宁夏石嘴山市第三中学2020届高三第三次模拟考试理科数学试题

石嘴山三中2020届高三年级第三次模拟考试

数学（理科）试卷

注意事项：

1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.

2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置.

3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.

4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回. 

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，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】

先求出集合，由此能求出．

【详解】集合，2，3，，

，，4，9，，

，．

故选：．

点睛】本题考查交集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集定义的合理运用．

2. （    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

按照复数的运算规则进行运算即可.

【详解】.

故选：D

【点睛】本题考查复数的基本运算，属于基础题.

3.已知，且，则（    ）

A. 2 B.  C. 3 D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由同角三角函数的基本关系计算可得、，再根据两角差的正切公式计算可得.

【详解】解：因为，所以，又，

所以，则，

所以.

故选：

【点睛】本题考查三角恒等变换，考查运算求解能力，属于基础题.

4.在直角梯形中，已知，，，，，若为的中点，则的值为（         ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

分析】

由题意可知，由，再利用两个向量的数量积的定义，运算求解即可.

【详解】解：由题意可知，，，.

，.

，，

.

故选：D.

【点睛】

本题考查两个向量的加减法法则，以及几何意义，两个向量的数量积的定义，属于中档题.

5.《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍.其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一”.该术相当于给出了由圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的圆周率近似取为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

将圆锥的体积用两种方式表达，即，解出即可.

【详解】设圆锥底面圆的半径为r，则，又，

故，所以，.

故选：C.

【点睛】本题利用古代数学问题考查圆锥体积计算的实际应用，考查学生的运算求解能力、创新能力.

6.已知等差数列的公差为3，前项和为，且，，成等比数列，则（    ）

A. 51 B. 54 C. 68 D. 96

【答案】A

【解析】

【分析】

根据，，成等比数列，列出方程解出，再利用等差数列求和公式，即求出．

【详解】因为，，成等比数列，

所以，即，解得

所以．

故选：A.

【点睛】本题主要考查等比中项及等差数列前项和公式，属于基础题．

7.下列说法正确的是（    ）

A. 命题“，”的否定形式是“，”

B. 若平面，，，满足，则

C. 随机变量服从正态分布（），若，则

D. 设是实数，“”是“”的充分不必要条件

【答案】D

【解析】

【分析】

由特称命题的否定是全称命题可判断选项A；可能相交，可判断B选项；利用正态分布的性质可判断选项C；或，利用集合间的包含关系可判断选项D.

【详解】命题“，”的否定形式是“，”，故A错误；，

，则可能相交，故B错误；若，则，所以

，故，所以C错误；由，得或，

故“”是“”的充分不必要条件，D正确.

故选：D.

【点睛】本题考查命题的真假判断，涉及到特称命题的否定、面面相关的命题、正态分布、充分条件与必要条件等，是一道容易题.

8.甲、乙、丙、丁四位同学利用暑假游玩某风景名胜大峡谷，四人各自去景区的百里绝壁、千丈瀑布、原始森林、远古村寨四大景点中的一个，每个景点去一人．已知：①甲不在远古村寨，也不在百里绝壁；②乙不在原始森林，也不在远古村寨；③“丙在远古村寨”是“甲在原始森林”的充分条件；④丁不在百里绝壁，也不在远古村寨．若以上语句都正确，则游玩千丈瀑布景点的同学是（    ）

A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁

【答案】D

【解析】

【分析】

根据演绎推理进行判断．

【详解】由①②④可知甲乙丁都不在远古村寨，必有丙同学去了远古村寨，由③可知必有甲去了原始森林，由④可知丁去了千丈瀑布，因此游玩千丈瀑布景点的同学是丁．

故选：D．

【点睛】本题考查演绎推理，掌握演绎推理的定义是解题基础．

9.已知函数的部分图像如图所示，给出下列四个结论：

①的最小正周期为；

②的最小值为；

③是的一个对称中心；

④函数在区间上单调递增.

其中正确结论的个数是（    ）

A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

【答案】B

【解析】

【分析】

通过图像可得函数的周期，过点，列方程可得解析式为，再根据正弦函数的图像和性质逐一判断.

【详解】由图象知函数的最小正周期为，则，

即，

又由，得，

由可知，从而，

又，可得，

所以，

从而，易判断①②正确，

而，所以③错误，

又由，

得的增区间为，

可知当时，是的一个增区间，④正确.

故选：B.

【点睛】本题主要考查利用三角函数部分图象求解析式和三角函数的基本性质，考查运算求解能力，是基础题.

10.函数的图象大致是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据复合函数的单调性，同增异减以及采用排除法，可得结果.

【详解】当时，，

由在递增，

所以在递增

又是增函数，

所以在递增，故排除B、C

当时，若，则

所以在递减，而是增函数

所以在递减，所以A正确，D错误

故选：A

【点睛】本题考查具体函数的大致图象的判断，关键在于对复合函数单调性的理解，记住常用的结论：增+增=增，增-减=增，减+减=减，复合函数单调性同增异减，属中档题.

11.已知为双曲线：（，）左支上一点，，分别为的左、右焦点，为虚轴的一个端点，若的最小值为，则的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据双曲线的定义可得，又

即可得到关于的方程，解得.

【详解】解：，

即，

化简得，即，

解得或，所以.

故选：

【点睛】本题考查双曲线的离心率，考查化归与转化的数学思想.

12.已知函数满足对于任意，存在，使得成立，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由函数在定义域单调递增，原不等式成立可转化为，通过研究函数的最值建立不等式求解即可得a的取值范围.

【详解】由函数在定义域单调递增，

对于任意，存在，使得成立，

即任意，存在，使得成立，

即满足，

令，

对称轴方程为，

在可得

令，

求导可得，

，可得，

在，，单调递增，

所以在，，

即，

解得，

故选C.

【点睛】本题为函数与导数的综合应用题，考查函数的单调性、导数的应用等知识点，解题的关键是将含有量词的不等式转化为求函数最值问题，再借助导数和函数的性质求解最值建立不等式即可，属于中等题.

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.

13.已知(2x-1)7=ao+a1x+ a2x2+…+a7x7，则a2=____.

【答案】

【解析】

【分析】

根据二项展开式的通项公式即可得结果.

【详解】解：(2x-1)7的展开式通式为：

当时，，

则.

故答案为：

【点睛】本题考查求二项展开式指定项的系数，是基础题.

14.已知f(x)是上最小正周期为周期函数，且当时，，则函数的图象在区间上与轴的交点的个数为________．

【答案】7

【解析】

当时，，所以函数的图象在区间上与轴的交点横坐标为 共7个

点睛：

对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．

15.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，如图是过且垂直于长轴的弦，则的内切圆半径是________.

【答案】

【解析】

【分析】

设内切圆的半径为，由椭圆方程分析可得，，的值，由勾股定理分析可得

，，解可得和的值，计算可得的面积与周长，由内切圆的性质计算可得内切圆半径.

【详解】解：设内切圆的半径为，由椭圆的方程，

其中，，，.

因为是过且垂直于长轴的弦，

则有，，

解得，.

的周长.

面积，

由内切圆的性质可知，有，解得.

故内切圆的半径为.

故答案为：.

【点睛】本题考查椭圆的几何性质，利用三角形面积公式进行转化是解题关键，属于中档题.

16.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知acosB＝bcosA，，边BC上的中线长为4．则c＝_____；_____．

【答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】

由正弦定理得sinAcosB＝sinBcosA，计算可得B＝A，由正弦定理可得ca，再结合余弦定理，可求解c,a,从而可求解

【详解】由acosB＝bcosA，及正弦定理得sinAcosB＝sinBcosA，

所以sin（A﹣B）＝0，

故B＝A，

所以由正弦定理可得ca，

由余弦定理得16＝c2+（）2﹣2c••cos，

解得c；可得a，

可得accosB．

故答案为：，．

【点睛】本题考查了正弦、余弦定理的综合应用，考查了学生综合分析，转化化归，数学运算的能力，属于中档题.

三、解答题:(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

17.已知等比数列（其中），前项和记为，满足：，且

求数列的通项公式；

求数列，的前项和.

【答案】；.

【解析】

【分析】

设等比数列的公比为，然后根据对数的运算可得的值，再根据等比数列求和公式可得首项的值，即可得到数列的通项公式；

设，然后根据题的结果可得的通项公式，然后根据通项公式的特点可用错位相减法求出前项和.

【详解】解：由题意，设等比数列的公比为，

，

，．

由，得，解得．

数列的通项公式为．

由题意，设，则．

，

故，.

两式相减，可得．

．

【点睛】本题考查等比数列的性质应用，错位相减法求和的方法，考查转化思想，数学运算能力，属于中档题.

18.如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点

（1）证明：；

（2）若为棱上一点，满足，求锐二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见详解；（2）

【解析】

【分析】

（1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明；
（2）设，由，求出，求出平面ABF的法向量和平面ABP的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值.

【详解】证明：（1）∵在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，

AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点.
∴以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
B（1，0，0），P（0，0，2），C（2，2，0），E（1，1，1），D（0，2，0），
，，
，

∴；
（2）∵F为棱PC上一点，满足，
∴设，，
则，
　，
∵，，

解得，
，
设平面ABF的法向量，
则，取，得，
平面ABP的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，
∴二面角的余弦值为.

【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.

19.十八大以来，党中央提出要在2020年实现全面脱贫，为了实现这一目标，国家对“新农合”（新型农村合作医疗）推出了新政，各级财政提高了对“新农合”的补助标准．提高了各项报销的比例，其中门诊报销比例如下：

表1：新农合门诊报销比例

根据以往的数据统计，李村一个结算年度门诊就诊人次情况如下：

表2：李村一个结算年度门诊就诊情况统计表

如果一个结算年度每人次到村卫生室、镇卫生院、二甲医院、三甲医院门诊平均费用分别为50元、100元、200元、500元．若李村一个结算年度内去门诊就诊人次为2000人次．

（Ⅰ）李村在这个结算年度内去三甲医院门诊就诊的人次中，60岁以上的人次占了80%，从去三甲医院门诊就诊的人次中任选2人次，恰好2人次都是60岁以上人次的概率是多少？

（Ⅱ）如果将李村这个结算年度内门诊就诊人次占全村总就诊人次的比例视为概率，求李村这个结算年度每人次用于门诊实付费用（报销后个人应承担部分）的分布列与期望．

【答案】（Ⅰ）；

（Ⅱ）的发分布列为：

期望．

【解析】

【分析】

（Ⅰ）由表2可得去各个门诊的人次比例可得2000人中各个门诊的人数，即可知道去三甲医院的总人数，又有60岁所占的百分比可得60岁以上的人数，进而求出任选2人60岁以上的概率；

（Ⅱ）由去各门诊结算的平均费用及表1所报的百分比可得随机变量的可能取值，再由概率可得的分布列，进而求出概率．

【详解】解：（Ⅰ）由表2可得李村一个结算年度内去门诊就诊人次为2000人次，分别去村卫生室、镇卫生院、二甲医院、三甲医院人数为，，，，

而三甲医院门诊就诊的人次中，60岁以上的人次占了，所以去三甲医院门诊就诊的人次中，60岁以上的人数为：人，

设从去三甲医院门诊就诊的人次中任选2人次，恰好2人次都是60岁以上人次的事件记为，则；

（Ⅱ）由题意可得随机变量的可能取值为：，，，，

，，，，

所以的发分布列为：

所以可得期望．

【点睛】本题主要考查互斥事件、随机事件的概率计算公式、分布列及其数学期望、组合计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

20.在直角坐标系中，已知点、Q(x，y)，若以线段为直径的圆与轴相切.

（1）求点的轨迹的方程；

（2）若上存在两动点（A，B在轴异侧）满足，且的周长为，求的值.

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）设，则由题设条件可得，化简后可得轨迹的方程.

（2）设直线，联立直线方程和抛物线方程后利用韦达定理化简并求得，结合焦半径公式及弦长公式可求的值及的长.

【详解】（1）设，则圆心的坐标为，

因为以线段为直径的圆与轴相切，

所以，

化简得的方程为.

(2)由题意，设直线，

联立得，

设 （其中）

所以，，且，

因为，所以，

，所以，故或 （舍），

直线，

因为的周长为

所以

即，

因为.

又，

所以，

解得，

所以.

【点睛】本题考查曲线方程以及抛物线中的弦长计算，还涉及到向量的数量积.一般地，抛物线中的弦长问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把已知等式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为某一个变量的方程.本题属于中档题.

21.已知函数（），是的导数.

（1）当时，令，为的导数.证明：在区间存在唯一的极小值点；

（2）已知函数在上单调递减，求的取值范围.

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】

【分析】

（1）设，，注意到在上单增，再利用零点存在性定理即可解决；

（2）函数在上单调递减，则在恒成立，即在上恒成立，构造函数，求导讨论的最值即可.

【详解】（1）由已知，，所以，

设，，

当时，单调递增，而，，且在上图象连续

不断.所以在上有唯一零点，

当时，；当时，；

∴在单调递减，在单调递增，故在区间上存在唯一的极小

值点，即在区间上存在唯一的极小值点；

（2）设，，，

∴在单调递增，，

即，从而，

因为函数在上单调递减，

∴上恒成立，

令，

∵，

∴，

在上单调递减，，

当时，，则在上单调递减，，符合题意.

当时，在上单调递减，

所以一定存在，

当时，，在上单调递增，

与题意不符，舍去.

综上，的取值范围是

【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点、不等式恒成立问题，在处理恒成立问题时，通常是构造函数，转化成函数的最值来处理，本题是一道较难的题.

请考生在22，23，题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．做答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑．

选修4-4：坐标系与参数方程

22.已知曲线的极坐标方程是.以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线的参数方程是: （是参数）.

若直线与曲线相交于、两点，且，试求实数值.

设为曲线上任意一点，求的取值范围.

【答案】或；.

【解析】

【分析】

把曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，利用圆心到直线的距离求出值；

把曲线的普通方程化为参数方程，利用三角恒等变换求出的取值范围.

【详解】解：曲线的极坐标方程是化为直角坐标方程为：，直线的直角坐标方程为：.

圆心到直线的距离（弦心距）,

圆心到直线的距离为 ：,

或.

曲线的方程可化为，其参数方程为： （为参数）

为曲线上任意一点，

的取值范围是.

【点睛】本题考查参数方程与极坐标的应用，属于中档题.

选修4—5；不等式选讲.

23.已知函数，记不等式的解集为.

（1）求；

（2）设，证明：.

【答案】（1）；（2）证明见解析

【解析】

【分析】

（1）利用零点分段法将表示为分段函数的形式，由此解不等式求得不等式的解集.

（2）将不等式坐标因式分解，结合（1）的结论证得不等式成立.

【详解】（1）解：，

由，解得，

故.

（2）证明：因为，所以，，

所以，

所以.

【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查不等式的证明，属于基础题.