四川省宜宾市2020届高三高考适应性考试（三诊）数学（理科）试题 Word版含解析

这是一份四川省宜宾市2020届高三高考适应性考试（三诊）数学（理科）试题 Word版含解析，共24页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，设是椭圆上一点，，分别是两圆等内容，欢迎下载使用。

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宜宾市高2017级高三第三次诊断测试
理科数学
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.
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，将答题卡交回.
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
1.已知集合，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先求得不等式,再由交集定义求解即可.
【详解】由题,因为,解得,
所以,
故选:A
【点睛】本题考查集合的交集运算,考查解一元二次不等式.
2.，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先求得的形式,再由求解即可.
【详解】因为,
所以,
故选:A
【点睛】本题考查复数的乘法运算,考查求复数的模,属于基础题.
3.某商场推出消费抽现金活动，顾客消费满1000元可以参与一次抽奖，该活动设置了一等奖、二等奖、三等奖以及参与奖，奖金分别为：一等奖200元、二等奖100元、三等奖50元、参与奖20元，具体获奖人数比例分配如图，则下列说法中错误的是（ ）

A. 获得参与奖的人数最多
B. 各个奖项中一等奖的总金额最高
C. 二等奖获奖人数是一等奖获奖人数的两倍
D. 奖金平均数为元
【答案】B
【解析】
【分析】
由于各获奖人数所占总获奖人数的百分比的比例关系与各获奖人数的比例关系一致,即可判断A,C；设获奖人数为,分别求得各奖项的总金额,即可判断B；利用平均数的公式求解平均数,即可判断D.
【详解】由图可知,获得参与奖的人数占获奖人数的55%,是最多的,故A正确；
假设获奖人数为,则一等奖总金额为,二等奖总金额为,
三等奖总金额为,参与奖总金额为,
所以三等奖总金额是最高的,故B错误；
二等奖获奖人数占获奖人数10%,一等奖获奖人数占获奖人数的5%,
即二等奖获奖人数是一等奖获奖人数的两倍,故C正确；
由图,可得奖金平均数为元,故D正确；
故选:B
【点睛】本题考查利用扇形统计图的数据解决实际问题,考查数据分析能力.
4.已知是公差为等差数列，为的前项和.若成等比数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由等差数列可得,即可得到,再根据等比中项可得,求出,则可得,进而根据求解即可.
【详解】由题意,,
所以,,,
又成等比数列,
所以,即,
解得,所以,
所以,
故选:D
【点睛】本题考查等差数列的通项公式的应用,考查等比中项的应用,考查利用性质求等差数列的前项和.
5.设是椭圆上一点，，分别是两圆：和上的点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由于椭圆的焦点恰好是两圆的圆心,利用椭圆的定义先求出点到两焦点的距离,然后将的最小值转化成减去两个半径.
【详解】由题,椭圆的焦点为,,恰好为两圆的圆心,
且两圆的半径均为1,
由椭圆的定义可得,
转化的最小值为减去两个半径,
即,
故选:A
【点睛】本题考查椭圆的定义的应用,解决本题的关键是把的最小值转化成与两圆的半径的差的问题.
6.已知函数是奇函数，当时，，则曲线在点处切线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先利用奇偶性求出当时的函数解析式,再求导,进而求得即可.
【详解】由题,因为是奇函数,
当时,,所以,即,
所以,
所以,
故选:B
【点睛】本题考查利用奇偶性求函数解析式,考查利用导数求切线斜率.
7.在中，点为延长线上的一点，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由于三点共线,则过点作上的高与上的高相同,根据可得,进而利用平面向量基本定理求解即可.
【详解】如图所示,

因为,所以,
所以,
故选:C
【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用,属于基础题.
8.已知三棱锥的三视图均为边长为1的正方形，如图所示，此三棱锥的所有顶点都在一个球面上，则此球的表面积是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由三视图还原几何体,将其放入棱长为1的正方体中,可知该几何体为以正方体的面对角线为棱长的正四面体,其外接球直径为正方体的体对角线,进而求解即可.
【详解】由三视图还原几何体,如图所示,将其放入棱长为1的正方体中,是以正方体的面对角线为棱长的正四面体,

所以其外接球直径为正方体的体对角线长,所以,
所以外接球的表面积为,
故选:C
【点睛】本题考查由三视图还原几何体,考查求几何体的外接球面积,考查空间想象能力.
9.在新高考改革中，学生可先从物理、历史两科中任选一科，再从化学、生物、政治、地理四门学科中任选两科参加高考，现有甲、乙两名学生若按以上选科方法，选三门学科参加高考，则甲乙二人恰有一门学科相同的选法有（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
甲乙二人可能在物理、历史两科中选择的一科相同,也可能在化学、生物、政治、地理四门学科中任选两科中恰有一科相同,由此求解.
【详解】由题,当甲乙二人在物理、历史两科中的选择相同,有种；
当甲乙二人在化学、生物、政治、地理四门学科中任选两科中恰有一科相同,则有种；
则共有种,
故选:D
【点睛】本题考查利用排列组合解决实际问题,考查分类讨论思想.
10.在区间内随机取两个数分别为，则使得关于的方程有实数根的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
若关于的方程有实数根,则,即,可得的范围,再由,,画出图象,由几何概型的面积公式求解即可.
【详解】由题可知,因为关于的方程有实数根,
所以,则,
即,表示以为圆心,以为半径的圆外（包括边界）,
又因为,,
则如图所示,阴影部分为符合条件的情况,总体情况为边长为1的正方形,

则,
故选:A
【点睛】本题考查几何概型的面积公式的应用,考查一元二次方程的根的个数与系数的关系.
11.已知抛物线:的焦点为，过点且斜率为的直线与抛物线交于两点，若在以线段为直径的圆上存在两点，在直线：上存在一点，使得，则实数的取值范围（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
可得直线为,与抛物线联立,进而求得以线段为直径的圆为,转化圆上存在两点,在直线上存在一点,使得为直线上存在一点,使得到圆心的距离等于,即使得圆心到直线的距离小于或等于,即可求解.
【详解】由题,焦点,则直线为,设,
联立得,则,所以,
所以线段的中点为,又,
所以以线段为直径的圆为,
因为圆上存在两点,在直线上存在一点,使得,
所以在直线上存在一点,使得到圆心的距离等于,
所以只需圆心到直线的距离小于或等于,
因为,
所以,解得,
故选:B
【点睛】本题考查抛物线的弦长的应用,考查圆的几何性质的应用,考查转化思想.
12.已知函数，则关于的方程（）的实根个数（ ）
A. B. 或 C. 或 D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】
先利用导数研究函数的单调性和极值，画出函数的大致图象，令，则，由△＞0可知方程有两个不相等的实根．设为,
由韦达定理得：,，不妨设，，对,的大小分情况讨论，结合函数的图象即可判断关于的方程（）的实根个数．
【详解】解：∵函数
∴，
令得：或，
∴当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，
又，，
∴函数的大致图象，如图所示：
，
令，则关于的方程变为，
∵，∴方程有两个不相等的实根．设为,
由韦达定理得：,，不妨设，，
①当时，∵，∴，此时关于的方程的实根个数为3个，
②当，∵，∴，此时关于的方程的实根个数为3个，
③当，∵，∴，此时关于的方程的实根个数为3个，
综上所述，关于的方程的实根个数为3个，
故选：A．
【点睛】本题考查函数方程的综合应用，数形结合思想，转化化归思想，属于中档题.
二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.
13.设满足约束条件，则的最小值是____________.
【答案】-6
【解析】
【分析】
由约束条件画出可行域,再变形为,即在可行域内找到使该直线截距最大的点,进而求解.
【详解】由题,可行域如图所示,

设,平移直线,当直线与点相交时,直线的截距最大,
所以的最小值为,
故答案为:
【点睛】本题考查利用目标函数的几何意义求最值,考查简单的线性规划问题,考查数形结合思想.
14.已知函数的最小正周期为，最大值为，则____________.
【答案】3
【解析】
【分析】
先化简,由最小正周期求得,由最大值求得,再将代入求解即可.
【详解】由题,

,
因为,即,所以,
因为最大值为4,所以,则,
则,
所以,
故答案为:3
【点睛】本题考查三角函数的化简,考查三角函数的周期性的应用,考查求三角函数值.
15.记为数列的前项和.若，，(≥)，则的通项公式____________.
【答案】
【解析】
【分析】
设,由可判断是等差数列,进而求得的通项公式,即可求得,再根据求解即可,需注意检验时的情况.
【详解】由题,设,则当时,,
又,,则,
所以是首项为1,公差为5的等差数列,
所以,即,所以,
当时,,
当时,,不符合,
所以,
故答案为:
【点睛】本题考查利用等差中项判断等差数列,考查等差数列的通项公式的应用,考查由与的关系求数列的通项公式.
16.点是斜边上异于的一动点，，连结，将沿着翻折到，使与所在平面构成直二面角，则翻折后的最小值是____________.
【答案】
【解析】
【分析】
过点作交于点,连接,,设,在中,由余弦定理可得,再由勾股定理可得在中,即可求解.
【详解】由题,过点作交于点,连接,,如图所示,

设,则,,,
在中,由余弦定理可得


,
在中,由勾股定理可得
,
所以当时,取得最小值为,
故答案为:
【点睛】本题考查已知二面角求线段长,考查余弦定理的应用,考查空间想象能力和运算能力.
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.在中，角，，的对边分别为，，，已知.
(1)求的值；
(2)若为线段的中点，，，求.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）利用正弦定理化边为弦可得,整理可得再利用正弦定理化弦为边,即可求解；
（2）分别在和中利用余弦定理求得,进而求解.
【详解】解:（1）根据正弦定理可得,
则,
即,
所以,即则,所以
（2）由（1）,在中,,
在中,,则,解得
【点睛】本题考查利用正弦定理作边弦互化,考查利用余弦定理解三角形,考查运算能力.
18.如图，在多面体中，正方形与梯形所在平面互相垂直，已知，，.

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）由正方形的性质及平面平面可得平面,即,取的中点,连接,可证得,即可求证；
（2）以为原点,以所在直线为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系,由（1）可得为平面的一个法向量,再求得平面的一个法向量,进而利用余弦定理求解即可.
详解】（1）证明:正方形,,
又平面平面,平面平面,平面,
平面,
平面,,
取的中点,连接,易得四边形为正方形,,
则,即,
又,则平面.

（2）且,,
又平面,易知两两垂直,
以为原点,以所在直线为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系,如图所示,

易得,则,,
由（1）得为平面的一个法向量,
令为平面的一个法向量,则,得,
不妨令则,故,
令所求二面角为,则,
则
【点睛】本题考查线面垂直的证明,考查空间向量法求二面角,考查运算能力.
19.设抛物线：的准线被圆：所截得的弦长为．
（1）求抛物线的方程；
（2）设点是抛物线的焦点，过的直线交于两点，已知的面积为，求直线的方程.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）由抛物线方程可得准线方程为,再根据求解即可；
（2）当不存在时不成立,当存在时,设直线方程为,与抛物线联立,由的面积为,进而利用弦长公式求解即可.
【详解】（1）由题,准线方程为,圆的半径,半弦长为,则,
解得,所以抛物线的方程为.
（2）由题知,,当直线垂直轴时,不符合题意,则直线一定不垂直轴；
令直线方程为,联立,消可得,
令,则,,
则的面积为,
解得,故直线方程为
【点睛】本题考查求抛物线的方程,考查弦长公式的应用,考查圆的弦长的性质的应用.
20.某科研团队对例新冠肺炎确诊患者的临床特征进行了回顾性分析.其中名吸烟患者中，重症人数为人，重症比例约为；名非吸烟患者中，重症人数为人，重症比例为.根据以上数据绘制列联表，如下：

吸烟人数
非吸烟人数
总计
重症人数
30
120
150
轻症人数
100
800
900
总计
130
920
1050

(1)根据列联表数据，能否在犯错误的概率不超过的前提下认为新冠肺炎重症和吸烟有关？
(2)已知每例重症患者平均治疗费用约为万元，每例轻症患者平均治疗费用约为万元.现有吸烟确诊患者20人，记这名患者的治疗费用总和为，求.
附：
≥









【答案】（1）在犯错的概率不超过的前提下认为新冠肺炎重症和吸烟有关.（2）95.446
【解析】
【分析】
（1）由列联表求得,并与比较,即可判断；
（2）令表示20位吸烟确诊患者中的重症人数,则,由题意可得,进而求解即可.
【详解】解:（1）根据列联表中的数据,得到
,
因此,在犯错的概率不超过的前提下认为新冠肺炎重症和吸烟有关.
（2）令表示20位吸烟确诊患者中的重症人数,
由题知
因为,即,
所以.
【点睛】本题考查由独立性检验解决实际问题,考查二项分布的期望及期望的性质的应用.
21.已知函数，，为的导函数.
（1）讨论的单调性，设的最小值为，并求证：
（2）若有三个零点，求的取值范围.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）先对求导,设,再对求导,即可判断的单调性且可求得的最小值,设,利用导函数求得的最小值,即可求解；
（2）由（1）,若,则,即在上单调递增,不可能有3个零点,则,由（1）可知的单调性,且,,由零点存在性定理可得,存在,使得,存在,使得,即可判断的单调性,再利用零点存在性定理可得存在,使得,若满足题意,则使得,进而求解即可.
【详解】（1）,
令,
所以,
令,解得,
所以当时,,所以单调递减,即单调递减；
当时,,所以单调递增,即单调递增；
所以的最小值,
令,
则,
令,解得,
所以单调递增；
单调递减,
所及,命题得证.
（2）由（1）若的最小值,
即时,,此时在上单调递增,
因为在上单调递增,不可能有三个零点,
所以,此时,
又由(1)可知,单调递减；
,单调递增,其中,
且,,所以存在,使得,
存在,使得,
所以在区间上单调递增,在区间上单调递减,在区间上单调递增,
其中在中,有,存在,使得,
在区间上要有两个零点,必须①,
其中使得成立,即②,代入①式,
得,解得,
由②得,令,,
所以在时单调递增,所以,
所以.
【点睛】本题考查利用导函数判断函数的单调性,考查利用导函数求最值,考查利用导函数由零点个数求参数范围,考查运算能力与分类讨论思想.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
22.在直角坐标系中，曲线，曲线（为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求的极坐标方程；
（2）射线的极坐标方程为，若分别与交于异于极点的两点，求的最大值.
【答案】（1）的极坐标方程是，的极坐标方程是. （2）
【解析】
【分析】
（1）利用将的直角坐标方程化为极坐标方程；先把的参数方程化为普通方程,再化为极坐标方程；
（2）分别联立曲线与的极坐标方程与,即可求得,,再利用二次函数的性质求得的最大值,进而求解.
【详解】解:（1）因为,
所以可化为,
整理得,
（为参数）,则（为参数）,化为普通方程为,则极坐标方程为,即.
所以的极坐标方程是,的极坐标方程是.
（2）由（1）知,
联立可得,
联立可得,
所以,
当时,最大值为,所以的最大值为.
【点睛】本题考查直角坐标方程与极坐标方程的转化,考查利用极坐标方程求弦长.
23.已知，且.
（1）求的最大值；
（2）若，证明：．
【答案】（1）.（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）对作平方,可得,进而利用均值不等式求解即可；
（2）利用柯西不等式可得,由,可得,,则,进而求解即可.
【详解】（1）解:
,
当且仅当,即时等号成立,
所以的最大值为.
（2）证明:因为,,
所以,,
,当且仅当时等号成立,
则有,即,
故.
【点睛】本题考查利用均值不等式求最值,考查利用柯西不等式证明不等关系.