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- 2021-06-04 发布
重庆市垫江中学校2020届高三下学期入学考试
数学试卷（文）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数满足（其中为虚数单位)，则复数的虛部为（ ）
A． B． C． D．
3．中，角的对边分别为，则“”是“是等腰三角形”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
4．某景区在开放时间内，每个整点时会有一趟观光车从景区入口发车，某人上午到达景区入口，准备乘坐观光车，则他等待时间不多于20分钟的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．已知是椭圆上任一点，是坐标原点，则中点的轨迹方程为（ ）
A． B． C． D．
6．已知，则（ ）
A． B． C． D．
7．设等比数列的前n项和为，若则为（ ）
A． B． C． D．
8．若函数是上的增函数，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．已知满足不等式组，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
10．已知过球面上三点的截面到球心距离等于球半径的一半，且是边长为6的等边三角形，则球面面积为（ ）
A． B． C． D．
11．已知直线与抛物线相交于、两点，且，则为（ ）
A． B． C． D．
12．已知圆是边长为的等边的外接圆，是所在平面内的动点，且,则的最大值为 （ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在答题卡相应位置上．
13．已知两个单位向量满足，则向量与的夹角为_____________.
14．已知函数在单调递减，且为奇函数．若，则的取值范围是_________.
15．设点为椭圆：上一点，分别是椭圆的左右焦点，为的重心，且，那么的面积为___________.
16．设函数，函数，若对于任意的，总存在，使得，则实数的取值范围是_________.
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. （本小题满分12分）
我国是世界上严重缺水的国家之一，城市缺水问题较为突出．某市为了节约生活用水，计划在本市试行居民生活用水定额管理(即确定一个居民月均用水量标准：用水量不超过的部分按照平价收费，超过的部分按照议价收费)．为了较为合理地确定出这个标准，通过抽样获得了40位居民某年的月均用水量(单位：吨)，按照分组制作了频率分布直方图，
（1）从频率分布直方图中估计该40位居民月均用水量的众数，中位数；
（2）在该样本中月均用水量少于1吨的居民中随机抽取两人，其中两人月均用水量都不低
于0.5吨的概率是多少？
18. （本小题满分12分）
已知分别是内角的对边，且满足
(1) 求；
(2) 若的面积为，，求的周长.
19. （本小题满分12分）
在四棱锥中，与相交于点，点在线段
上，.
(1)求证：平面；
(2)若，求点到平面的距离.
20. （本小题满分12分）
已知椭圆的左右焦点分别为，左顶点为，且，是椭圆上一点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆交于两点，直线分别与轴交于点，
求证：在轴上存在点，使得无论非零实数怎样变化，以为直径的圆都必过点，并求出点的坐标.
21. （本小题满分12分）
已知函数，
(1)若函数在点处的切线与直线平行，求实数
的值；
(2)设，且有两个极值点，其中，求的最小值（注：其中为自然对数的底数）.
四、请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号.
22. （本小题满分10分）
在直角坐标系中，直线的参数方程为，在以坐标原点为极点，轴正半轴
为极轴的极坐标系中，曲线的方程为.
(1)求曲线的直角坐标方程;
(2)设曲线与直线交于点，点的坐标为,求.
23. （本小题满分10分）
已知函数，不等式的解集为.
(1) 求；
(2) 若为中的最大元素，正数满足,证明.
参考答案
1-12 CBADC DBBAC DB
13. 14. 15.8 16.
17.解：(1)该40位居民月均用水量的众数2.25，中位数2；
(2)由直方图可知：月均用水量在的人数为：，
月均用水量在的人数为： ……8分 从此6人中随机抽取两人所有可能的情况有：
共15种，其中月均用水量都在的情况有：共6种，两人月均用水量都不低于0.5吨的概率是.
18. 解：(1)∵，
∴根据正弦定理，知，即.
∴由余弦定理，得.
又，所以.
(2)
由余弦定理得：
，解得：
的周长
19. 解：(1), ，
,又,平面;
(2) (2) 因为，所以为等边三角形，所以，
又因为，，所以且，
所以且，又因为，所以
因为平面，所以平面平面．
作于，因为平面平面，所以平面．
又因为平面，所以即为到平面的距离．
在△中，设边上的高为，则，
因为，所以，即到平面的距离为．
解法二、（1）同解法一．
（2）因为，所以为等边三角形，所以，
又因为，，所以且，
所以且，又因为，所以平面 ．
设点到平面的距离为，由得，
所以，
即．
因为，，，
所以，解得，即到平面的距离为．
20.解：（1）依题意椭圆方程为；
（2）假设存在这样的点P，设，，，则，
联立，消去y，得，解得，， 因为，所以所在直线方程为，
可得，同理可得，
所以，，
则，解得或，所以存在点P且坐标为或，使得无论非零实数怎么变化，以为直径的圆都必过点P.
21.解：(1) 依题意;
(2) ，
由题意得方程的两根分别为，且
所以，
则
设，则
当时，恒成立，所以在上单调递减，
所以，即的最小值为.
22.解： 因为曲线的方程，
∴，
∴，
化简得,曲线的直角坐标方程为：.
（2）把直线代入曲线得，
整理得，.
∵，所以方程有两个不等实根，
设为方程的两个实数根，由韦达定理可得,
，，∴为异号，
又∵点（3，1）在直线上，由参数方程中参数的几何意义可得,
..
(2) 为中的最大元素，
，
（当且仅当时等号成立）
即.