四川省泸县第五中学2020届高三数学三诊模拟考试试题-文.doc

四川省泸县第五中学2020届高三数学三诊模拟考试试题 文

四川省泸县第五中学2020届高三数学三诊模拟考试试题 文

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四川省泸县第五中学2020届高三数学三诊模拟考试试题 文（含解析）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第I卷 选择题（60分）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
求得集合，，结合集合的交集运算，即可求解.
【详解】由题意，集合，集合，所以.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，其中解答中正确求解集合，结合集合的交集的运算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.
2.在复平面内，复数z在复平面所对应点为，则（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由复数的几何表示方法，求得，再结合复数的运算，可求解.
【详解】由题意，复数z在复平面所对应点为，即，
所以.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了复数的几何表示，以及复数的运算，其中解答中熟记复数的几何表示方法，以及复数的乘法运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
3.命题，，则为（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】
根据全称命题的否定直接判断选择.
【详解】，，
：，
故选：A
【点睛】本题考查全称命题的否定，考查基本分析判断能力，属基础题.
4.记为等差数列的前项和，若，，则（ ）
A. 8 B. 9 C. 16 D. 15
【答案】D
【解析】
【分析】
根据等差数列的通项公式和前n项和公式，求得公差，再由等差数列的通项公式，即可求解．
【详解】由题意，因为，，
即，解得，
所以，故选D．
【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，以及前n项和公式的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和前n项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
5.在下列区间中，函数的零点所在的区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先判断函数在上单调递增，由,利用零点存在定理可得结果.
【详解】因为函数在上连续单调递增，
且,
所以函数的零点在区间内，故选C.
【点睛】本题主要考查零点存在定理的应用，属于简单题.应用零点存在定理解题时，要注意两点：（1）函数是否为单调函数；（2）函数是否连续.
6.已知直线和互相平行，则实数（ ）
A. B. C. 或3 D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】
根据直线平行充要关系得等式，解得结果.
【详解】由题意得或3,选C.
【点睛】本题考查直线平行位置关系，考查基本转化求解能力，属基础题.
7.已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据幂函数、对数函数的单调性判断三个数大小.
【详解】

故选：D
【点睛】本题考查利用幂函数、对数函数单调性比较大小，考查基本分析判断能力，属基础题.
8.将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的倍，再向右平移个单位，再向上平移个单位，得到的新函数的一个对称中心是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据三角函数图象变换规律写出所得函数的解析式，再根据三角函数的性质求出函数的对称中心，确定选项．
【详解】解：函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍得到图象的解析式为
再向右平移个单位得到图象的解析式为
再向上平移个单位得到图象的解析式为，令解得，故函数的对称中心为
当时对称中心为，所以是函数的一个对称中心．
故选：．
【点睛】本题考查了三角函数图象变换规律，三角函数图象、性质．是三角函数中的重点知识，在试题中出现的频率相当高．
9.已知a，b为两条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
①若，，则 ②若，，则
③若，，则 ④若，，则
A. ①③ B. ②③ C. ①②③ D. ②③④
【答案】B
【解析】
【分析】
根据线面位置关系逐一判断，即可选择.
【详解】若a∥α，α∥β，得aβ或；所以①不正确；
若α∥β，β∥γ，则α∥γ；所以②正确；
若a⊥α，b⊥α，则a∥b；所以③正确；
若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β或α∥β或相交；所以④不正确；
故选：B
【点睛】本题考查线面有关命题判断，考查基本分析判断能力，属于基础题.
10.某珠宝店丢了一件珍贵珠宝，以下四人中只有一人说真话，只有一人偷了珠宝．甲：“我没有偷”；乙：“丙是小偷”；丙：“丁是小偷”；丁：“我没有偷”．根据以上条件，可以判断偷珠宝的人是（ ）
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：若甲说的是真话，则乙、丙、丁都是说假话，所以丁偷了珠宝，所以，丙说的也是真话，与只有一个人说真话相矛盾，所以甲说的假话，偷珠宝的人是甲．
考点：推理与证明．
11.设函数 ，其中 ，则导数 的取值范围是 ( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先对原函数进行求导可得到的解析式，将代入可求取值范围．
【详解】解：

故选：．
【点睛】本题主要考查函数求导和三角函数求值域的问题．这两个方面都是高考中必考内容，难度不大．
12.已知函数的定义域为的奇函数，当时， ，且， ，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据函数定义域及函数对称轴，求出函数的周期，进而化简求得函数值即可．
【详解】因为，所以函数图像关于 对称
因为的定义域为的奇函数，所以函数的周期为T=4
所以
因为函数图像关于 对称
所以
所以选B
【点睛】本题考查了函数的对称性及周期性，掌握函数的基本性质是解决这类问题的关键，属于中档题．
第II卷 非选择题（90分）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.若变量，满足约束条件，则最大值为___________.
【答案】2
【解析】
【分析】
画出不等式组对应的可行域，平移动直线可得的最大值.
【详解】不等式组对应的可行域如图所示：

平移动直线至时，有最大值，
又得，故，故填.
【点睛】二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二元函数的几何意义，比如表示动直线的横截距的三倍 ，而则表示动点与的连线的斜率．
14.平面向量与的夹角为，，，则__________________．
【答案】
【解析】
【分析】
由计算模．
【详解】由题意，，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查求向量的模，考查向量的数量积．求向量的模一般转化为数量积运算，即由公式转化即可．
15.在中，角，，的对边分别为，，，若，且，则的取值范围为________________．
【答案】.
【解析】
【分析】
先由三角形内角和定理、诱导公式、两角和的正弦公式以及正弦定理证明，再利用正弦定理、余弦定理化简原等式可得，利用基本不等式求得，从而可得结果.
【详解】因为
所以由正弦定理可得，
又因为，
所以由正弦定理可得，
即，所以，
因为，所以，因为，
当且仅当时取等号，所以，
所以，即，所以，故的取值范围为．
【点睛】解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．
16.在四面体ABCD中，若，则当四面体ABCD的体积最大时，其外接球的表面积为________.

【答案】
【解析】
【分析】
先根据底面ACD面积为定值，确定四面体ABCD的体积最大时，平面,再确定外接球球心位置，解得球半径，代入球的表面积公式得结果.
【详解】因为，所以底面ACD面积为定值，
因此当平面时，四面体ABCD的体积最大.
设外接圆圆心为,则四面体ABCD的外接球的球心满足,且，
因此外接球的半径满足
从而外接球的表面积为
故答案为：
【点睛】本题考查四面体外接球的表面积，考查综合分析求解能力，属中档题.
三.解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17.已知数列是公比为的正项等比数列，是公差为负数的等差数列，满足，，.
（1）求数列的公比与数列的通项公式；
(2)求数列的前10项和
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）利用等差数列的性质，求得，然后利用列方程求得的值，进而求得.利用基本元的思想化简，求得的值.（2）先找到的分界点，先对正项部分求和，然后利用等差数列前项和公式，求得负项的绝对值的和，由此求得的值.
【详解】(1)由已知,，得
又
得：或2（舍），
于是，
又是公比为的等比数列，故
所以，（舍）或
综上，.
（2）设的前n项和为;令，得
于是，
易知，时，
所以，
【点睛】本小题主要考查等差数列的性质，考查等差数列前项和公式，考查含有绝对值的数列求和的方法，属于中档题.
18.工厂质检员从生产线上每半个小时抽取一件产品并对其某个质量指标进行检测，一共抽取了件产品，并得到如下统计表．该厂生产的产品在一年内所需的维护次数与指标有关，具体见下表.
质量指标

频数

一年内所需维护次数

（1）以每个区间的中点值作为每组指标的代表，用上述样本数据估计该厂产品的质量指标的平均值（保留两位小数）；
（2）用分层抽样的方法从上述样本中先抽取件产品，再从件产品中随机抽取件产品，求这件产品的指标都在内的概率；
（3）已知该厂产品维护费用为元/次，工厂现推出一项服务：若消费者在购买该厂产品时每件多加元，该产品即可一年内免费维护一次.将每件产品的购买支出和一年的维护支出之和称为消费费用.假设这件产品每件都购买该服务，或者每件都不购买该服务，就这两种情况分别计算每件产品的平均消费费用，并以此为决策依据，判断消费者在购买每件产品时是否值得购买这项维护服务？
【答案】（1）；（2）；（3）该服务值得购买
【解析】
【分析】
（1）由样本数据能估计该厂产品的质量指标Y的平均值指标．
（2）由分层抽样法知，先抽取的件产品中，指标Y在[9.8，10.2]内的有3件，记为A1，A2，A3，指标Y在（10.2，10.6]内的有2件，记为B1，B2，指标Y在[9.4，9.8）内的有1件，记为C，从6件产品中，随机抽取2件产品，共有基本事件15个，由此能求出指标Y都在[9.8，10.2]内的概率．
（3）不妨设每件产品的售价为x元，假设这48件样品每件都不购买该服务，则购买支出为48x元，其中有16件产品一年内的维护费用为300元/件，有8件产品一年内的维护费用为600元/件，由此能求出结果．
【详解】（1）指标的平均值＝
（2）由分层抽样法知，先抽取的件产品中，指标在[9.4，9.8）内的有件，记为；指标在（10.2，10.6]内的有件，记为：指标在[9.4，9.8）内的有件，记为．
从件产品中随机抽取件产品，共有基本事件个、、、、、、、、、、、、、、.
其中，指标都在内的基本事件有个：、、
所以由古典概型可知，件产品的指标都在内的概率为.
（3）不妨设每件产品的售价为元，
假设这件样品每件都不购买该服务，则购买支出为4元．其中有件产品一年内的维护费用为元／件，有件产品一年内的维护费用为元／件，此时平均每件产品的消费费用为元；
假设为这件产品每件产品都购买该项服务，则购买支出为元，一年内只有件产品要花费维护，需支出元，平均每件产品的消费费用元.
所以该服务值得消费者购买.
【点睛】本题考查平均值、概率、平均每件产品的消费费用的求法，考查列举法、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
19.已知菱形的边长为2，，对角线、交于点O，平面外一点P在平面内的射影为O，与平面所成角为30°.

（1）求证：；
（2）点N在线段上，且，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】
（1）由面得，然后证明出面即可
（2）由面得与平面所成角为，然后利用算出点D到平面的距离为，然后利用即可算出答案.
【详解】（1）由题意面，∴，
菱形中，，又，则面，
所以；
（2）因为面，所以与平面所成角为，
又菱形边长为2，，所以，，，，.
所以，.
设，点D到平面的距离为
由得，
即，解得
所以D到平面的距离也为.
所以.
所以.
【点睛】常用等体积法求点到平面的距离.
20.设函数
（1）求函数的极值；
（2）当时，恒成立，求整数的最大值.（参考数值，）
【答案】(1) ,无极小值;(2)整数的最大值为2
【解析】
【分析】
（1）求出函数的定义域、导函数，即可求出函数的单调区间，则极值可求.
（2）题目转化为恒成立，构造函数设，求出导函数，设，判断的零点所在区间，可得的单调性，即可表示出的最小值，分析得到，推出结果．
【详解】解：（1）的定义域为,
令，解得；令，解得
当时，单调递增，
当时，单调递减，
；无极小值.
（2），因为，所以（）恒成立
设，则
设则
所以在上单调递增，
又
所以存在使得，
当时，；当时，
所以在上单调递减，上单调递增
所以
又，
所以
令
则，所以在上单调递增,
所以，即
因为，所以,所以的最大值为2
【点睛】本题考查函数的导数的应用，构造法的应用，二次导数以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力，是难题．
21.已知抛物线的焦点为F，点，点B在抛物线C上，且满足（O为坐标原点）.
（1）求抛物线C的方程；
（2）过焦点F任作两条相互垂直的直线l与l，直线l与抛物线C交于P，Q两点，直线l与抛物线C交于M，N两点，的面积记为，的面积记为，求证：为定值.
【答案】（1）（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）先根据条件解得B点坐标，代入抛物线方程解得，即得结果；
（2）先设直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及弦长公式求得与，最后代入化简得结果.
【详解】（1）设

因为点B在抛物线C上，
（2）由题意得直线l的斜率存在且不为零，设，代入得，所以
因此，同理可得
因此
点睛】本题考查抛物线方程以及直线与抛物线位置关系，考查综合分析求解能力，属中档题.
（二）选考题：共10分.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.
22.在直角坐标系中，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线，直线l的参数方程为：（t为参数），直线l与曲线C分别交于M，N两点.
（1）写出曲线C和直线l的普通方程；
（2）若点，求的值.
【答案】（1），；（2）
【解析】
【分析】
(1)根据极坐标与直角坐标方程间的转换公式可求出曲线C的普通方程,再利用消元法消去参数可得到直线l的普通方程;
(2)先将直线参数方程化为标准形式,再将之代入曲线C的普通方程中,最后利用参数的几何意义,结合韦达定理求解即可.
【详解】(1),

将代入上式,可得,
因此曲线C的普通方程为:,
又直线l的参数方程为:(t为参数),
因此直线l的普通方程为:;
(2)由题知直线l的参数方程为:(t为参数),
故其参数方程标准形式为:(t为参数),
将之代入中,整理后可得,
设对应的参数分别为,
则,
.
【点睛】本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程,参数方程化为普通方程,考查了直线参数方程的应用,难度不大.
23.设函数．
(1)当时，解不等式；
(2)若的解集为，，求证:．
【答案】（1）（2）(当且仅当时取等号)
【解析】
【分析】
（1）由零点分区间的方法，去掉绝对值，分情况解不等式即可；（2）原不等式转化为，即解得a值即可，再由1的妙用，结合均值不等式得到结果.
【详解】(1)当时，不等式为，
∴或或，
∴或．
∴不等式的解集为．
(2)即，解得，而解集是，
∴,解得，所以，
∴．(当且仅当时取等号)
【点睛】本题考查了“乘1法”与基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．解决二元的范围或者最值问题，常用的方法有：不等式的应用，二元化一元的应用，线性规划的应用，等.