四川省雅安市2020届高三第三次诊断数学（理）试题 Word版含解析

这是一份四川省雅安市2020届高三第三次诊断数学（理）试题 Word版含解析，共24页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡收回，设不为1的实数，，满足，已知直线被圆，函数在处取得最大值，则的值为等内容，欢迎下载使用。
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雅安市高中2017级第三次诊断性考试
数学试题（理科）
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确.
2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.
3.考试结束后，将答题卡收回.
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.
1.已知集合,,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据对数不等式求解再求解即可.
【详解】因为,故.
故选：D
【点睛】本题主要考查了对数的不等式运算与交集的运算,属于基础题.
2.若复数满足，其中为虚数为单位，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
因为，所以，，所以，故选A.
考点：复数的概念与运算.

3.一车间为规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了次试验，测得的数据如下，根据下表可得回归方程，则实数的值为（ ）
零件数（个）




加工时间（分钟）
30

40
50

A. 34 B. 35 C. 36 D. 37
【答案】C
【解析】
【分析】
根据回归方程经过样本中心点，代入即可求得的值.
【详解】根据表中数据可知，，
因为回归方程经过样本中心点，
代入回归直线方程可得，
解得，
故选：C.
【点睛】本题考查了由回归方程求原数据中参数的简单应用，属于基础题.
4.设不为1的实数，，满足：，则 ( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据幂函数的单调性可以得到D是正确的.
【详解】因为底数与的大小关系不确定，故B错；同理，C也错.
取，则，从而，故A错，
因为为上的增函数，而，故，故D正确.
综上，选D.
【点睛】不同的对数或指数比较大小，可根据底数的形式构建合适的单调函数，如果底数不能统一，则需要找中间数，通过它传递大小关系.
5.如图所示的图象对应的函数解析式可能是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据图像判断函数的定义域可排除B,C选项，对于选项D分析函数值的正负可得出错误，对选项A可通过求导，求出单调区间，极值，函数值的正负，可判断正确.
【详解】选项A：，
令，
，函数的单调递增区间是，
单调递减区间是，函数的极大值点为，
极小值点为，函数的零点为，
，，
故选项A满足题意；
选项B：函数定义域为，不合题意；
选项C：函数的定义域为，不合题意；
选项D：当，不合题意.
故选:A
【点睛】本题考查了函数的图像和性质的应用问题，解题时要注意分析每个函数的定义域与值域的图像特征，是综合性题目.
6.已知平面平面，是内的一条直线，是内的一条直线，且，则（ ）
A. B. C. 或 D. 且
【答案】C
【解析】
【分析】
根据空间中直线与直线、直线与平面位置关系，可直接得出结果.
【详解】因为平面平面，是内的一条直线，是内的一条直线，
要使，只能或垂直平面与平面的交线，
因此，或；
故选C
【点睛】本题主要考查空间的线面、线线位置关系，熟记线面、线线位置关系以及面面垂直的性质定理即可，属于常考题型.
7.公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”.如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出n的值为（ ）(参考数据：，）

A. 18 B. 24 C. 30 D. 36
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，模拟执行程序框图，计算出输出结果.
【详解】模拟执行程序，可得
不满足条件，
不满足条件，
满足条件，退出循环，输出
故选：B.
【点睛】该题考查的是有关程序框图的问题，涉及到的知识点有计算程序框图输出结果，属于基础题目.
8.已知非零向量、满足，且，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由，可得.根据数量积的运算律和定义，可求与的夹角.
【详解】是非零向量，且，
，
设与夹角为，则.
，
.
故选：C
【点睛】本题考查数量积的定义和运算律，属于基础题.
9.已知直线被圆：截得的弦长为，且圆的方程为，则圆与圆的位置关系为（ ）
A. 相交 B. 外切 C. 相离 D. 内切
【答案】A
【解析】
分析】
根据圆的弦长公式以及点到直线的距离公式得出的值，再由圆心距与两圆半径的关系确定两圆的位置关系.
【详解】圆：，可化为
可知圆的圆心的坐标为，半径为
圆心到直线的距离为
由，得，解得（舍）
，
圆的方程可化为，则圆心，
，

则圆与圆相交
故选：A
【点睛】本题主要考查了已知圆的弦长求参数以及判断两圆的位置关系，属于中档题.
10.函数在处取得最大值，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据在处取得最大值，可求出，然后代入的表达式中化简，即可得到答案.
【详解】因为函数在处取得最大值，
所以，即，
所以





.
故选: A.
【点睛】本题主要考查三角函数的性质及诱导公式，考查基本运算能力，属于基础题.
11.已知函数,函数是最小正周期为2的偶函数,且当时,.若函数有3个零点,则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
把函数有3个零点,转化为有3个不同根,画出函数与的图象,转化为关于的不等式组求解.
【详解】函数有3个零点,即有3个不同根.
画出函数的图像,再由是最小正周期为2的偶函数,且当时,画出的图象如图：

要使函数与的图象有3个交点,则
,且,即.
∴实数的取值范围是.
故选：B.
【点睛】本题考查函数零点与方程根的关系,考查数形结合的解题思想方法与数学转化思想方法,需要根据函数在区间上的解析式,结合对称性与周期性画图,同时要根据零点个数结合图像分析区间端点的函数值满足的关系列式.属于中档题.
12.已知A，B，C是双曲线上的三个点，直线AB经过原点O，AC经过右焦点F，若，且，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
如下图，因为对角线互相平分且，所以四边形为矩形，可得和均为直角三角形，然后利用双曲线的定义和勾股定理，即可构造出齐次等式，进而即可求出该双曲线的离心率.
【详解】如图，因为对角线互相平分且，所以四边形为矩形，
设，则，又由，
可得，所以，，
在中，，
得，所以，
又因为在中，，
即，所以得离心率
故选：D

【点睛】本题考查双曲线的几何性质，求离心率、双曲线渐近线是常考题型，解决这类问题的关键是熟练掌握各性质的定义，及相关参数间的联系，掌握常用变形技巧，有助于提高解题准确度，属于中档题.
二.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.在展开式中，的系数为，则实数等于__________.
【答案】2
【解析】
【分析】
由通项可得,即,则,即可求解.
【详解】由题,因为,
所以,解得,
所以,则,
故答案为:2
【点睛】本题考查二项式定理的应用,考查由指定项系数求参数.
14.的内角、、的对边分别为、、，若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】
利用正弦定理边角互化思想，结合可求得的值，由角的取范围可求得角的值.
【详解】，，
即，
，则，可得，，得.
，因此，.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用正弦定理边角互化思想求角，考查计算能力，属于中等题.
15.已知四棱锥，平面，，，，，.若四面体的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为_______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，画出空间几何体，由空间几何体的结构特征可知四棱锥的外接球，即为四面体的外接球，由四棱锥的结构特征及球的性质即可得解.
【详解】根据题意，画出空间几何体如下图所示：

由，，则，
所以四边形在以为直径的圆上，圆心为中点，
作平面，则球心为在上，作，连接，
四棱锥，平面，，，.
则，，
所以，
四面体的外接球，即四棱锥的外接球，
设四棱锥的外接球半径为，， 则在与中，
，即，
解得，
所以四面体外接球的表面积为,
故答案为：.
【点睛】本题考查了棱锥的结构特征及外接球表面积求法，关键在与找到球心，由几何体的结构特征求得外接球的半径，属于中档题.
16.设点为函数与的图像的公共点，以为切点可作直线与两曲线都相切，则实数的最大值为_______.
【答案】
【解析】
【分析】
设出点P的坐标，利用P为两函数曲线的切点，过点P的切线相同，列出方程组求得切点P,从而求出的解析式，再利用函数的性质求实数b的最大值.
【详解】设点，由于点P为两函数曲线的切点,
则
因为，
又点P的切线相同，则
即，
化简得，
又，
所以，
于是，其中，
设，
令=0，
得，
所以上单调递增，在上单调递减，
所以实数b的最大值为，
故答案为：
【点睛】本题考查利用导数研究函数的切线方程以及构造函数法，运用导数求得单调性、函数的最值，考查方程思想和运算能力,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.某花圃为提高某品种花苗质量，开展技术创新活动，在实验地分别用甲、乙方法培育该品种花苗.为观测其生长情况，分别在实验地随机抽取各50株，对每株进行综合评分，将每株所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图，记综合评分为80分及以上的花苗为优质花苗.

（1）用样本估计总体，以频率作为概率，若在两块实验地随机抽取3株花苗，求所抽取的花苗中优质花苗数的分布列和数学期望；
（2）填写下面的列联表，并判断是否有99%的把握认为优质花苗与培育方法有关.

优质花苗
非优质花苗
合计
甲培育法
20


乙培育法

10

合计




附：下面的临界值表仅供参考.

0.050
0.010
0.001

3.841
6.635
10.828

（参考公式：，其中）
【答案】（1）分布列见解析，；（2）列联表见解析;有99%的把握认为优质花苗与培育方法有关系.
【解析】
【分析】
（1）根据题意,可知.由独立重复试验概率求法依次求得各组概率,即可得分布列;由数学期望公式即可求解.
（2）求得优质花苗的数量,填写列联表.由列联表求得值,与临界值比较即可判断.
【详解】（1）由频率分布直方图可知,优质花苗的频率为,即概率为.
设所抽取的花苗为优质花苗的株数为,则,于是
；
；
；
.
其分布列为：

0
1
2
3







所以,所抽取的花苗为优质花苗的数学期望
（2）频率分布直方图,优质花苗的频率为,则样本中优质花苗的株数为60株,列联表如下表所示：

优质花苗
非优质花苗
合计
甲培育法
20
30
50
乙培育法
40
10
50
合计
60
40
100


可得.
所以,有99%的把握认为优质花苗与培育方法有关系
【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用,离散型随机变量的分布列与均值求法,独立性检验思想的应用,属于基础题.
18.已知数列是一个等差数列，且，，数列是各项均为正数的等比数列，且满足:.
（1）求数列与的通项公式；
（2）设数列满足，其前项和为求证:
【答案】（1），；（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）设数列的公差为，数列的公比为，则.由题意，求出，即求；
（2）由（1）写出，错位相减法求出，即证.
【详解】（1）∵为等差数列，设公差为，
∴，∴，
∴.
∵为等比数列，，设公比为，则，
∴，∴，∴，
.
（2）由（1）得，
∴①
∴②
得
，
.
∴.
【点睛】本题考查等差数列、等比数列的通项公式，考查错位相减法求和，属于中档题.
19.如图，菱形与正三角形的边长均为2，它们所在平面互相垂直，平面，平面．

（1）求证：平面平面；
（2）若，求二面角的大小．
【答案】(1)见证明；(2)
【解析】
【分析】
（1）由菱形的性质可得，由线面垂直的性质可得，从而可得平面，再由面面垂直的判定定理可得结果；（2）设，以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量垂直数量积为零列方程求得平面的法向量，结合平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得结果.
【详解】（1）∵菱形，∴，
∵平面，∴，
∵，∴平面，
∵平面，∴平面平面．
（2）设，以为原点，为轴，为轴，
过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，
，，
设平面的法向量，
则，取，得，
平面的法向量，
设二面角的大小为，
则，
∴．
∴二面角的大小为．
【点睛】本题主要考查面面垂直的证明以及利用空间向量求二面角，属于中档题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
20.己知函数,它的导函数为.
（1）当时,求的零点；
（2）若函数存在极值点,求的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
(1)代入求得可得,再根据函数的单调性与零点求解即可.
(2) 根据函数存在极值点,可得求导后有解,再参变分离为,求导分析的单调性,再根据极值点满足的条件以及函数的零点问题求解即可.
【详解】（1）定义域为,
当时,,.
易知为上的增函数,
又,所以是的唯一零点.
（2）,存在极值点,
所以有解
得设,,
令,
上单调递减,上单调递增
,,.
所以
又当时,即在上是增函数,所以没有极值点.
所以
【点睛】本题主要考查了函数零点与极值点的问题,同时也考查了求导分析函数的单调性与零点,结合极值点的性质求解参数范围的问题,属于中档题.
21.在平面直角坐标系中，已知点，，动点满足直线MP与直线NP的斜率之积为.记动点P的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过点作直线与曲线C交于不同的两点A，B，试问在x轴上是否存在定点Q，使得直线QA与直线QB恰好关于x轴对称?若存在，求出点Q的坐标;若不存在，请说明理由.
【答案】（1），C为中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含左右顶点；（2）存在，
【解析】
【分析】
（1）写出斜率，根据斜率之积为建立方程，化简即可；
（2）设直线的方程为，与椭圆C的方程联立整理得，设，，定点（依题意）.由根与系数的关系可得，，，由直线与直线恰好关于x轴对称，则直线与直线的斜率互为相反数，代入可得.
【详解】（1）由题设可得，，，则，化简得. ，
所以C为中心在坐标原点，焦点在X轴上的椭圆，不含左右顶点.
（2）存在定点，满足直线QA与直线QB恰好关于x轴对称，
由题设知，直线l的斜率不为0，设直线的方程为，
与椭圆C的方程联立整理得，设，，定点（依题意）.
由根与系数的关系可得，，
直线与直线恰好关于x轴对称，则直线与直线的斜率互为相反数，
所以，即.
又，，所以整理得.
从而可得即，
所以当，即时，直线与直线恰好关于x轴对称
所以，在轴上存在点，满足直线与直线恰好关于x轴对称
【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系，定点问题，属于难度题.
22.在直角坐标系.xOy中，曲线C1的参数方程为（ 为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=4sinθ.
（1）求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；
（2）已知曲线C3的极坐标方程为，点A是曲线C3与C1的交点，点B是曲线C3与C2的交点，且A，B均异于原点O，且|AB|=4，求α的值.
【答案】（1），,；（2）
【解析】
【分析】
（1）由曲线C1的参数方程消去参数求出曲线的普通方程；曲线C2的极坐标方程左右同乘ρ，即可求出直角坐标方程；
（2）曲线C1化为极坐标方程，设，从而计算即得解.
【详解】（1）曲线C1的参数方程为,
消去参数得到普通方程：
曲线C2的极坐标方程为ρ=4sinθ，两边同乘ρ得到
故C2的直角坐标方程为：.
（2）曲线C1化为极坐标方程,
设
因为曲线C3的极坐标方程为：
点A是曲线C3与C1的交点，点B是曲线C3与C2的交点，且A，B均异于原点O，且|AB|=4



【点睛】本题考查了极坐标，参数方程综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
23.已知．
（1）在时，解不等式；
（2）若关于的不等式对恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）或
【解析】
【分析】
(1)根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集，(2)先根据绝对值三角不等式化为恒成立，或恒成立，再根据恒成立含义得实数的取值.
【详解】（1）在时，.
在时，，∴；
在时，，，∴无解；
时，，，∴.
综上可知：不等式的解集为.
（2）∵恒成立，
而，
或，
故只需恒成立，或恒成立，
∴或.
∴的取值为或.
【点睛】含绝对值不等式的解法
法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想.