四川省乐山市2020届高三第三次调查研究考试数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com乐山市高中2020届第三次调查研究考试

文科数学

一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知集合，，则（    ）.

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

直接利用并集运算法则计算可得到答案.

【详解】由题得，

故选：B.

【点睛】本题考查了并集运算，属于基础题.

2. 已知复数z1，z2在复平面内对应的点分别为（2，－1），（0，－1），则＝

A. 1＋2i B. 1－2i C. －2＋i D. －2－i

【答案】A

【解析】

分析：由点的坐标写出对应复数，再由复数除法法则计算．

详解：由题意，，∴．

故选A．

点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.

3. 已知函数是奇函数，且时，，则（    ）.

A. 2 B.  C. 3 D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据奇函数的性质计算可得；

【详解】解：因为奇函数，所以，

故选：D.

【点睛】本题考查奇函数性质的应用，属于基础题.

4. 已知，，，则、、大小关系是（    ）.

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据指数函数、对数函数的性质分别求出、、的范围，即可比较大小；

【详解】解：由题得，，

，故有，

故选：B.

【点睛】本题考查对数函数、指数函数的性质的应用，属于基础题.

5. 已知向量与向量平行，，且，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

设，根据题意得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出向量的坐标.

【详解】设，且，，

由得，即，①，由，②，

所以，解得，因此，.

故选：B.

【点睛】本题考查向量坐标的求解，涉及共线向量的坐标表示和向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中等题.

6. 支付宝和微信已经成为如今最流行的电子支付方式，某市通过随机询问100名居民（男女居民各50名）喜欢支付宝支付还是微信支付，得到如下的列联表：

附表及公式：，

则下列结论正确的是（    ）.

A. 在犯错的概率不超过的前提下，认为“支付方式与性别有关”

B. 在犯错的概率超过的前提下，认为“支付方式与性别有关”

C. 有以上的把握认为“支付方式与性别有关”

D. 有以上的把握认为“支付方式与性别无关”

【答案】C

【解析】

【分析】

本题首先可以根据题意得出、、以及，然后将其带入中，最后通过计算并与表中数据进行对比即可得出结果.

【详解】由列联表得到，，，，

代入，

解得，

因为，

所以有以上的把握认为“支付方式与性别有关”，

故选：C.

【点睛】本题主要考查独立性检验的应用，能否明确、、、所对应的数字是解决本题的关键，考查计算能力，是简单题.

7. 秦九韶算法的主要功能就是计算函数多项式的值，如图是实现该算法的程序框图.执行该程序框图，若输入，，依次输入为1，2，4，则输出的的值为（    ）.

A. 4 B. 10 C. 11 D. 12

【答案】D

【解析】

【分析】

模拟程序运行，观察变量值的变化，判断循环条件后可得结论．

【详解】输入时，，，此时不成立；

输入时，，，此时不成立；

输入时，，，此时成立；

输出的的值为12，

故选：D.

【点睛】本题考查程序框图，考查循环结构，解题时可模拟程序运行，观察程序中变量值的变化，得出结论．

8. 函数的图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

确定函数的奇偶性排除，再求一些特殊的函数值，根据其正负排除一些选项．

【详解】由，知为奇函数，排除D；，排除C；，排除A．

故选：B

【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象，解题时可通过确定函数的奇偶性、单调性等性质，特殊的函数值，函数值的正负，函数值的变化趋势等由排除法得出正确选项．

9. 如图，在三棱锥中，，，则其外接球的体积为（    ）.

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由已知可得三棱锥在正方体中，借助正方体的体对角线即为外接球的直径即可求得结果.

【详解】将三棱锥放入棱长为1的正方体中，

则其外接球即为正方体的外接球，球半径为，

所以外接球的体积为.

故选:C.

【点睛】本题主要考查几何体的结构特征以及外接球问题，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于基础题.

10. 数列中，已知对任意，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

利用数列的前项和与通项的关系求解可得,进而得到为等比数列,首项,公比为,再利用等比数列的求和公式求解即可.

【详解】    ①

当,    ②

①-②得,又符合.

为等比数列,首项,公比为,

为等比数列,首项,公比为,

故.

故选：A

【点睛】本题主要考查了数列的前项和与通项的关系以及等比数列的求和公式,属于中档题.

11. 已知点是双曲线上的动点，点为圆上的动点，且，若的最小值为，则双曲线的离心率为（    ）.

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由，由此得出，由于为定值，则取最小值时，则取最小值，根据双曲线的性质得出点在为双曲线的顶点时，取最小值，再由勾股定理以及离心率公式求解即可.

【详解】因为，所以，即，且

若取最小值，则取最小值

由双曲线的性质可知，当点在为双曲线的顶点时，取最小值

此时，此时，

所以

故选：C

【点睛】本题主要考查了求双曲线的离心率，涉及了向量数量积公式的应用，属于中档题.

12. 已知点在函数（，且，）的图像上，直线是函数的图像的一条对称轴．若在区间内单调，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据点和是函数的图象的一条对称轴，可得，则有，再根据在区间内单调，可得，则有，从而，又，所以或3，然后根据讨论求解.

【详解】由题意知，，即，解得，

又因为在区间内单调，所以，

即，解得．

所以，又，所以或3

当时，得，，

又，所以，此时，直线是函数的图象的一条对称轴．且在区间内单调，所以，．

当时，得，，

又，所以，此时，，所以直线不是函数的图象的一条对称轴．所以，.

故选：B．

【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，还考查了分类讨论思想和运算求解的能力，属于中档题.

二、填空题：

13. 已知函数，则函数在处的切线方程为______.

【答案】

【解析】

【分析】

首先求导，得到斜率，根据得到切点坐标，再利用点斜式即可写出切线方程.

【详解】因为，，

则，

又因为，所以切点为

故切线方程为，即.

故答案为：

【点睛】本题主要考查导数的几何意义中的切线问题，属于简单题.

14. 小王老师2018年的家庭总收入为8万元，各种用途占比统计如图①所示，2019年收入的各种用途占比统计如图②所示.已知2019年的就医费用比2018年增加万元，则小王2019年的家庭总收入为______.

【答案】10万元

【解析】

【分析】

由已知，根据2018年小王的就医费用的比例可得出小王2018年的就医费用，从而可得出2019年小王的就医费用，继而得出小王2019年生的家庭总收入.

【详解】由已知得，2018年小王的就医费用为％万元，

则2019年小王的就医费用为（万元），

所以小王2019年生的家庭总收入为（万元）.

故答案为：10万元.

【点睛】本题考查统计图的识别和应用，关键在于能根据统计图得出所反映的信息，属于基础题.

15. 已知椭圆的左焦点为，、分别为的右顶点和上顶点，直线与直线的交点为，若，且的面积为，则椭圆的标准方程为______.

【答案】

【解析】

【分析】

依题意可得，且（为坐标原点），所以，从而得到，，，再根据的面积计算可得；

【详解】解：由，且（为坐标原点），

得，所以，，，

又因为，解得，

所以，，故椭圆的标准方程为.

故答案为：

【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，数形结合思想，属于基础题.

16. 已知数列的前项和为，且满足.有以下结论：

①数列是等差数列；②；③.

其中所有正确命题的序号是______.

【答案】①②③

【解析】

【分析】

由条件求得，可判断①，由①得，可判断②；由判断③，可得答案．

【详解】对于①，由条件知，当时，，所以对任意正整数，有，

又时，求得，所以是等差数列，故①正确；

对于②，由①可得，，所以或，

所以，当时，成立；

当时，，故②正确；

对于③仅需考虑，同号的情况即可，可设，均为正，（否则将数列各项同时变为相反数，仍满足条件），

由②得，，

此时，，

从而

，故③正确；

综上，正确的序号①②③.

故答案为：①②③.

【点睛】本题考查数列递推式，不等式的证明，属于难度题．

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或推演步骤.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，考生根据需求作答.

（一）必考题

17. 在中，角、、所对的边分别为、、，且.

（1）求角的值；

（2）若，，求的面积.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）由，利用平方关系得到，再由正弦定理将角转化为边，得到，然后利用余弦定理求得角B.

（2）结合（1）及，，由余弦定理求得，再由求解.

【详解】（1）因为，

所以，

由正弦定理得，即，

所以，

因为，

所以.

（2）由（1）得，

即，

所以，即，

所以.

【点睛】本题主要考查平方关系，正弦定理和余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

18. 为了治理空气污染，某市设个监测站用于监测空气质量指数，其中在轻度污染区、中度污染区、重度污染区分别设有、、个监测站，并以个监测站测得的的平均值为依据播报该市的空气质量.

（1）若某日播报的为，已知轻度污染区平均值为，中度污染区平均值为，求重试污染区平均值；

（2）如图是年月份天的的频率分布直方图，月份仅有天在内.

①某校参照官方公布的，如果周日小于就组织学生参加户外活动，以统计数据中的频率为概率，求该校学生周日能参加户外活动的概率；

②环卫部门从月份不小于的数据中抽取两天的数据进行研究，求抽取的这两天中值都在的概率.

【答案】（1）；（2）①；②.

【解析】

【分析】

（1）设重度污染区平均值为，根据题意可得出关于的方程，进而可求得的值；

（2）①计算出月份天中不小于的天数，进而可求得该校学生周日能参加户外活动的概率；

②由题意可知，在上的有天，编号分别设为、、、、，在上的有天，编号设为、，列出所有的基本事件，并确定事件“抽取的这两天中值都在”所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得结果.

【详解】（1）设重度污染区平均值为，则，解得；

（2）①在上的有天，

在上的有天，

在上的有天，

所以月份不小于天的共天.

即能参加户外活动的概率为；

②由①在上的有天，编号分别设为、、、、，

在上的有天，编号设为、，

从天中抽取两天有：、、、、、、、、、、

、、、、、、、、、、，共种.

满足条件的有、、、、、、、、、，共种，

所以满足条件的概率为.

【点睛】本题考查利用平均数求参数，同时也考查了频率分布直方图中频率的计算以及利用古典概型的概率公式求事件的概率，考查计算能力，属于中等题.

19. 如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，，的中点，为线段上的动点.

（1）证明：平面；

（2）若将直三棱柱沿平面截开，求四棱锥的表面积.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）连接，，可证四边形为平行四边形，从而得到，再可得，即可得到平面平面，从而得证；

（2）连接即可证明平面，得到，再根据面积公式求出锥体的表面积即可；

【详解】解：（1）证明：连接，，因为，分别为，中点，

所以，，

又因为，，

所以，，

所以四边形为平行四边形，

所以，

又为中点，

所以，

又，，

所以平面平面，

又平面，

所以平面.

（2）连接，因为，，，平面，平面，

所以平面，

所以，

，，，，

在中，，，，

所以，

所以，，

所以四棱锥的表面积.

【点睛】本题考查面面平行，线面平行的证明，锥体的表面积的计算，属于中档题.

20. 已知曲线上的点到点的距离比到直线的距离小，为坐标原点.

（1）过点且倾斜角为的直线与曲线交于、两点，求的面积；

（2）设为曲线上任意一点，点，是否存在垂直于轴的直线，使得被以为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出的方程和定值；若不存在，说明理由.

【答案】（1）；（2）直线存在，其方程为，定值为.

【解析】

【分析】

（1）利用抛物线的定义可求得曲线的方程，由题意可得直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式可求得的面积；

（2）假设满足条件的直线存在，其方程为，并设点，求出以为直径的圆的方程，将代入圆的方程，求出弦长的表达式，进而可求得的值，由此可求得直线的方程.

【详解】（1）依题意得，曲线上的点到点的距离与到直线的距离相等，

所以曲线的方程为：.

过点且倾斜角为的直线方程为，

设，，联立，得，

则，，则；

（2）假设满足条件的直线存在，其方程为，设点，

则以为直径的圆的方程为，

将直线代入，得，

则，

设直线与以为直径的圆的交点为、，

则，，

于是有，

当，即时，为定值.

故满足条件直线存在，其方程为.

【点睛】本题考查利用抛物线的定义求抛物线的方程，同时也考查了抛物线中定值问题的求解，考查计算能力，属于中等题.

21. 已知函数.

（1）讨论函数的单调性；

（2）判断并说明函数的零点个数.若函数所有零点均在区间内，求的最小值.

【答案】（1）函数的单调增区间为，单调减区间为（2）存在两个零点，详见解析； 的最小值为3

【解析】

【分析】

（1）求出导函数，由确定增区间，由确定减区间；

（2）求出导函数，分类讨论的正负，确定的单调性，再根据零点存在定理确定零点存在的区间．首先确定上有一个零点，然后确定，，，上有否零点，从而可得的最小值．

【详解】解：（1）的定义域为，

，

令，得，（舍）.

当时，，当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

因此，函数的单调增区间为，单调减区间为.

（2），

当时，，

因为单调递减，

所以，在上单调递增，

又，，

所以存在唯一，使得.

当，，，

所以单调递减，

又，

所以，在上单调递增.

因为，所以，故不存在零点.

当时，，，

所以单调递减，

又，，

所以存在，使得.

当时，，单调递增，

当时，，单调递减.

又，，，

所以存在唯一，使得.

当时，，故不存在零点.

综上，存在两个零点，，且，，

因此的最小值为3.

【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，用导数研究函数的零点．解题关键是掌握导数与单调性的关系．本题对学生分析问题解决问题的能力，转化与化归能力要求较高，本题属于难题．

（二）选考题

[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）.以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系.

（1）求曲线的极坐标方程；

（2）已知是曲线上任意两点，且，求面积的最大值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）将曲线的参数方程化为普通方程为：，再根据转化为极坐标方程即可．

（2）利用极坐标系，设其中，利用极径的几何意义、三角形面积公式和三角函数的性质，可得答案．

【详解】解：（1）消去参数，得到曲线的标准方程为：，
 

故曲线的极坐标方程为．

（2）极坐标系中，不妨设，其中.

由（1）知：

面积，

当时，即有最大值，此时.

故面积的最大值为.

【点睛】本题考查了简单曲线参数方程与极坐标方程互化，考查了利用极坐标解决面积最值问题，属基础题．

[选修4-5：不等式选讲]

23. 已知，，为正数，且满足.

（1）证明：.

（2）证明：.

【答案】(1)证明见解析；(2) 证明见解析；

【解析】

【分析】

(1)用均值定理直接证明；(2) 用分析法证明．

【详解】证明：（1）因为，为正数，所以，

同理可得，，

所以，

当且仅当时，等号成立

故.

（2）要证，只需证

即证，

即证，

即证.

因为，，，

所以，

当且仅当，，时，等号成立，从而得证.

【点睛】证明不等式常用的方法：综合法，分析法．

综合法：从已知条件、不等式的性质和基本不等式出发，通过逻辑推理，推导出所要证明的结论．

分析法：将待证明的不等式进行恒等变形，从而探寻证明的突破口．