四川省棠湖中学届高三下学期第二次月考数学文试题Word版含详细解析Word下载.docx

1、A. 这半年中，网民对该关键词相关的信息关注度呈周期性变化B. 这半年中，网民对该关键词相关的信息关注度不断减弱C. 从网民对该关键词的搜索指数来看，去年10月份的方差小于11月份的方差D. 从网民对该关键词的搜索指数来看，去年12月份的平均值大于今年1月份的平均值.5. 一个简单几何体的三视图如图所示，其中正视图是等腰直角三角形，侧视图是边长为2的等边三角形，则该几何体的体积等于（ ）A. B. C. D. 2【解析】由三视图可知，该几何体是一个四棱锥，由侧视图为边长为的正三角形，结合三视图的性质可知四棱锥底面是边长为和的矩形，四棱锥的高为，故四棱锥体积为，故选D.【方法点睛】本题利用空间几

2、何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.6. 我国古代数学名著增删算法统宗中有如下问题：“有个金球里面空，球高尺二厚三分，一寸自方十六两，试问金球几许金？”意思是：有一个空心金球，它的直径12寸，球壁厚0.3寸，1立方寸金重1斤，试问金球重是多少斤？（注）（ ）A.

3、 125.77 B. 864 C. 123.23 D. 369.69【答案】C【解析】由题意知，大球半径，空心金球的半径，则其体积（立方寸）因1立方寸金重1斤，则金球重斤，故选C7. 执行下面的程序框图，如果输入，则输出的（ ）A. 7 B. 20 C. 22 D. 54【解析】初始值a=1,b=1,s=0,k=0s=2,a=2,b=3,k=2,s=7,a=5,b=8,k=4s=20,a=13,b=21,k=6输出s=20,选B.8. 在中，“”是的（ ）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【解析】由题意等价于,根据正弦定理可得,即,则中，“

4、” 是“”的充要条件,故选C.9. 若，则=（ ）A. B. C. D. 【解析】 由，解得， 又， 故选B.10. 椭圆：的左、右顶点分别为、，点在上，且直线的斜率的取值范围是，那么直线斜率的取值范围是（ ）【解析】 由椭圆，可知其左右顶点为, 设，则，可得， 因为，所以， 因为，所以，解得，故选A.11. 已知是函数的零点，是函数的零点，且满足，则实数的最小值是（ ）【解析】因为，所以函数在上单调递减，在单调递增，故，故为方程的根，故，故解得 ，所以在上有解，即在上有解，令，可求得，所以，解得，故选A.点睛：解题的关键是得到后，得到，然后将问题转化成方程在上有解的问题处理.在解题的过程中分

5、离参数的方法，转化为求函数在闭区间的最值问题处理，求最值时可用导数或基本不等式处理，具体求解中要注意合理的变形.12. 已知当时，函数的图象与的图象有且只有一个交点，则正实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【解析】 根据题意，由于为正数，为二次函数，在区间为减函数，在为增函数，且函数为增函数，（1）当时，有，在区间上，为减函数，且其值域为，函数为增函数，其值域为，此时两个函数的图象有1个交点，符合题意；（2）当时，有， 函数为二次函数，在区间为减函数，在为增函数， 函数函数为增函数，其值域为，若两个函数的图象有1个交点，则有，解得， 综上可得实数的取值范围是，故选A. 点睛：本题主要

6、考查了函数基本性质的综合应用，其中解答中涉及到二次函数的图象与性质，幂函数的单调性与值域等知识点的综合运用，同时把两个函数的图象有一个交点，转化为函数值域之间的关系是解答的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力. 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. 已知向量，满足，|，则|_【答案】 【解析】 由向量满足， 所以，所以，解得.14. 已知偶函数在上单调递减，且，若，则的取值范围是_【答案】【解析】 根据题意为偶函数，则， 又由在上单调递减，且， 则，即，所以，解得或，即的取值范围是.15. 设抛物线的焦点为是抛物线上一点，的延长线与轴相交于点，若

7、，则_【解析】抛物线的焦点为又 则为的三等分点，故横坐标为，代入求得则故本题考查了直线与抛物线之间的位置关系，结合向量的综合运用题目，依据条件中，运用线性关系可得三点的位置关系，代入坐标计算，从而可以求出各点坐标，继而解得结果16. 设函数与有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则实数的最大值为_.【解析】由题意得，设与在公共点处的切线相同，由题意得，即，由可得或（舍去），设，则，当时，单调递增，当时，单调递减实数的最大值为答案：三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤；1721每题12分，选做题10分，共70分）17. 已知数列的前项和为，向量，满足条件.（1）求数列的通项公式；（

8、2）设，求数列的前项和.（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由可得，然后根据与的关系可得（2）由（1）可得，根据数列项的特征选择用错位相减法求和试题解析：（1）,，, 当时，当时，满足上式，.（2）由（1）可得，得， （1）数列的通项an与前n项和Sn的关系是，当n1时，a1若适合，则n1的情况可并入n2时的通项an；当n1时，a1若不适合，则用分段函数的形式表示（2）错位相减是数列求和的一种重要方法，但值得注意的是，这种方法运算过程复杂，运算量大，应加强对解题过程的训练，重视运算能力的培养18. 某大学生在开学季准备销售一种文具盒进行试创业，在一个开学季内，每售出1盒该产品获利润30元，

9、未售出的产品，每盒亏损10元.根据历史资料，得到开学季市场需求量的频率分布直方图，如图所示.该同学为这个开学季购进了160盒该产品，以（单位:盒，）表示这个开学季内的市场需求量，（单位:元）表示这个开学季内经销该产品的利润.（1）根据直方图估计这个开学季内市场需求量的平均数；（2）将表示为的函数；（3）根据直方图估计利润不少于4000元的概率.（1） ；（2）；（3）.（1）根据分布图先算出各频率，然后再计算求出平均数（2）分类讨论当时及当时两种情况，分别写出解析式（3）代入求解结果即可解析：（1）需求量为的频率，需求量为的频率，需求量为的频率.则平均数.（2）因为每售出1盒该产品获利润30元

10、，未售出的产品，每盒亏损10元，所以当时，当时，所以（3）因为利润不少于4000元，解得，解得.所以由（1）知利润不少于4000元的概率.19. 如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，为与的交点，为棱上一点（1）证明：平面平面；（2）若平面，求三棱锥的体积（1）证明见解析；（2） .（1）由平面可得根据四边形是菱形，可得，从而证得平面，由面面垂直的判定定理即可证得平面平面；（2）由线面平行的性质定理可得，取中点，连结，则有，进一步证明可得平面，所以就是点到平面的距离，根据即可求得其体积.平面，平面，.四边形是菱形，.又，平面，而平面，平面平面.（2）平面，平面平面,.是的中点，是中点，取中点，连

11、结.四边形是菱形，.又平面.考点：空间中的平行与垂直关系的证明及棱锥的体积.20. 设椭圆的离心率，左焦点为，右顶点为，过点的直线交椭圆于两点，若直线垂直于轴时，有.（1）求椭圆的方程；（2）设直线：上两点，关于轴对称，直线与椭圆相交于点（异于点），直线与轴相交于点.若的面积为，求直线的方程.（2）或.（1）由离心率可得的关系，再由，结合隐含条件，求得的值，即可得到椭圆的方程；（2）设直线的方程为，与直线的方程联立，可得点的坐标，进一步得到的坐标，联立直线与椭圆的方程，求得的坐标，则所在的直线方程可求，取，求得的坐标，得到，结合的面积为，即可求解实数的值，得到直线方程.（1）设，因为所以有，又

12、由得，且，得，因此椭圆的方程为：. （2）设直线的方程为，与直线的方程联立，可得点，故.将与联立，消去，整理， 解得，或.由点异于点，可得点.由，可得直线的方程为，令，解得，故. 所以.又因为的面积为，故，整理得，解得，所以.所以，直线的方程为或.本题主要考查椭圆的方程与几何性质性质、直线与圆锥曲线的位置关系及直线方程的求解,解答此类题目，通常利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.21. 函数.（1）求的单调区间；（2）若，求证：（1）时，的单调递减区间是；时，的单调递减区，的单调递增区间是；（2）证明见解析.（1）求出导数，根据对的分类讨论，找到导数正负区间，即可求出；（2）求出函数的最小值，转化为证，构造，求其最小值，即可解决问题.（）当a0时，则在上单调递减；当时，由解得，由解得即在上单调递减；在上单调