四川省宜宾市第四中学2020届高三三诊模拟考试数学（文）试题 (1)
展开2020年春四川省宜宾市第四中学高三三诊模拟考试
文科数学
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，则
A． B． C． D．
2．在复平面内，已知复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，则
A． B． C． D．
3．若干年前，某教师刚退休的月退休金为6000元，月退休金各种用途占比统计图如下面的条形图.该教师退休后加强了体育锻炼，目前月退休金的各种用途占比统计图如下面的折线图.已知目前的月就医费比刚退休时少100元，则目前该教师的月退休金为
A．6500元 B．7000元 C．7500元 D．8000元
4．等差数列的前项的和等于前项的和，若，则
A． B． C． D．
5．将三个数，，从小到大排列得
A． B． C． D．
6．函数的图象以下说法正确的是
A．最大值为1，图象关于直线对称 B．在上单调递减，为偶函数
C．在上单调递增，为偶函数 D．周期为，图象关于点对称
7．已知，在区间上任取一个实数，则的概率为
A． B． C． D．
8．若，则cos2α=
A． B． C． D．
9．某三棱锥的三视图如图所示，已知它的体积为，则图中的值为
A．2 B．
C．1 D．
10．对于函数的图象，下列说法正确的是
A．关于直线对称 B．关于直线对称
C．关于点对称 D．关于点对称
11．已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
12．已知直线与椭圆交于两点，且（其中为坐标原点），若椭圆的离心率满足，则椭圆长轴的取值范围是
A． B． C． D．
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．若实数满足约束条件，则的最大值为__________.
14．已知函数的图象在点处的切线为，______．
15．已知，则的值为____________.
16．在边长为的菱形中，，沿对角线折起，使二面角的大小为，这时点在同一个球面上，则该球的表面积为____.
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．（12分）随着移动互联网的发展，与餐饮美食相关的手机软件层出不穷，现从某市使用和两款订餐软件的商家中分别随机抽取100个商家，对它们的“平均送达时间”进行统计，得到频率分布直方图如下：
(I)已知抽取的100个使用未订餐软件的商家中，甲商家的“平均送达时间”为18分钟，现从使用未订餐软件的商家中“平均送达时间”不超过20分钟的商家中随机抽取3个商家进行市场调研，求甲商家被抽到的概率；
(II)试估计该市使用款订餐软件的商家的“平均送达时间”的众数及平均数；
(III)如果以“平均送达时间”的平均数作为决策依据，从和两款订餐软件中选择一款订餐，你会选择哪款？
18．（12分）如图，在四棱锥ABCD中，和都是等边三角形，平面PAD平面ABCD，且，．
（I）求证：CDPA；
（II）E，F分别是棱PA，AD上的点，当平面BEF//平面PCD时，求
四棱锥的体积．[来源:Zxxk.Com]
19．（12分）在中，内角所对的边分别为，已知.
（I）求；
（II）设，.若在边上，且，求的长.
20．（12分）已知函数.
（Ⅰ）求函数在区间上的最小值；
（Ⅱ）判断函数在区间上零点的个数.
21．（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左顶点为，右焦点为，，为椭圆上两点，圆.
（Ⅰ）若轴，且满足直线与圆相切，求圆的方程；
（Ⅱ）若圆的半径为2，点，满足，求直线被圆截得弦长的最大值.
（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．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点P是曲线上的动点，点Q在OP的延长线上，且，点Q的轨迹为．
（Ⅰ）求直线l及曲线的极坐标方程；
（Ⅱ）若射线与直线l交于点M，与曲线交于点（与原点不重合），求的最大值.
23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知函数，，且的解集为
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若，且，求证
2020年春四川省宜宾市第四中学高三三诊模拟考试
文科数学参考答案
1．A 2．C 3．D 4．C 5．B 6．A 7．B 8．C 9．C 10．D 11．A 12．A
13． 14．1 15． 16．
17．解：（1）使用款订餐软件的商家中“平均送达时间”不超过20分钟的商家共有个，分别记为甲，从中随机抽取3个商家的情况如下：共20种. ,,,,,,,,,,,,,,,,,,.
甲商家被抽到的情况如下：共10种．
,,,,,,,,,记事件为甲商家被抽到，则.
（2）依题意可得，使用款订餐软件的商家中“平均送达时间”的众数为55，平均数为
.
（3）使用款订餐软件的商家中“平均送达时间”的平均数为
，所以选款订餐软件．
18．证明：（I）因为，， ，所以， ，且．又是等边三角形，所以，即．…3分
因为平面平面， 平面平面，平面
所以平面． 所以CDPA． ……6分
（II）因为平面BEF//平面PCD，所以BF//CD， EF//PD，且． ……8分
又在直角三角形ABD中，DF=，所以．
所以． ……10分
由（I）知平面，故四棱锥的体积．…12分
19：（1）因为，由正弦定理可得，
化简得：，
所以，即.
又因为，所以.则.
因为，所以，所以.
因为，所以.
（2）因为，
因为，所以，即，
因为，即，所以.
在中，，
由余弦定理得：，
则，所以.
20．解：（Ⅰ）因为，
①当时，，所以在上是增函数，无最小值；
②当时，又得，由得
∴在上是减函数，在上是增函数，
若，则在上是减函数，则；
若，则在上是减函数，在上是增函数，∴
综上：当时，的最小值为； 当时，的最小值为
（Ⅱ）由得
令，则，由得，由得，所以在上是减函数，在上是增函数，
且，且，当时，，
所以，当时，无有零点；当或时，有1个零点；
当时，有2个零点.
21．解：（1）因为椭圆的方程为，所以，，因为轴，所以，
根据对称性，可取， 则直线的方程为，即.
因为直线与圆相切，得，所以圆的方程为 .
（2）圆的半径为2，可得圆的方程为.
①当轴时，，所以，得，
此时得直线被圆截得的弦长为.
②当与轴不垂直时，设直线的方程为，，，
首先由，得，
即，所以（*）.
联立，消去得，
在时，，代入（*）式，得，
由于圆心到直线的距离为，所以直线被圆截得的弦长为，故当时，有最大值为.综上，因为，
所以直线被圆截得的弦长的最大值为.
22．（1）消去直线l参数方程中的t，得，
由，得直线l的极坐标方程为，故．
由点Q在OP的延长线上，且，得，设，则，
由点P是曲线上的动点，可得，即，所以的极坐标方程为．
（2）因为直线l及曲线的极坐标方程分别为，，
所以，，
所以，
所以当时，取得最大值，为．
23．，，故，由题意可得的解集为，即的解集为，故．
（2）由，，，且，∴
，
当且仅当时，等号成立．所以.
