四川省成都市树德中学2020届高三数学三诊模拟考试试题-文.doc

四川省成都市树德中学2020届高三数学三诊模拟考试试题 文

四川省成都市树德中学2020届高三数学三诊模拟考试试题 文

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四川省成都市树德中学2020届高三数学三诊模拟考试试题 文（含解析）
一、在每小题出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，集合，则集合真子集个数为（ ）．
A. 3 B. 4 C. 7 D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】
由补集的定义先计算出，再求出，根据个元素的集合真子集个数是个求出真子集的个数.
【详解】由题意，集合，
所以，
集合，所以，
所以真子集的个数为个.
故选：C
【点睛】本题主要考查集合交集和补集的运算，以及集合子集的个数问题，考查学生计算能力，属于基础题.
2. 方程表示双曲线的一个充分不必要条件是（ ）
A. －3＜m＜0 B. －3＜m＜2
C. －3＜m＜4 D. －1＜m＜3
【答案】A
【解析】
由题意知，，则C，D均不正确，而B为充要条件，不合题意，故选A.
3. 如图，为了研究钟表与三角函数的关系，建立如图所示的坐标系，设秒针尖位置.若初始位置为，当秒针从（注此时）正常开始走时，那么点P的纵坐标y与时间t的函数关系为

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】时刻，经过的圆弧角度为，则以轴正方向为始边，所在射线为终边，对应的角度为，则对应的角度为，
由可知在单位圆上，所以时刻的纵坐标，故选C
4. 已知直线x＋7y＝10把圆分成两段弧，这两段弧长之差的绝对值等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
求出直线与圆形成的弦长，再求出这段劣弧所对圆周角，算出两段弧长，即可求出两段弧长之差的绝对值.
【详解】圆心到直线的距离，
弦长，圆的半径为2，所以其所对圆心角为，
所以两段弧长之差的绝对值为.
故选：D
【点睛】此题考查直线与圆位置关系，通过弦长求出圆心角，依据弧长公式求弧长，要求熟记常用相关公式.
5. 若的取值范围为，给出如图所示的程序框图，输入一个数，则输出满足的概率为（ ）．

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由程序框图得时，，时，，再求出时的范围，根据几何概型概率计算公式，即可得到答案.
【详解】由程序框图可知，时，，时，，
当时，若输出结果为，
即，所以；
若输出结果为，
即，所以（不符合题意），
所以当输出结果时，的取值范围为，
所以输出满足概率.
故选：B
【点睛】本题主要考查程序框图的应用，几何概型求概率，考查学生分析转化能力，属于基础题.
6. 变量，满足，则的最大值为（ ）．
A. 8 B. 9 C. 64 D. 65
【答案】D
【解析】
【分析】
画出约束条件所表示的可行域，再利用所表示的几何意义求解即可.
【详解】由约束条件，作出的可行域如图所示，

目标函数，
其中的几何意义是可行域上的点到的距离的平方，
由图像知，可行域上点到的距离最大，
由，解得点，
所以的最大值为，
所以.
故选：D
【点睛】本题主要考查线性规划的应用，注意目标函数所表示的几何意义，考查学生数形结合的能力，属于中档题.
7. 某空间凸多面体三视图如图所示，其中俯视图和侧（左）视图中的正方形的边长为，正（主）视图和俯视图中的三角形均为等腰直角三角形，则该几何体的表面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
分析：先找到几何体的原图，再求各个面的面积，最后求几何体的表面积.
详解:由三视图得几何体如图所示，

所以

故几何体的表面积为.
故答案为C
点睛：（1）本题主要考查三视图和几何体的表面积,意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和空间想象能力. (2)通过三视图找几何体一般有直接法和模型法.
8. 已知平面及直线，，则下列说法错误的个数是（ ）．
①若直线，与平面所成角都是，则这两条直线平行；②若直线，与平面所成角都是，则这两条直线不可能垂直；③若直线，垂直，则这两条直线与平面不可能都垂直；④若直线，平行，则这两条直线中至少有一条与平面平行．
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】
由空间中线线和线面关系对①②③④逐一分析即可.
【详解】对①，若直线，与平面所成角都是，则这两条直线平行、相交或异面，故错误；
对②，若直线，与平面所成角都是，则这两条直线有可能垂直，
如图，直角三角形，，且点在平面内，
和可以与平面都成角，故错误；

对③，若直线，与平面垂直，则，故正确；
对④，若直线，平行，则这两条直线也可能都与平面相交，故错误.
故选：C
【点睛】本题主要考查空间中线线和线面关系，考查学生空间想象能力，属于基础题.
9. 已知函数，，若对，总存在，使得成立，以下对、的取值范围判断正确的是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意，对，总存在，使得成立，可转化为的最小值大于时的最小值，求出时，，利用的单调性解得，计算即可求出答案.
【详解】由题意，对，总存在，使得成立，
可转化为的最小值大于时的最小值，
当时，易知，
，
所以在上单调递增，，
所以，解得.
故选：C
【点睛】本题主要考查不等式成立问题和函数单调性的应用，考查学生分析转化能力，属于中档题.
10. 的外接圆的圆心为，满足且，，，则（ ）．
A. 36 B. 24 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据已知条件，在两边分别乘以向量和，可以得到①，②，再根据、①②和①②，得到，联立两式即可求出.
【详解】如图，设中点为，中点为，
外接圆圆心为和垂直平分线的交点，

则，
同理，
在两边分别乘以向量和，
，
即①，②，
①②得，
，
即③，
①②得，
，
即④，
联立③④，解得.
故选：A
【点睛】本题主要考查数量积的计算、三角形外心的概念和向量的运算，考查学生分析转化能力和计算能力，属于中档题.
11. 设函数，则满足的的取值范围为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先求出的表达式，再分别计算时和时的的取值范围，即可得到答案.
【详解】由题意，，
所以，
①当时，，即，
解得，所以；
②当时，，即，
解得，所以；
综上是，时的取值范围为.
故选：B
【点睛】本题主要考查分段函数的应用，不等式的求解，考查分类讨论的思想，属于基础题.
12. 已知点，是抛物线上不同的两点，为抛物线的焦点，且满足．弦的中点到直线的距离为，若，则的最小值为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先求出抛物线的焦点坐标和准线方程，设，，由和余弦定理，可得，再由抛物线的定义和中位线定理得，由基本不等式计算可得的最小值.
【详解】抛物线化为标准形式即，
则该抛物线的焦点，准线，
设，，由，
得，
得，
由抛物线的定义可得，
点到准线的距离为，点到准线的距离为，
由梯形的中位线定理可得，，
由，可得
，
当且仅当时，等号成立，
所以，即，
的最小值为.
故选：D
【点睛】本题主要考查抛物线的定义和性质、余弦定理和基本不等式的应用，考查学生分析转化和计算能力，属于中档题.
二、填空题
13. 双曲线（且）离心率为______．
【答案】或
【解析】
【分析】
将将化为标准形式：，对和两种情况进行讨论，求出离心率即可.
【详解】将化为标准形式：，
①当时，该双曲线表示焦点在轴的双曲线，
此时，，，所以，
双曲线离心率，
②当时，该双曲线表示焦点在轴的双曲线，
此时，，，所以，
双曲线离心率，
所以该双曲线的离心率为或.
故答案为：或
【点睛】本题主要考查双曲线的标准方程和离心率的求法，考查学生分类讨论的思想，属于基础题.
14. 复数满足方程，是的共轭复数，则______．
【答案】
【解析】
【分析】
由求得其根为，令其两根相加即可求出.
【详解】由，解得，
所以
故答案为：
【点睛】本题主要考查复数方程的解法和共轭复数的概念，属于基础题.
15. 若，且，其中，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】
由题意化简可得，，，由，从而可计算出.
【详解】由题意，，
所以，
，
因，
所以，
所以
故答案为：2
【点睛】本题主要考查求函数值、指数对数的运算，考查学生的计算能力，属于基础题.
16. 函数的零点个数有______个．
【答案】8
【解析】
【分析】
先证明0不是的零点，再将的零点化为和的交点的个数，作出图象即可得到答案.
【详解】由题意，，所以0不是的零点，
当时，可化为，
即的零点可化为和的交点的个数，
作出和的图象如图所示，

结合图像知，和有8个交点.
故答案为：8
【点睛】本题主要考查函数零点的应用，考查学生数形结合的能力，属于中档题.
三、解答题：解答应写出相应的文字说明，证明过程或者演算步骤．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
17. 已知等差数列的前项和为，若，，（ 且）.
（1）求的值；
（2）若数列满足，求数列的前项和．
【答案】(1)5;(2)
【解析】
试题分析：（1）结合已知两个条件，采用方程思想，求解与公差d，从而利用等差数列的通项公式求解m；（2）借助第一问结论，化简求得，明确所求数列的通项公式，采用错位相减法求和.
（Ⅰ）由已知得，
且，
设数列的公差为，则有，
∴
由，得，即，
∴
∴．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，∴
∴，得．
∴．
设数列的前项和为
∴ ①
②
－②，得

∴
点睛：本题主要考查等差数列的通项公式及前项和公式、错位相减法求数列的和，以数列为
载体，通过利用错位相减法求和，考查逻辑思维能力、运算能力．形如的数列，其中
是等差数列，是等比数列，则可在求和等式两边同乘的公比，然后两等式错位
相减，即如果一个数列是由一个等差数列与一个等比数列对应项的积构成的数列，求此数列的
前项和可利用．
18. 如图，四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点，，.
（1）求证：平面BCD；
（2）求异面直线AB与CD所成角的余弦值；
（3）求点E到平面ACD的距离．

【答案】（1）见解析（2）（3）
【解析】
【分析】
（1）连接OC，由BO＝DO，AB＝AD，知AO⊥BD，由BO＝DO，BC＝CD，知CO⊥BD．在△AOC中，由题设知，AC＝2，故AO2+CO2＝AC2，由此能够证明AO⊥平面BCD；
（2）取AC的中点M，连接OM、ME、OE，由E为BC的中点，知ME∥AB，OE∥DC，故直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角．在△OME中，，由此能求出异面直线AB与CD所成角大小的余弦；
（3）设点E到平面ACD的距离为h．在△ACD中，，故，由AO＝1，知，由此能求出点E到平面ACD的距离．
【详解】（1）证明：连接OC，∵BO＝DO，AB＝AD，∴AO⊥BD，
∵BO＝DO，BC＝CD，∴CO⊥BD．
在△AOC中，由题设知，AC＝2，
∴AO2+CO2＝AC2，
∴∠AOC＝90°，即AO⊥OC．
∵AO⊥BD，BD∩OC＝O，
∴AO⊥平面BCD．
（2）解：取AC的中点M，连接OM、ME、OE，由E为BC的中点，
知ME∥AB，OE∥DC，
∴直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角．
在△OME中，，
∵OM是直角△AOC斜边AC上的中线，∴，
∴，
∴异面直线AB与CD所成角大小的余弦为
（3）解：设点E到平面ACD的距离为h．
，
，
在△ACD中，，
∴，
∵AO＝1，，
∴，
∴点E到平面ACD的距离为．

【点睛】本题考查点、线、面间的距离的计算，考查空间想象力和等价转化能力，解题时要认真审题，仔细解答，注意化立体几何问题为平面几何问题．
19. 2019年全国“两会”，即中华人民共和国第十三届全国人大二次会议和中国人民政治协商会议第十三届全国会第二次会议，分别于2019年3月5日和3月3日在北京召开．为了了解哪些人更关注“两会”，某机构随机抽取了年龄在岁之间的200人进行调查，并按年龄绘制出频率分布直方图，如图．

若把年龄在区间，内的人分别称为“青少年”“中老年”．经统计“青少年”和“中老年”的人数之比为．其中“青少年”中有40人关注“两会”，“中老年”中关注“两会”和不关注“两会”的人数之比为．
（1）求图中的值．
（2）现采用分层抽样在和中随机抽取8人作为代表，从8人中任选2人，求2人都是“中老年”的概率．
（3）根据已知条件，完成下面的列联表，并判断能否有％的把握认为“中老年”比“青少年”更加关注“两会”．

关注
不关注
总计
“青少年”

“中老年”

总计

附：，其中．

【答案】（1）0.05；（2）；（3）列联表见解析；有99.9%的把握认为“中老年”比“青少年”更加关注“两会”
【解析】
【分析】
（1）由“青少年”和“中老年”的人数之比为，求出和，即可得到的值；
（2）由分层抽样求出在中抽取6人，在中抽取2人，再由古典概型求出2人都是“中老年”的概率即可；
（3）先求出列联表，再由公式计算出，比较即可得到结果.
【详解】（1）由题意得，
解得，
所以；
（2）由题意得，在中抽取（人），
分别记为，，，，，，
在中抽取（人），分别记为，．
则从8人中任选2人的全部基本事件有
，，，，，，，，，，，
，，，，，，，，，，，
，，，，，，
共28种，其中所选的2人都是“中老年”的事件只有这1种，
故2人都是“中老年”的概率；
（3）由题意得，抽取的200人中“青少年”共有（人），
所以不关注两会的“青少年”共有（人），
“中老年”中关注两会的人有（人），
“中老年”中不关注两会的人有（人），
所以列联表如下：

关注
不关注
总计
“青少年”
40
55
95
“中老年”
70
35
105
总计
110
90
200

所以，
所以有99.9%的把握认为“中老年”比“青少年”更加关注“两会”.
【点睛】本题主要考查频率分布直方图、分层抽样、古典概型和独立性检验，考查学生的计算能力，属于基础题.
20. 已知椭圆的离心率为，且过点，直线交椭圆于不同的两点，设线段的中点为．

（1）求椭圆的方程；
（2）当的面积为（其中为坐标原点）且时，试问：在坐标平面上是否存在两个定点，使得当直线运动时，为定值？若存在，求出点的坐标和定值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在点，或，，使得为定值．
【解析】
试题分析：（1）求椭圆标准方程，由于已知离心率为，这样可得，从而可得，从而可设可椭圆方程为，再把椭圆上点的坐标代入可解得，得椭圆方程；
（2）由题设结论可知中点的坐标适合一个椭圆方程，即点在椭圆上，那么题中要求的定点就是椭圆的焦点．实质上从问题出发，就让我们想到点应该在某个椭圆上．因此从这方面入手，就要求的轨迹方程，因此我们从已知出发先找出参数的关系，再求出弦中点的坐标（用表示），然后消去参数可得．
具体方法：由直线方程，与椭圆方程联立方程组，消去后得的一元二次方程：，已知保证，即直线与椭圆一定相交，设，可得，于是有，从而点的坐标，由直线圆锥曲线相交弦长公式可得弦长，由点到直线距离公式可得原点点到直线的距离为，利用的面积为可得满足的关系：，
试题解析：（1）由于椭圆的离心率为，则，故椭圆：
又椭圆过点，从而，从而椭圆的方程为．
（2）当直线的斜率存在时，设其方程为，并设，联立方程，
得，则
从而，从而点的坐标为
由于，点到直线的距离为，
则的面积
由题得：，
从而化简得：
故，即或，
又由于，从而．
当时，由于，，
从而
即点在椭圆上．
由椭圆的定义得，存在点，或，，
使得为定值．
考点：椭圆的标准方程，直线与椭圆的综合．
21. 已知函数
（1）试讨论在区间上的单调性；
（2）当时，曲线总存在相异两点，使得曲线在处的切线互相平行，求证.
【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增；（2）见解析.
【解析】
试题分析：（1）求导得，讨论和的大小下结论即可；
（2）由题意可得，整理可得，整理得，求右边最值即可.
试题解析：
(1)由已知，
由，得， ,且，所以在区间上；在区间上，，故在上单调递减，在上单调递增.
(2) 由题意可得，当时，且，即，所以，因为，且，所以恒成立，所以，又，整理得.令在单调递减，所以在上的最大值为.
请考生在第22，23题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．
选修4-4，坐标系与参数方程
22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，，），以标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线．
（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
（2）若点在曲线上，点在曲线上，求的最小值．
【答案】（1）普通方程为（），：．（2）
【解析】
【分析】
（1）由曲线的参数方程消参得，再根据参数的范围求出的范围，求出曲线的普通方程；由，将曲线化为直角坐标方程即可；
（2）的最小值即点到直线的距离的最小值，设，（），由点到直线距离求出，再求出最小值即可.
【详解】（1）由已知可得，
所以，又且，
所以，
故普通方程为（），
由，整理得，，
所以：．
（2）设，（）．
则点到直线的距离
，
其中，
当时，．
所以的最小值为．
【点睛】本题主要考查参数方程转化为普通方程、极坐标方程转化为直角坐标方程和利用参数坐标求点到直线距离的最值，考查学生转化思想和计算能力，属于中档题.
23. 已知函数=│x+1│–│x–2│.
（1）求不等式≥1的解集；
（2）若不等式≥x2–x +m的解集非空，求实数m的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由于f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|，解不等式f（x）≥1可分﹣1≤x≤2与x＞2两类讨论即可解得不等式f（x）≥1的解集；
（2）依题意可得m≤[f（x）﹣x2+x]max，设g（x）＝f（x）﹣x2+x，分x≤1、﹣1＜x＜2、x≥2三类讨论，可求得g（x）max，从而可得m的取值范围．
【详解】解：（1）∵f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|，f（x）≥1，
∴当﹣1≤x≤2时，2x﹣1≥1，解得1≤x≤2；
当x＞2时，3≥1恒成立，故x＞2；
综上，不等式f（x）≥1的解集为{x|x≥1}．
（2）原式等价于存在x∈R使得f（x）﹣x2+x≥m成立，
即m≤[f（x）﹣x2+x]max，设g（x）＝f（x）﹣x2+x．
由（1）知，g（x），
当x≤﹣1时，g（x）＝﹣x2+x﹣3，其开口向下，对称轴方程为x1，
∴g（x）≤g（﹣1）＝﹣1﹣1﹣3＝﹣5；
当﹣1＜x＜2时，g（x）＝﹣x2+3x﹣1，其开口向下，对称轴方程为x∈（﹣1，2），
∴g（x）≤g（）1；
当x≥2时，g（x）＝﹣x2+x+3，其开口向下，对称轴方程为x2，
∴g（x）≤g（2）＝﹣4+2+3＝1；
综上，g（x）max，
∴m的取值范围为（﹣∞，]．
【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，去掉绝对值符号是解决问题的关键，突出考查分类讨论思想与等价转化思想、函数与方程思想的综合运用，属于难题．