R,集合 瞴 瞴,集合 ，则 糐 糐A.瞴 B.瞴 瞴 C.瞴 D.瞴 瞴 2.复数 z 满足 糐 是虚数单位)，则 z 的共轭复数 糐A.糐 B.C.糐 D.3.“sin=cos”是“cos2=0”的糐A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件4.如图，在平行四边形 ABCD 中，M、N 分别为 AB、AD 上的点，且AM =45 AB ，AN =23 AD ，连接 AC、MN 交于 P 点，若AP =AC ，则的值为()A

2、.35B.37C.411D.4135.函数 糐 鞈糐岝的部分图象大致是糐A.B.C.D.6.一个总体中有 600 个个体，随机编号为 001，002，600，利用系统抽样方法抽取容量为 24 的一个样本，总体分组后在第一组随机抽得的编号为 006，则在编号为 051125之间抽得的编号为()A.056，080，104B.054，078，102C.054，079，104D.056，081，1067.一个几何体的三视图如图所示，该几何体表面上的点 P 在正视图上的对应点为 P，点 A、B、C 在俯视图上的对应点为 A、B、C，则 PA 与 BC 所成角的余弦值为()A.55B.105C.22D.5

3、28.已知抛物线 C：的焦点为 F，准线为 l，P 是 l 上一点，Q 是直线 PF 与 C 的一个交点，若 ，则 糐A.6B.8C.10D.129.算数书竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出了由圆锥的底面周长 L 与高 h，计算其体积 V 的近似公式 V 136 L2h，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为 3，那么，近似公式 V 275 L2h相当于将圆锥体积公式中的近似取为糐A.227B.258C.15750D.35511310.ABC 中，a，b，c

4、分别为A，B，C 的对边，如果 a，b，c 成等差数列，B=30，ABC 的面积为32，那么 b 等于糐A.1+32B.1+3C.2+32D.2+311.已知双曲线 C：糐左右顶点为A1，A2，左右焦点为F1，F2，P 为双曲线 C 上异于顶点的一动点，直线 PA1斜率为k1，直线 PA2斜率为k2，且 ，又 PF1F2内切圆与 x 轴切于点(1,0)，则双曲线方程为糐A.B.C.D.12.已知函数 糐 糐 糐 糐，k 4,+)，曲线糐上总存在两点 糐，糐，使曲线糐在 M，N 两点处的切线互相平行，则 糐 的取值范围为糐A.糐 糐B.糐 糐C.糐 糐D.糐 糐第卷 非选择题（满分 90 分）二

5、、填空题（本大题共 4 小题，共 20.0 分）13.设向量 o糐，糐，且 糐 糐，则 m=_14.某景区观光车上午从景区入口发车的时间为：7:30，8:00，8:30，小明上午 7:40 至 8:30随机到达景区入口，准备乘坐观光车，则他等待时间不多于 10 分钟的概率是_.15.函数 糐 糐在 处有极大值，则常数 c 的值为_16.在平面直角坐标系中，已知 A,B 为圆22:()(2)4Cx my 上两个动点,且|2 3AB，若直线:2l yx 上存在唯一的一个点 P,使得 OCPAPB，则实数 m 的值为三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分）（一）必考题：共 60 分17.（12

6、 分）中央政府为了对应因人口老龄化而造成的劳动力短缺等问题，拟定出台“延迟退休年龄政策”，为了了解人们对“延迟退休年龄政策”的态度，责成人社部进行调研，人社部从网上年龄在 1565 的人群中随机调查 50 人，调查数据的频率分布直方图和支持“延迟退休”的人数与年龄的统计结果如下：（1）由以上统计数据填下面 22 列联表，并问是否有 90%的把握认为以 45 岁为分界点对“延迟退休年龄政策”的支持度有差异;（2）若从年龄在45,55)的被调查人中随机选取两人进行调查，求选中的 2 人中恰有 1 人支持“延迟退休”的概率.参考数据：22()()()()()n adbckab cd ac bd.18

7、.（12 分）设是等差数列，其前 n 项和为糐；bn是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 糐已知，糐，糐，糐1糐求和；2糐若糐糐糐糐糐 糐，求正整数 n 的值19.(12 分)如图，直三棱柱 ABC A1B1C1中，M 是 AB 的中点(1)证明：BC1/平面 MCA1；(2)若 AB=A1M=2MC=2，BC=2，求点C1到平面 MCA1的距离20 在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆2222:1(0)xyCabab的焦距为 4，且过点(2,2)（1）求椭圆C 的方程;（2）设椭圆C 的上顶点为 B，右焦点为 F，直线l 与椭圆交于 M、N 两点，问是否存在直线l，使得 F 为 BM

8、N的垂心，若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由21.（12 分）已知函数3()sin(),2f xaxxaR且在,0,2上的最大值为32，（1）求函数 f(x)的解析式；(2)判断函数 f(x)在（0，）内的零点个数，并加以证明.（二）选考题:共 10 分.(从 22、23 两题中任选一道题作答)22.在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为2221141txttyt，（t 为参数），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2 cos3 sin110（1）求 C 和 l 的直角坐标方程；（2）

9、求 C 上的点到 l 距离的最小值23.函数 f(x)=|x 1|+|x+2|，x R，其最小值为 m(1)求 m 的值；(2)正实数 a，b，c 满足 a+b+c=3，求证：糐 糐糐 糐糐 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 1页，总 2页高三第八次月考文科数学参考答案【答案】A解：由 x 2 0 得 x 2，则集合 B=x|x 2，所以 RB=x|x 2，又集合 A=x|1 x 3，则 A (RB)=x|1 x 22.【答案】C解：z(3i 4)=25，z(3i 4)(3i 4)=25(3i 4)，z=4 3i则 z 的共轭复数z=4+3i3.【答案】A4.【答案】

10、C解：AM =45 AB ，AN =23 AD ，AP =AC =(AB +AD )=(54 AM +32 AN )=54 AM +32 AN ，M、N、P 三点共线54 +32 =1，=411，故选 C5.【答案】A【解析】解：因为 f(x)=3cos(x)+1x=f(x)，所以函数 f(x)为奇函数，图象关于原点对称，排除 D，又当 x 小于 0 趋近于 0 时，f(x)0，据此排除 C6.【答案】D解：依题意可知，在随机抽样中，首次抽到 006 号，以后每隔60024=25 个号抽到一个人，则以 6 为首项，25 为公差的等差数列，即所抽取的编号为 6，31，56，81，106故选 D7

11、.【答案】B【解答】解：由三视图知，该几何体是四棱锥 P ABCD，且 PD 平面 ABCD，如图所示；取 CD 的中点 M，连接 AM、PM，则 AM/BC，PAM 是异面直线 PA 与 BC所成的角，在 PAM 中，PA=2 2，AM=PM=5，cosPAM=8+5522 2 5=105，即 PA 与 BC 所成角的余弦值为 105 故选 B8.【答案】C解：设 Q 到 l 的距离为 d，则由抛物线的定义可得，|QF|=d，PF =4FQ ，Q 在 PF 的延长线上，|PQ|=5d，直线 PF 的斜率为25d2d2d=2 6，F(4,0)，直线 PF 的方程为 y=2 6(x 4)，与y2

12、=16x 联立可得 x=6，(由于 Q 的横坐标大于 2)|QF|=d=6+4=10，9.【答案】B设圆锥底面圆的半径为 r，高为 h，则 L=2r，13 r2h=275(2r)2h，=258 10.【答案】B解：a，b，c 成等差数列，2b=a+c，平方得a2+c2=4b2 2ac，又 ABC 的面积为32，且B=30，由SABC=12 acsinB=12 ac sin30=14 ac=32，解得 ac=6，代入式可得a2+c2=4b2 12，由余弦定理得 cosB=a2+c2b22ac=4b212b226=3b21212=32，解得b2=4+2 3，b=1+311.【答案】A【解析】解：设

13、点 P 是双曲线右支上一点，按双曲线的定义，|PF1|PF2|=2a，若设三角形 PF1F2的内切圆心在横轴上的投影为 A(x,0)，该点也是内切圆与横轴的切点设 B、C 分别为内切圆与 PF1、PF2的切点考虑到同一点向圆引的两条切线相等：则有：PF1 PF2=(PB+BF1)(PC+CF2)=BF1 CF2=AF1 F2A=(c+x)(c x)=2x=2a，即 x=a所以内切圆的圆心横坐标为 a由题意可得 a=1，顶点A1(1,0)，A2(1,0)，设 P(m,n)，则m2 n2b2=1，即n2=b2(m2 1)，k1k2=1，可得nm+1 nm1=1，即有 n2m21=b2=1，即有双曲

14、线的方程为x2 y2=1故选：A12.【答案】B【解析】解：函数 f(x)=(k+4k)lnx+4x2x，导数 f(x)=(k+4k)1x 4x2 1由题意可得 f(x1)=f(x2)(x1,x2 0，且x1 x2).即有k+4kx1 4x12 1=k+4kx2 4x22 1，化为 4(x1+x2)=(k+4k)x1x2，而x1x2 (x1+x22)2，4(x1+x2)16k+4k对 k 4,+)都成立，令 g(k)=k+4k，k 4,+)，g(k)=1 4k2 0，对 k 4,+)恒成立，即 g(k)在4,+)递增，g(k)g(4)=5，16k+4k165，x1+x2 165，即x1+x2的

15、取值范围是(165,+)13.【答案】2解：|a+b|2=a2+2ab+b2=|a|2+|b|2，可得ab=0向量a=(m,1)，b=(1,2)，可得 m+2=0，解得 m=2故答案为 214.【答案】25解：设小明到达的时间为 x，当 x 在 7：50 至 8：00，或 8：20 至 8：30 时，小明等车时间不超过 10 分钟，故 P=2050=25，故答案为：2515.【答案】6解：f(x)=x3 2cx2+c2x，f(x)=3x2 4cx+c2，f(2)=0 c=2 或 c=6当 c=2 时，f(x)=3x2 8x+4，令f(x)0 x 2，令f(x)0 23 x 0，可得 q=2，故

16、bn=2n1，Tn=12n12=2n 1，设等差数列an的公差为 d，由b4=a3+a5，得a1+3d=4，由b5=a4+2a6，得 3a1+13d=16，a1=d=1，故an=n，Sn=n(n+1)2；()由()，可得T1+T2+Tn=(21+22+2n)n=2(12n)12 n=2n+1 n 2，由Sn+(T1+T2+Tn)=an+4bn，可得n(n+1)2+2n+1 n 2=n+2n+1，整理得：n2 3n 4=0，解得 n=1(舍)或 n=4 n 的值为 419.【答案】(1)证明：连接 AC1，设 AC1与A1C 的交点为 N，本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案

17、第 2页，总 2页则 N 为 AC1的中点，连接 MN，又 M 是 AB 的中点，所以 MN/BC1又 MN 平面 MCA1，BC1 平面 MCA1，所以 BC1/平面 MCA1;(2)解：由 AB=2MC=2，M 是 AB 的中点，所以ACB=90，在直三棱柱中，A1M=2，AM=1，所以 AA1=3，又 BC=2，所以 AC=2，CM=AM=BM=1，则A1C=22+32=5，所以 CM2+A1M2=A1C2，所以A1MC=90设点C1到平面 MCA1的距离为 h，因为 AC1的中点 N 在平面 MCA1上，故 A 到平面 MCA1的距离也为 h，三棱锥A1 AMC 的体积 V=13 SA

18、MC AA1=36，MCA1的面积 S=12 A1M MC=1，则 V=13 Sh=13 h=36，得 h=32，故点C1到平面 MCA1的距离为 3220.【答案】（1）由已知可得，2222224421cababc解得28a，24b，2c，所以椭圆C 的方程为22184xy（2）由已知可得，(02)(20)BF，1BFk .BFl，可设直线l 的方程为 yxm，代入椭圆方程整理，得2234280 xmxm.设1122M xyN xy，则2121242833mmxxx x，1212212yyBNMFxx，.即121212220y yx xyx1122121212,220yxm yxmxmxmx

19、 xxmx，即212122(2)20 x xmxxmm，222842(2)2033mmmmm28321603mmm，或2m.由222(4)12 289680mmm，得212m 又2m 时，直线l 过 B 点，不合要求，83m ，故存在直线8:3l yx满足题设条件.21.【解析】(1)由已知得 f(x)=a(sinx+xcosx),对于任意的 x(0,2)，有sinx+xcosx0,当 a=0 时,f(x)=32，不合题意；当 a0 时,x(0,2),f(x)0 时,x(0,2),f(x)0,从而 f(x)在(0,2)单调递增，又函数 f(x)=axsinx 32(aR)在0,2 上图象是连续

20、不断的，故函数在0,2 上上的最大值为 f(2)=2 a 32=32，解得 a=1，综上所述,得3()sin(),2f xxxaR；(2)函数 f(x)在(0,)内有且仅有两个零点。证明如下：由(I)知,f(x)=xsinx 32,从而有 f(0)=320，又函数在0,2 上图象是连续不断的,所以函数 f(x)在(0,2)内至少存在一个零点，又由(I)知 f(x)在(0,2)单调递增,故函数 f(x)在(0,2)内仅有一个零点。当 x 2,时,令 g(x)=f(x)=sinx+xcosx，由 g(2)=10,g()=0,且 g(x)在 2,上的图象是连续不断的，故存在 m2,),使得 g(m)

21、=0.由 g(x)=2cosxxsinx,知 x(2,)时,有 g(x)g(m)=0,即 f(x)0，从而 f(x)在(2,m)内单调递增故当 x(2,m)时,f(x)f(/2)=(3)/20，从而(x)在(2,m)内无零点；当 x(m,)时,有 g(x)g(m)=0,即 f(x)0,f()0 且 f(x)在m,上的图象是连续不断的，从而 f(x)在m,内有且仅有一个零点。综上所述,函数 f(x)在(0,)内有且仅有两个零点。22【答案】（1）由2211txt 得：210,(1,11xtxx，又2222161tyt222116 14 114411 1xxyxxxxx 整理可得C 的直角坐标方程为：221,(1,14yxx 又cosx，sinyl 的直角坐标方程为：23110 xy（2）设C 上点的坐标为：cos,2sin 则C 上的点到直线l 的距离4sin112cos2 3 sin11677d当sin16 时，d 取最小值则min7d23.【答案】解：(1)f(x)=|x 1|+|x+2|(x 1)(x+2)|=3，当且仅当 2 x 1 取等，所以 f(x)的最小值 m=3；(2)证明：根据柯西不等式，1a+1+1b+1+1c+1=16(1a+1+1b+1+1c+1)(a+1)+(b+1)+(c+1)16 32=32.当且仅当 a=b=c 时，“=”成立.