四川省宜宾市叙州区第二中学校2020届高三三诊模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

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2020年春四川省叙州区第二中学高三三诊模拟考试
理科数学
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.
【答案】A
【解析】
【分析】
求函数值域求得集合，由此求得两个集合的交集.
【详解】由题，，.
故选A.
【点睛】本小题主要考查交集的概念和运算，考查指数函数的值域，属于基础题.
2.复数（i为虚数单位）在复平面内对应的点所在象限为（　　）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【详解】,
对应的点为,在第四象限，故选D.
3.已知命题，则为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据全称命题的否定是特称命题进行求解即可.
【详解】因为命题，所以为.
故选：D
【点睛】本题考查了全称命题的否定，属于基础题.
4.对于是任意非零实数，且，又，则有（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
取特殊值排除ABC选项；利用指数函数的单调性判断D选项.
【详解】当时，，故A错误；
当时，，故B错误；
当时，，故C错误；
因为函数在上单调递减，，所以，故D正确
故选:D
【点睛】本题主要考查了根据所给条件判断不等式是否正确，属于基础题.
5.已知数列为等差数列，且，则的值为
A. B. 45 C. D.
【答案】B
【解析】
由已知及等差数列性质有，故选B.
6.若直线与平行，则与间的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据两直线平行求出的值，得出两条直线方程，再求直线之间的距离.
【详解】由题：直线与平行，
则，即，解得或，
当时，直线与重合；
当时，直线与平行，
两直线之间的距离为.
故选：B
【点睛】此题考查根据两直线平行求参数的取值，需要注意讨论直线重合的情况，根据距离公式求平行线之间的距离.
7.函数，的零点个数有( )
A. 3个 B. 2个 C. 1个 D. 0个
【答案】A
【解析】
【分析】
时，应用零点存在定理确定零点个数，时直接求出零点．
【详解】时，是增函数，，，因此在上存在唯一的零点，
时，，或，舍去，有两个零点，
综上函数有3个零点．
故选A．
【点睛】本题考查函数零点个数，考查零点存在定理，求零点个数问题，对于复杂的函数可以研究函数的性质，通过零点存在定理确定零点，对于简单的函数可以直接解方程求出零点．
8.．设是不同的直线，是不同的平面,下列四个命题中，正确的是（ ）
A. 若,则 B. 若则
C. 若则 D. 若则
【答案】B
【解析】
A错误．平行于同一平面的两条直线可能平行、相交或异面；
B正确．垂直于同一平面的两条直线平行；
C错误．两平面垂直，一个平面内的直线可能平行另一个平面，也可能相交；
D错误．只有m与n相交时，才有两个平面平行．
9.已知函数，则下列结论错误的是（ ）
A. 的一个周期为
B. 的图像关于点对称
C. 的图像关于直线对称
D. 在区间的值域为
【答案】D
【解析】
【分析】
对选项逐个分析，，可知A正确；由，可知B、C都正确；在区间的值域为，D错误．
【详解】由于最小正周期，故是函数的一个周期，选项A正确；
令，，故的图像关于点对称，选项B正确；
当时，，故的图像关于直线对称，选项C正确；
当时，，则，故选项D错误．
故答案为D.
【点睛】本题考查了三角函数的周期、对称轴、对称中心，及值域，考查了计算能力，属于中档题．
10.一个三位数的百位，十位，个位上的数字依次是，当且仅当时称为“凹数”，若，从这些三位数中任取一个，则它为“凹数”的概率是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先分类讨论求出所有的三位数，再求其中的凹数的个数，最后利用古典概型的概率公式求解.
【详解】先求所有的三位数，个位有4种排法，十位有4种排法，百位有4种排法，所以共有个三位数.
再求其中的凹数，第一类：凹数中有三个不同的数，把最小的放在中间，共有种，第二类，凹数中有两个不同的数，将小的放在中间即可，共有种方法，所以共有凹数8+6=14个，
由古典概型的概率公式得P=.
故答案为C
【点睛】本题主要考查排列组合的运用，考查古典概型的概率，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
11.已知定义在上的函数，若是奇函数， 是偶函数，当时，，则（ ）
A. B.
C 0 D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由是奇函数，且是偶函数，推得，得出函数是以4为周期的周期函数，即可求解.
【详解】由题意，定义在上的函数，因为是奇函数，所以，
又由是偶函数，则函数关于对称，即，
所以，即，
则，所以，
所以函数是以4为周期的周期函数，且当时，，
又由.
故选：A.
【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与函数的周期性的应用，其中解答中合理利用函数的奇偶性和对称性，求得函数是以4为周期的周期函数是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于中档试题.
12.过抛物线C：y2＝2px(p＞0)焦点F作斜率为的直线l与C及其准线分别相交于A，B，D三点，则的值为（ ）
A 2或 B. 3或 C. 1 D. 4或
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意，设直线方程，与抛物线方程联立消去x得，设，有，再由韦达定理
，解得或，再根据抛物线的定义，利用三角形相似性分类讨论求解.
【详解】抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F，
设直线方程为，，
与抛物线方程联立，消去x得，
所以，
设，
所以，
所以，
而，
所以，
即，
解得或，
当时，如图所示：

，
所以，
由抛物线得定义得，
又因为直线的作斜率为，
所以，
所以，
所以，
所以.
当时，如图所示：

，
所以，
又因为，直线的斜率为，
所以，
所以，，
所以.
故选：D
【点睛】本题主要考查抛物线的方程和直线与抛物线的位置关系，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
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.已知变量，且，，则__________.
【答案】.
【解析】
【分析】
根据题意先求出，再由，即可得出结果.
【详解】因为变量，且，，
所以，解得，
所以.
故答案为
【点睛】本题主要考查二项分布，熟记二项分布的期望与方差的公式即可，属于常考题型.
14.若实数，满足不等式组，则的最大值为____________.
【答案】5
【解析】
【分析】
由题意首先画出不等式组表示的平面区域，然后结合目标函数的几何意义求解其最大值即可.
【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，

结合目标函数的几何意义可知目标函数在点C处取得最大值，
联立直线方程：，可得点的坐标为：，
据此可知目标函数最大值为：.
故答案为5．
【点睛】求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b＞0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.
15.若，，则的值为__________．
【答案】
【解析】
分析：解方程，求出，利用诱导公式，同角三角函数基本关系式，二倍角公式化简得到关于的表达式，代入求值即可.
详解：由，，得到，由得，
又


即答案为.
点睛：本题考查诱导公式，同角三角函数基本关系式，二倍角公式化简求值，属基础题.
16.四棱锥中，底面为矩形，，，且，当该四棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为_________.

【答案】
【解析】
【分析】
由题意知四棱锥的体积最大时，平面SAD平面ABCD且为等边三角形，画出图形，设球心O到平面ABCD的距离为x，可得，进而得到球的半径，即可求解.
【详解】由题意知当S到平面ABCD的距离最大时，四棱锥的体积最大，此时满足平面SAD平面ABCD，且为等边三角形，边长为4，则S到AD的距离即为S到平面ABCD的距离，设球心O到平面ABCD的距离OE=x,则由OD=OS得，
解得，所以外接球的半径，则外接球的表面积为
故答案为

【点睛】本题考查四棱锥的外接球问题,关键在于确定球心和半径,考查学生的空间想象能力和计算能力,属于基础题.
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，、、分别是角、、的对边，且.
（1）求角的值；
（2）若，且为锐角三角形，求的取值范围.
【答案】(1) .(2) .
【解析】
【分析】
（1）根据题意，由余弦定理求得，即可求解C角的值；
（2）由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，再根据为锐角三角形，求得，利用三角函数的图象与性质，即可求解.
【详解】（1）由题意知，∴，
由余弦定理可知，，
又∵，∴.
（2）由正弦定理可知，，即
∴
，
又∵为锐角三角形，∴，即，
则，所以，
综上的取值范围为.
【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.
18.槟榔原产于马来西亚，中国主要分布在云南、海南及台湾等热带地区，亚洲热带地区广泛栽培.槟榔是重要的中药材，南方一些少数民族还有将果实作为一种咀嚼嗜好品，但其被世界卫生组织国际癌症研究机构列为致癌物清单Ⅰ类致癌物.云南某民族中学为了解，两个少数民族班的学生咀嚼槟榔的情况，分别从这两个班中随机抽取5名学生进行调查，经他们平均每周咀嚼槟榔的颗数作为样本，绘制成如图所示的茎叶图（图中的茎表示十位数字，叶表示个位数字）.

（1）你能否估计哪个班的学生平均每周咀嚼槟榔的颗数较多？
（2）在被抽取的10名学生中，从平均每周咀嚼槟榔的颗数不低于20颗的学生中随机抽取3名学生，求抽到班学生人数的分布列和数学期望.
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）直接利用平均数公式求解即可；（2）由题得的可能取值为1，2，3，再求对应的概率，写出分布列，求数学期望.
【详解】（1）班样本数据的平均值为，
由此估计班学生平均每周咀嚼槟榔的颗数为17颗，
班样本数据的平均值为，
由此估计班学生平均每周咀嚼槟榔的颗数为19颗.
故估计班学生平均每周咀嚼槟榔的颗数较多
（2）∵平均每周咀嚼槟榔的颗数不低于20颗的学生中，班有2人，班有3人，共有5人，
∴的可能取值为1，2，3，
，，，
∴的分布列为：

1
2
3





∴.
【点睛】本题主要考查平均数的计算，考查随机变量的分布列和期望的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
19.如图，四棱锥中，侧棱垂直于底面，，，为的中点，平行于，平行于面，.

(1)求的长；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
试题分析：（1）取的中点，连接、，由三角形中位线定理，以及线面平行的判定定理可得平行于，平行于，于是可得为平行四边形，所以，；（2）取中点，则垂直于，以点为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系，平面法向量为，利用向量垂直数量积为零，列方程组求得
平面法向量为，平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得结果.
试题解析：(1)取中点，连接、，
因为平行于，平行于，所以平行于，
所以四点共面，
因为平行于面，面与面交与，所以平行于，
所以为平行四边形.
所以，.

(2取中点，则垂直于，因为平行于，所以垂直于，于是以点为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系，
由垂直于，垂直于，平面法向量为，
通过计算得平面的法向量为.经判断知二面角为钝角，于是其余弦为.
【方法点晴】本题主要考查线面平行的判断与性质、利用空间向量求二面角，属于难题.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.已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆短半轴长半径的圆与直线相切．
（1）求与；
（2）设该椭圆的左、右焦点分别为和，直线过且与轴垂直，动直线与轴垂直，交与点．求线段垂直平分线与的交点的轨迹方程，并指明曲线类型．
【答案】（1），．（2），该曲线为抛物线（除掉原点）．
【解析】
【分析】
（1）由题可知，直线与圆相切，根据圆心到直线的距离等于半径，结合离心率，即可求出与.

（2）求出焦点坐标，设点坐标，从而得出的坐标，同时设，利用垂直关系可得出关于的式子即为的轨迹方程.
【详解】解：（1），，．
（2），两点分别为，，由题意可设
那么线段中点为，设是所求轨迹上的任意点
由于，即，所以．
又因为，消参得轨迹方程为.
该曲线为抛物线（除掉原点）．
【点睛】本题主要考查椭圆的简单几何性质，包括离心率、短半轴长、焦点坐标，还涉及中点坐标公式，以及两直线垂直时斜率相乘为-1，还利用消参法求动点的轨迹方程.
21.已知函数．
（1）当时，判断函数的单调性；
（2）若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围，并证明．
【答案】（1）在上单调递增；（2）详见解析.
【解析】
【分析】
（1）对求导，根据的符号得出的单调性；
（2）由题意可知有两解，求出的过原点的切线斜率即可得出的范围，设，根据分析法构造关于的不等式，利用函数单调性证明不等式恒成立即可．
【详解】解：（1）时，，
故，
在上单调递增．
（2）由题意可知有两解，
设直线与相切，切点坐标为，
则，解得，
，即．
∴实数的取值范围是．
不妨设，则，
两式相加得：，
两式相减得：，
，故，
要证，只需证，
即证，
令，故只需证在恒成立即可．
令，
则，
∴在上单调递增，
，
即在恒成立．
．
【点睛】本题考查了导数与函数单调性的关系，函数单调性与不等式的关系，构造关于的不等式是证明的难点，属于难题．
（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.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 选修4-4：坐标系与参数方程
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，在平面直角坐标系中, 直线经过点,倾斜角．
（1）写出曲线直角坐标方程和直线的参数方程；
（2）设与曲线相交于两点, 求的值．
【答案】（1），为参数）；（2）．
【解析】
试题分析：(1)利用,化为直角坐标方程,利用直线参数方程公式求出参数方程；(2)利用直线参数方程的几何意义求出弦长.
试题解析：（1）曲线化为，再化为直角坐标方程为，化为标准方程为，
直线的参数方程为（为参数）．
（2）将的参数方程代入曲线的直角坐标方程，整理得，
，则，，
所以．
考点：1.极坐标方程,直角方程,参数方程的互化；2.直线参数方程的几何意义.
[选修4-5：不等式选讲]
23.已知．
（1）求不等式的解集；
（2）设为正实数，且，求证：.
【答案】（1）；（2）证明详见解析．
【解析】
【分析】
第一问是有关绝对值不等式的解法问题，在解题的过程中，应用零点分段法将绝对值符号去掉转化为三个不等式组来解．第二问利用解析式先求出函数值，之后利用基本不等式求得结果.
【详解】（1）不等式等价于不等式组或或，
所以不等式的解集为；
（2）证明：因为，
所以，
因为为正实数，所以由基本不等式（当且仅当时等号成立），
同理，所以，
所以，
所以.
【点睛】该题属于不等式的问题，需要明确绝对值不等式的解法-----零点分段法，去绝对值符号，将其转化为多个不等式组的解集的并集来完成，二是有关重要不等式，还有借用不等式的性质对其等价变形，最后证得结果.