四川省攀枝花市2020届高三第三次统一考试数学（理）试题 Word版含解析

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理科数学

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、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，用铅笔把答题卡上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．

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. 设集合，，则（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

化简集合A，根据集合的交集运算即可求解.

【详解】，

故选：A

【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，集合的交集，属于容易题.

2. 已知（为虚数单位），则的虚部为（    ）．

A. 3 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据复数的运算，求出复数，写出复数的虚部即可.

【详解】,

,

的虚部为-3,

故选：C

【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，复数的概念，属于容易题.

3. 已知角终边上一点的坐标为，则（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据三角函数的定义求，结合角的范围写出角即可.

【详解】由诱导公式知，，

，

所以角终边上一点的坐标为，

故角的终边在第三象限，

所以，

由知，

故选：C

【点睛】本题主要考查了三角函数的定义，诱导公式，特殊角的三角函数，属于容易题.

4. 各项均不相等的等差数列的前5项的和，且，，成等比数列，则（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据等差数列的求和公式及通项公式，解方程即可求出.

【详解】因为，

所以，

即，

因为，，成等比数列，

所以，

即，

解得或（数列各项不相等，舍去），

所以，

故选：B

【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，求和公式，考查了运算能力，属于中档题.

5. 设、、依次表示函数，，的零点，则、、的大小关系为（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据题意可知，的图象与的图象的交点的横坐标依次为，作图可求解.

【详解】依题意可得，的图象与的图象交点的横坐标为，

作出图象如图：

由图象可知，，

故选：D

【点睛】本题主要考查了幂函数、指数函数、对数函数的图象，函数零点，数形结合的思想，属于中档题.

6. 已知是给定的平面，设不在内的任意两点M，N所在的直线为l，则下列命题正确的是（    ）

A. 在内存在直线与直线l异面

B. 在内存在直线与直线l相交

C. 在内存在直线与直线l平行

D. 存在过直线l的平面与平行

【答案】A

【解析】

【分析】

利用M、N是不在内的任意两点，可得直线l与平面平行或相交，进而可判断直线与平面内直线的位置关系.

【详解】M、N是不在内的任意两点，则直线l与平面平行或相交，

若l与平面平行，则在内不存在直线与直线l相交，所以B错误：

若直线l与平面相交，则不存在过直线l的平面与平行，所以D错误：

若直线l与平面相交，则在内都不存在直线与直线l平行，所以C错误；

不论直线l与平面平行还是相交.在内都存在直线与直线l异面，所以A正确.

故选：A.

【点睛】本题考查了直线与平面的位置关系，属于基础题.

7. 的展开式中，含的项的系数是（    ）．

A. 9 B.  C. 3 D.

【答案】D

【解析】

【分析】

变形，根据二次展开式的通项公式求解即可.

【详解】,

含的项为，

故选：D

【点睛】本题主要考查了二项展开式，二项展开式的系数，考查了运算能力，属于中档题.

8. 如图是某一无上盖几何体的三视图，则该几何体的表面积等于（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由已知中的三视图可得:该几何体为圆柱中挖去一个圆锥，画出直观图，数形结合可得答案.

【详解】该几何体直观图为底面半径为3，高为4的圆柱中挖去一个圆锥，如图所示，

该几何体的表面积为,

故选：B

【点睛】本题主要考查了圆柱的表面积，圆锥的表面积，简单几何体的三视图，属于中档题.

9. 有编号分别为1，2，3，4的4个红球和4个黑球，随机取出3个，则取出的球的编号互不相同的概率是（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

先求出基本事件总数，取出的编号互不相同包含的基本事件个数,由此能求出取出的编号互不相同的概率.

【详解】有编号分别为1，2，3，4的4个红球和4个黑球，随机取出3个,

基本事件总数，

取出的编号互不相包含的基本事件个数，

则取出的编号互不相同的概率是，

故选：A

【点睛】本题主要考查了概率的求法，查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题.

10. 设双曲线的左、右焦点分别为、，与圆相切的直线交双曲线于点（在第一象限），且，则双曲线的离心率为（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

先设PF1与圆相切于点M,利用|PF2|= |F1F2|,及直线PF1与圆x2 + y2 = a2相切，可得a，c之间的关系，从而可求双曲线的离心率的值.

【详解】设PF1与圆相切于点M,如图，

因为，

所以为等腰三角形，N为的中点，

所以，

又因为在直角中，，

所以  ①，

又  ②，

③，

由①②③可得，

即为，

即，

解得，

故选：B

【点睛】本题主要考查了双曲线的定义，双曲线的简单几何性质，属于中档题.

11. 已知函数，若的任何一条对称轴与轴交点的横坐标都不属于区间，则的取值范围是（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

化简函数为，由题意利用正弦函数的图象的对称性和周期性，求得的取值范围.

【详解】因为 ，

若的任何一条对称轴与轴交点的横坐标都不属于区间,

则，

即，

由得对称轴方程为,

所以且，，

解得,

当时，，满足，

故的取值范围是，

故选：A

【点睛】本题主要考查了三角恒等变换，正弦函数的图象的对称性和周期性，属于中档题.

12. 设函数，函数的图象与的图象关于直线对称．若实数，满足，且有极小值，则实数的值是（    ）．

A. 3 B. 2 C. 1 D.

【答案】B

【解析】

【分析】

先求出，根据得，构造函数，利用导数求极小值即可建立方程，求解即可.

【详解】设为函数的图象上任意一点，

则关于直线对称点为在函数的图象上，

所以，

即，

令，

则，，

所以，

则，

令，得，

当时，，函数为减函数，

当时，，函数增函数，

所以当，有极小值，

解得，

故选：B

【点睛】本题主要考查了函数对称性，利用导数求函数的极小值，根据极小值求参数，属于难题.

二、填空题：

13. 已知，，且，则向量与的夹角为______．

【答案】

【解析】

【分析】

根据向量夹角公式及向量的数量积运算性质即可求解.

【详解】,

，

，

，

，

故答案为：

【点睛】本题主要考查了向量的数量积运算性质，向量的夹角公式，属于中档题.

14. 已知数列的前项和为，且满足，则______．

【答案】8

【解析】

【分析】

根据数列和与通项之间的关系，可证明为等比数列，求出，即可求出.

【详解】时，

时，，

，

两式相减得：，

即，

所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，

，

，

故答案为：8

【点睛】本题主要考查了等比数列的证明，等比数列的通项公式，递推关系式，属于中档题.

15. 焦点为的抛物线的准线与坐标轴交于点，点在抛物线上，则的最大值为______．

【答案】

【解析】

【分析】

根据抛物线定义转化为取最大值，利用三角函数知直线AP倾斜角最大时，即直线与抛物线相切时，取最大值，联立方程利用判别式为0即可求解.

【详解】根据题意，过做与准线垂直，垂足为，如图：

设

则

若取得最大值，必有取得最小值，则θ取得最大值，

此时AP与抛物线相切,

设直线AP的方程为

联立

消去得：

即

由，

解得：或（舍去），

由，知，，

所以的最大值为，

故答案为：

【点睛】本题主要考查了抛物线的定义，直线与抛物线相切，直线的倾斜角、斜率，属于中档题.

16. 如图，在平行四边形中，，，为边的中点，将沿直线翻折成，设为线段的中点．则在翻折过程中，给出如下结论：

①当不在平面内时，平面；

②存在某个位置，使得；

③线段的长是定值；

④当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为．

其中，所有正确结论的序号是______．（请将所有正确结论的序号都填上）

【答案】①③④

【解析】

【分析】

①取DC的中点N，连接NM、NB，；MN∥A1D，NB∥DE，所以面MNB∥面A1DE，所以MB∥面A1DE；

②用反证法，假设存在某个位置，使DE⊥A1C，在△CDE中，由勾股定理易知，CE⊥DE，再由线面垂直的判定定理可知，DE⊥面A1CE，所以DE⊥A1E，与已知相矛盾；

③由①可知，可得MN、NB和∠MNB均为定值，在△MNB中，由余弦定理可知，MB2＝MN2+NB2﹣2MN•NBcos∠MNB，所以线段BM的长是定值；

④当体积最大时，平面平面，可得平面，设外接球球心为,半径为,根据球性质可知，即可求出半径，计算球的表面积.

【详解】①取DC的中点N，连接NM、NB，如图，

则MN∥A1D，NB∥DE，且MN∩NB＝N，A1D∩DE＝D，所以面MNB∥面A1DE，所以MB∥面A1DE，即①正确；

且MN＝＝定值；NB∥DE，且NB＝DE＝定值，所以∠MNB＝∠A1DE＝定值，

②假设存在某个位置，使DE⊥A1C．由AB＝2AD＝2，∠BAD＝60°可求得DE＝1，，所以CE2+DE2＝CD2，即CE⊥DE，因为A1C∩CE＝C，所以DE⊥面A1CE，因为A1E⊂面A1CE，所以DE⊥A1E，与已知相矛盾，即②错误；

③由①可知，MN∥A1D且MN＝＝定值；NB∥DE，且NB＝DE＝定值，所以∠MNB＝∠A1DE＝定值，由余弦定理得，MB2＝MN2+NB2﹣2MN•NBcos∠MNB，所以BM的长为定值，即③正确；

④当平面平面时，三棱锥体积最大，此时因为,是平面与平面的交线，所以平面，设正三角形中心为,棱锥外接球球心为,半径为，则，设与交于，连接，，如图：

易知，，由题意可知为边长为1的等边三角形，,

则有,，

所以，故球的表面积为，即④正确.

故答案为：①③④．

【点睛】本题考查空间中线面的位置关系，理清翻折前后不变的数量关系和位置关系，以及熟练运用线面平行或垂直的判定定理与性质定理是解题的关键，考查学生的空间立体感和逻辑推理能力，属于难题．

三、解答题：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：

17. 在中，角，，所对的边分别为，，，且．

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）若，点在线段上，且，，求的面积．

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）

【解析】

【分析】

（Ⅰ）根据正弦定理转化为三角函数化简即可求解；（Ⅱ）两边平方化简可得，代入三角形面积公式即可求解.

【详解】（Ⅰ）因为，

由正弦定理得：，

即，可得，

在中，，所以．

（Ⅱ）∵，两边平方得：，

由，，，

可得：，解得或（舍）．

又，所以的面积．

【点睛】本题主要考查了正弦定理，数量积的运算，三角形面积公式，属于中档题.

18. 某公司为提高市场销售业绩，促进某产品的销售，随机调查了该产品的月销售单价（单位：元/件）及相应月销量（单位：万件），对近5个月的月销售单价和月销售量的数据进行了统计，得到如下表数据：

（Ⅰ）建立关于的回归直线方程；

（Ⅱ）该公司开展促销活动，当该产品月销售单价为7元/件时，其月销售量达到18万件，若由回归直线方程得到预测数据与此次促销活动的实际数据之差的绝对值不超过万件，则认为所得到的回归直线方程是理想的，试问：（Ⅰ）中得到的回归直线方程是否理想？

（Ⅲ）根据（Ⅰ）的结果，若该产品成本是5元/件，月销售单价为何值时（销售单价不超过11元/件），公司月利润的预计值最大？

参考公式：回归直线方程，其中，．

参考数据：，．

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）可以认为所得到的回归直线方程是理想的．（Ⅲ）该产品单价定为元时，公司才能获得最大利润

【解析】

【分析】

（Ⅰ）根据参考数据由回归系数公式计算，再由计算，即可写出回归直线方程；

（Ⅱ）由回归直线方程预测时的估计值，检测即可知是否理想；

（Ⅲ）写出销售利润，利用二次函数求最值即可.

【详解】（Ⅰ）因为，．

所以，所以，

所以关于的回归直线方程为：．

（Ⅱ）当时，，则，

所以可以认为所得到的回归直线方程是理想的．

（Ⅲ）设销售利润为，则

，所以时，取最大值，

所以该产品单价定为元时，公司才能获得最大利润．

【点睛】本题主要考查了线性回归方程，利用线性回归方程解决实际问题，二次函数求最值，属于中档题.

19. 如图，已知三棱柱的所有棱长均为2，．

（Ⅰ）证明：；

（Ⅱ）若平面平面，为的中点，求与平面所成角的正弦值．

【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）

【解析】

【分析】

（Ⅰ）根据等边三角形可知，，可得平面，进而可求平面，即可求证；（Ⅱ）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式计算即可.

【详解】证明：（Ⅰ）取中点，连接，，．如图，

∵三棱柱的所有棱长均为2，，

∴和是边长为2的等边三角形，且．

∴，．

∵，平面，，

∴平面．

∵平面，∴．

∵，平面，，

∴平面，

∴．

（Ⅱ）∵平面平面，且交线为，

由（Ⅰ）知，

∴平面．

则，，两两垂直，则以为原点，为轴，为轴，为轴，

建立空间直角坐标系．

则，，，，，

∵为的中点，∴，

∴，，，

设平面的法向量为，

则，取，得．

设与平面所成的角为，则．

∴与平面所成角的正弦为．

【点睛】本题主要考查了线线、线面垂直的判定与性质，线面角的向量求法，考查了空间想象力及运算能力，属于中档题.

20. 已知函数．

（Ⅰ）当时，求曲线在处的切线方程；

（Ⅱ）设，若，，使得成立，求实数的取值范围．

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）

【解析】

【分析】

（Ⅰ）根据导数的几何意义求出斜率，写出切线方程；

（Ⅱ） 由题意问题转化为求，利用导数分别求函数的最小值，建立不等关系即可求解.

【详解】（Ⅰ）当时，，，

则，，故曲线在处的切线方程为．

（Ⅱ）问题等价于，，．

由得，

由得，

所以在上，是增函数，故．

定义域为，

而．

当时，恒成立，在上是减函数，

所以，不成立；

当时，由，得；由，得，

所以在单调递减，在单调递减．

若，即时，在是减函数，

所以，不成立；

若，即时，在处取得最小值，

，

令，

则在上恒成立，

所以在是增函数且，

此时成立，满足条件．

综上所述，．

【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，切线方程，利用导数研究函数的最小值，转化思想，属于难题.

21. 点与定点的距离和它到直线的距离的比是常数．

（Ⅰ）求点的轨迹的方程；

（Ⅱ）过坐标原点的直线交轨迹于，两点，轨迹上异于，的点满足直线的斜率为．

（ⅰ）求直线的斜率；

（ⅱ）求面积的最大值．

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（ⅰ）（ⅱ）．

【解析】

【分析】

（Ⅰ）利用已知条件可得等式，化简可得曲线C的轨迹方程;

（Ⅱ）（ⅰ）设点，则点,利用点差法即可求解；

（ⅱ）由题意转化为，由弦长公式及点到直线的距离求出，利用二次函数求最值即可.

【详解】（Ⅰ）由已知得，两边平方并化简得，

即点的轨迹的方程为：．

（Ⅱ）（ⅰ）设点，则点，满足，    ①

设点，满足，        ②

由①－②得：，

∵，，

∴．

（ⅱ）∵，关于原点对称，

∴，

设直线，代入曲线化简得：，

设，，由得：，，，

，

点到直线的距离，

∴，

∴，当时，

∴取到最大值．

【点睛】本题主要考查了椭圆的轨迹方程，点差法，直线与椭圆的位置关系，三角形的面积，属于难题.

（二）选考题：

[选修4-4：坐标系与参数方程]

22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），将曲线向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度得到曲线．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系．

（Ⅰ）求曲线、的极坐标方程；

（Ⅱ）射线分别与曲线、交于点，（，均异于坐标原点），若，求的值．

【答案】（Ⅰ）．．（Ⅱ）或．

【解析】

【分析】

（1）化参数方程为普通方程，再利用公式，，化极坐标方程；

（2）根据极坐标的极径的意义可知，化简即可求解.

【详解】（Ⅰ）∵．

∵，，，

∴曲线的极坐标方程为．

因曲线是圆心为，半径为1的圆，

故曲线直角坐标方程为．

∴曲线的极坐标方程为．

（Ⅱ）设，，

则．

所以，

因为，所以．

所以或．

【点睛】本题主要考查了参数方程、极坐标方程、普通方程的互化，极径的几何意义，属于中档题.

[选修4-5：不等式选讲]

23. 已知函数．

（Ⅰ）当时，解不等式；

（Ⅱ）若的值域为，证明：．

【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）见解析

【解析】

【分析】

（Ⅰ）分区间讨论去掉绝对值号即可求解；

（Ⅱ）根据绝对值不等式可得，变形，利用基本不等式即可求证.

【详解】（Ⅰ）当时，不等式为，

当时，不等式化为，此时不等式无解；

当时，不等式化为，故；

当时，不等式化为，故．

综上可知，不等式的解集为．

（Ⅱ），

∵的值域为，且，，故．

故

（当且仅当时取等号）．

【点睛】本题主要考查了分类讨论解不等式，基本不等式的运用，属于中档题.