四川省宜宾市叙州区第一中学校2020届高三三诊模拟考试数学（文）试题 Word版含解析

这是一份四川省宜宾市叙州区第一中学校2020届高三三诊模拟考试数学（文）试题 Word版含解析，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

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2020年春四川省叙州区第一中学高三三诊模拟考试
文科数学
第Ⅰ卷 选择题
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】D
【解析】
由题意得，集合，所以，故选D．
考点：集合的运算．
2. 下列复数在复平面上所对应的点落在单位圆上的是（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：对于选项A,由于模长为2，不成立，对于B,由于模长为5，不成立，对于C，由于满足模长为1，成立，对于D，模长为，故选C．
考点：复数的几何意义
点评：解决的关键是根据复数的几何意义来得到点的坐标，进而判定模长是否为1即可，属于基础题．
3.命题“，”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据全称命题的否定为特称命题解答.
【详解】解：，为全称命题，故其否定为，
故选：
【点睛】本题考查含有一个量词的命题的否定，属于基础题.
4.已知等差数列的前项和为，，若，则（ ）
A. 10 B. 11 C. 12 D. 13
【答案】B
【解析】
,所以 ,选B.
5.猜商品的价格游戏， 观众甲： 主持人：高了! 观众甲： 主持人：低了! 观众甲： 主持人：高了! 观众甲： 主持人：低了! 观众甲：主持人：低了! 则此商品价格所在的区间是 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
由题意，低了；低了；高了；高了，依据零点存在定理可以判断出，此商品的价格应在与之间，故选C.
【思路点睛】本题主要考查阅读能力、数学建模能力和化归思想以及零点存在定理的应用，属于中档题.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.理解本题题意的关键是：对“高了”，“低了”的理解和应用.
6.“直线与互相垂直”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
若直线与互相垂直，则
，解得或
即“直线与互相垂直”是“”的必要不充分条件．
故答案选
7.设a>b>c>1，则下列不等式中不正确的是(　　)
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用对数与指数式互化，对，变形即可判断．
【详解】令，，
则，，即
因为a>b>c>1，所以，所以logbc 故选D
【点睛】本题主要考查了对数与指数式互化，还考查了指数运算，属于基础题．
8.对于平面、、和直线a、b、m、n，下列命题中真命题是（ ）
A. 若，，，，则 B. 若，，则
C. 若，，，则 D. 若，，则
【答案】C
【解析】
【分析】
根据线线和线面与面面的平行与垂直的判定和性质判断即可.
【详解】A. 根据线面垂直的垂直的判定定理可知,,必须是相交直线,所以A错误.
B. 根据直线和平面平行的判定定理可知,必须在平面外,所以B错误.
C. 根据面面平行的性质定理可知,两个平行平面同时和第三个平面相交,则交线平行,所以C正确.
D. 根据面面垂直的性质可知, 必须垂直于的交线才有.所以D错误.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了线面平行与垂直的判定与性质,需要根据题意找到满足的条件,属于基础题型.
9.已知函数，则下列结论中正确的是
A. 函数的最小正周期为
B. 函数的图象关于点对称
C. 由函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象
D. 函数在区间上单调递增
【答案】C
【解析】
对于函数，它的最小正周期为=π，故排除A；
令x=，求得f（x）=，故函数f（x）的图象不关于点对称；故排除B；
把函数的图象向右平移个单位长度，
可以得到函数y=sin2（x﹣）+]=sin2x的图象，故C满足条件；
在区间上，∈（，），函数f（x）单调递减，故排除D，
故选C．
10.已知直线与抛物线相交于两点，是的中点，则点到抛物线准线的距离为（ ）
A. B. 4 C. 7 D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】
根据数形结合分析可知点到抛物线准线的距离，再根据弦长公式求.
【详解】由题意可知直线过抛物线的焦点，如图，

都和准线垂直，并且垂直分别是，
由图象可知，
根据抛物线的定义可知，
，
联立得，
，
，
.
故选：B
【点睛】本题考查抛物线的定义和弦长公式，意在考查数形结合分析问题和解决问题的能力，属于基础题型.
11.函数为上的可导函数，其导函数为，且，在中，，则的形状为
A. 等腰锐角三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰钝角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】
求函数的导数，先求出，然后利用辅助角公式进行化简，求出A，B的大小即可判断三角形的形状．
【详解】函数的导数，
则，
则，则，
则，
，
，
，即，
则，得，
，即，
则，则，
则，
则，
即是等腰钝角三角形，
故选D．
【点睛】本题考查三角形形状判断，根据导数的运算法则求出函数和的解析式是解决本题的关键．
12.已知偶函数满足，且当时，，关于的不等式在区间上有且只有300个整数解，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据的周期和对称性得出不等式在上的整数解的个数为3,计算的值得出的范围.
【详解】因偶函数满足,
所以,
所以的周期为且的图象关于直线对称,
由于上含有50个周期,且在每个周期内都是轴对称图形,
所以关于的不等式在上有3个整数解,
当时,,
由,得,由,得,
所以函数在上单调递增,在上单调递减,
因为,,
所以当时,,
所以当时,在上有4个整数解,不符合题意,
所以,
由可得或,
显然在上无整数解,
故而在上有3个整数解,分别为,
所以,,,
所以.
故选:D
【点睛】本题考查了函数的周期性,考查了函数的对称性,考查了利用导数研究函数的单调性,考查了一元二次不等式,属于较难题.
第Ⅱ卷 非选择题
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13.已知，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】
利用二倍角的正弦公式得出，然后除以，在所得分式的分子和分母中同时除以，转化为只含的代数式，代值计算可得结果.
【详解】.
故答案为：.
【点睛】本题考查三角求值，考查了二倍角公式与弦化切思想的应用，考查计算能力，属于基础题.
14.已知实数，满足条件，则最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
先画出可行域，然后把z＝x+2y变形为直线，通过平移直线发现当这直线过点A时其在y轴上的截距最大，则问题解决．
【详解】画出可行域
又z＝x+2y可变形为yx，
所以当该直线经过点A时z取得最大值，
联立得点A的坐标为（2，3），
所以zmax＝2+2×3＝8．
故答案为8

【点评】本题考查画可行域及由可行域求目标函数最值问题，考查数形结合，确定最优解是关键，是中档题
15.化简： ________.
【答案】－1
【解析】
原式)(
.故答案为
【点睛】本题关键点有：
先切化弦，再通分；
利用辅助角公式化简；
同角互化.
16.已知四面体中，，，为等边三角形，且平面平面，则四面体外接球的表面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】
取的中点，连接，，取的三等分点为，可证得为四面体外接球的球心，再结合长度关系可求得r,利用球的表面积公式即得解.
【详解】
取的中点，连接，，
取的三等分点为，使得，
则为等边的中心.
由于平面平面，且交线为，，
平面.
而，
所以为等腰直角三角形，且为的外心，
所以，又，
所以为四面体外接球的球心，
其半径.
故四面体外接球的表面积为.
故答案为：
【点睛】本题考查了四面体的外接球的表面积，考查了学生空间想象，综合分析，数学运算能力，属于中档题.
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.已知等差数列的前项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】(1)；(2)
【解析】
试题分析：
（1）根据等差数列基本量的运算求得，故可得通项公式．（2）根据数列通项公式的特点利用裂项相消法求和．
试题解析：
（1）设等差数列的公差为，
由题意得，
解得

（2）由（1）得


18.某公司培训员工某项技能，培训有如下两种方式：
方式一：周一到周五每天培训1小时，周日测试
方式二：周六一天培训4小时，周日测试
公司有多个班组，每个班组60人，现任选两组记为甲组、乙组先培训；甲组选方式一，乙组选方式二，并记录每周培训后测试达标的人数如表：

第一周
第二周
第三周
第四周
甲组
20
25
10
5
乙组
8
16
20
16

用方式一与方式二进行培训，分别估计员工受训的平均时间精确到，并据此判断哪种培训方式效率更高？
在甲乙两组中，从第三周培训后达标的员工中采用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求这2人中至少有1人来自甲组的概率．
【答案】（1）方式一（2）
【解析】
【分析】
（1）用总的受训时间除以，得到平均受训时间.由此判断出方式一效率更高.（2）利用分层抽样的知识，计算得来自甲组人，乙组人.再利用列举法求得“从这人中随机抽取人，求这人中至少有人来自甲组的概率”.
【详解】解:（1）设甲乙两组员工受训的平均时间分别为、，则
（小时）
（小时）
据此可估计用方式一与方式二培训，员工受训的平均时间分别为10小时和10.9小时，因，据此可判断培训方式一比方式二效率更高；
（2）从第三周培训后达标的员工中采用分层抽样的方法抽取6人,
则这6人中来自甲组的人数为：，
来自乙组的人数为：，
记来自甲组的2人为：；来自乙组的4人为：，则从这6人中随机抽取
2人的不同方法数有：，，，，共15种，
其中至少有1人来自甲组的有：，
共9种，故所求的概率.
【点睛】本题主要考查平均数的计算，考查分层抽样，考查古典概型的计算方法，属于中档题.
19.如图，正方形的边长为，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.

（1）证明：平面平面；
（2）若是的中点，设，且三棱锥的体积为，求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）要证明面面垂直，需证明线面垂直，取中点，连结，由条件证明；
（2）利用等体积转化，解得，由面积公式解得的值.
【详解】
解：（1）取中点，连结.
因为，所以.
在中，，，
则，
所以，
又，且面，
所以面，
又面，所以面面.
（2）因为面面，
又面面，且，
所以面，
所以.
又因为，，
所以.
因为，所以.
又，
所以，得.
【点睛】本题考查面面垂直的证明和利用等体积转化求参数的问题，意在考查空间想象能力和推理证明，计算能力，属于中档题型，本题第二问的关键是等体积转化，一般求四面体的体积或是求点到面的距离都需要考虑等体积转化，求点到面的距离也可以转化为其他等价的点到平面的距离.
20.设函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当函数有最大值且最大值大于时，求的取值范围.
【答案】（1）当时，函数上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减；（2）.
【解析】
【分析】
（1）求定义域，求导，对参数进行分类讨论即可；
（2）由（1）知的初步范围，求得最大值，利用导数解不等式即可.
【详解】（1）函数的定义域为，
.
当，即时，，函数在上单调递增.
当时，令，解得，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减.
综上所述：
当时，函数在上单调递增，
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）知，当函数有最大值时，，
且最大值，
此时，
即.
令.

故在上单调递增，且
∴等价于，∴，
故a的取值范围为.
【点睛】本题考查利用导数对含参函数的单调性进行讨论，以及利用导数求解不等式.属导数综合题.
21.已知抛物线的内接等边三角形的面积为（其中为坐标原点）．
（1）试求抛物线方程；
（2）已知点两点在抛物线上，是以点为直角顶点的直角三角形．
①求证：直线恒过定点；
②过点作直线的垂线交于点，试求点的轨迹方程，并说明其轨迹是何种曲线．
【答案】（1）；（2）①证明见解析；②，是以为直径的圆（除去点.
【解析】
【分析】
（1）设A（xA，yA），B（xB，yB），由|OA|＝|OB|，可得2pxA2pxB，化简可得：点A，B关于x轴对称．因此AB⊥x轴，且∠AOx＝30°．可得yA＝2p，再利用等边三角形的面积计算公式即可得出；
（2）①由题意可设直线PQ的方程为：x＝my+a，P（x1，y1），Q（x2，y2）．与抛物线方程联立化为：y2﹣my﹣a＝0，利用∠PMQ＝90°，可得0利用根与系数的关系可得m，或（m），进而得出结论；
②设N（x，y），根据MN⊥NH，可得0，即可得出．
【详解】（1）解依题意，设，，
则由，得，
即，
因为，，所以，
故，，
则，关于轴对称，
所以轴，且，
所以.
因为，所以，
所以，
故，，
故抛物线的方程为.
（2）①证明 由题意可设直线的方程为，
，，
由，消去，得，
故，，.
因为，所以.
即.
整理得，
，
即，
得，
所以或.
当，即时，
直线的方程为，
过定点，不合题意舍去.
故直线恒过定点.
②解 设，则，即，
得，
即，
即轨迹是以为直径的圆（除去点）.
【点睛】本题考查了抛物线与圆的标准方程及其性质、直线与抛物线相交问题、等边三角形的性质、向量垂直与数量积的关系、一元二次方程的根与系数的关系、直线经过定点问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
（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．
22.【选修4-4：极坐标与参数方程】
在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的直角坐标方程；
（2）若直线与曲线相交于两点，求的面积.
【答案】(1) (2)
【解析】
分析：（1）把曲线的极坐标方程化成，利用可得其直角坐标方程.
（2）把直线的参数方程改写为，利用的几何意义求出的长度，再把直线的参数方程化为普通方程，计算到直线的距离后可计算的面积.
详解：（1）因为，
所以曲线的直角坐标方程为；
（2）将直线的参数方程（为参数）代入曲线的直角坐标方程，
得，设两点对应的参数分别为，则，
于是，
直线的普通方程为，则原点到直线的距离，
所以.
点睛：极坐标方程转为直角坐标方程的关键是利用公式，必要时需要对极坐标方程变形使得方程中尽量出现.另外在计算弦长时注意利用直线的参数方程 （为直线的倾斜角，为参数）来简化计算，因为的几何意义是、之间的距离.
23.已知为正数,且,证明:
(1)；
(2).
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）将a+b+c＝2平方，然后将基本不等式三式相加，进行证明；（2）由，三式相乘进行证明.
【详解】(1)将a+b+c＝2平方得:，
由基本不等式知:，
三式相加得:，
则
所以，当且仅当a＝b＝c＝时等号成立
(2)由，同理
则，
即当且仅当时等号成立
【点睛】本题考查利用基本不等式进行证明，属于中档题.