四川省达州市普通高中2020届高三数学第三次诊断性测试试题-理.doc

四川省达州市普通高中2020届高三数学第三次诊断性测试试题 理

四川省达州市普通高中2020届高三数学第三次诊断性测试试题 理

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四川省达州市普通高中2020届高三数学第三次诊断性测试试题 理（含解析）
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、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，写在本试卷无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共计60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】D
【解析】
【分析】
由题意结合对数函数的性质可得，再由集合交集的概念即可得解.
【详解】由题意，
所以.
故选：D.
【点睛】本题考查了对数不等式的求解及集合交集的运算，考查了运算求解能力，属于基础题.
2.若复数为纯虚数，则的值为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】
，因为是纯虚数，所以 解得 ，故选A.
3.已知命题，命题．p是q的（ ）
A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】
根据充分条件和必要条件的定义求解.
【详解】当时，，故不充分；
当时，即，即，
所以且或且；故不必要；
故选：D
【点睛】本题主要考查逻辑条件的判断以及不等式的基本性质，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
4.二项式展开式中，只有第项的二项式系数最大，则该展开式的常数项是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由二项展开式中间项的二项式系数最大，得；由二项展开式的通项公式求出展开式的常数项.
【详解】因为二项展开式中间项的二项式系数最大，
又因为只有第4项的二项式系数最大，
得；
所以展开式的通项为
，
令得，
所以展开式中的常数项是.
故选：C.
【点睛】本题主要考查二项展开式的通项解决有关特殊项问题.属于较易题.
5.在锐角中，如果，则（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意结合三角恒等变换、同角三角函数的平方关系可得，进而可得，再由同角三角函数的商数关系即可得解.
【详解】因为，所以，
所以，
又，所以，所以，
所以.
故选：D.
【点睛】本题考查了二倍角公式及同角三角函数关系的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.
6.在中，角的对边分别是，，．则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意结合正弦定理可得，进而可得，再由余弦定理即可得，即可得解.
【详解】由可得，所以，
又，所以即，所以，
在中，，
又，所以.
故选：D.
【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理综合应用，考查了运算求解能力，合理转化条件是解题关键，属于中档题.
7.如图，S是圆锥的顶点，是底面圆的直径，，M是线段上的点（不与端点A，S重合），N是底面圆周上的动点，则直线与不能（ ）

A. 异面 B. 相交 C. 平行 D. 垂直
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意结合直线间的位置关系，逐项判断即可得解.
【详解】对于A，当N不与、重合时，由异面直线的概念可得直线与异面，故A有可能；
对于B，当N与、重合时，直线与相交，故B有可能；
对于C，由A、B可知，直线与不能平行，故C不可能；
对于D，当N与重合时，直线与垂直，故D有可能.
故选：C.
【点睛】本题考查了直线间位置关系的判定，关键是对概念的熟练掌握，属于基础题.
8.若抛物线的焦点到双曲线渐近线的距离是，则该双曲线的离心率为（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先求得抛物线的焦点的坐标和双曲线渐近线方程，根据抛物线的焦点到双曲线渐近线的距离是，利用点到直线的距离求解.
【详解】抛物线的焦点，
不妨设双曲线渐近线方程为，
因为抛物线的焦点到双曲线渐近线的距离是，
所以，
解得.
故选：B
【点睛】本题主要考查抛物线和双曲线的几何性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
9.有3人同时从底楼进入同一电梯，他们各自随机在第2至第7楼的任一楼走出电梯．如果电梯正常运行，那么恰有两人在第4楼走出电梯的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意结合分步乘法、排列组合的知识可得所有基本情况数及满足要求的情况数，再由古典概型概率公式即可得解.
【详解】3人同时从底楼进入同一电梯，他们各自随机在第2至第7楼的任一楼走出电梯,共有种不同情况；
恰有两人在第4楼走出电梯，共有种不同情况；
故所求概率.
故选：C.
【点睛】本题考查了计数原理的应用，考查了古典概型概率的求解，属于基础题.
10.在中，，，的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用相反向量将向量的加法转化为向量的减法，利用向量的减法的模的几何意义求得最小值.
【详解】,
令，则为直线上的动点，如图所示，

当直线时，取得最小值，

∵，，∴ .
故选A.
【点睛】本题考查向量线性组合的模的最小值问题，涉及向量的线性运算，相反向量，向量的加法与减法的转化，向量的模的意义，考查数学转化能力和计算能力，属中档题.
11.是边长为1的正三角形，多边形是正六边形，平面平面，若六棱锥的所有顶点都在球O上，则球O的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用球的截面的性质：球心在截面圆中的射影是截面的外心，求得球心的位置，利用线面垂直，面面垂直的性质作出有关线段关系的判定，进而计算得到球的半径，然后利用球的表面积公式计算即可.
【详解】
如图所示，外接球的球心O在底面内的射影为底面中心，
在面中的射影为的中心，
连接,交于，则为中点，
连接，∵平面平面，
平面平面，
平面,又⊥平面,
∴,∴
又∴外接球半径,
∴球的表面积为,
故选：B.
【点睛】本题考查几何体的外接球的表面积问题，涉及面面垂直的性质，线面垂直的性质，关键球的截面的性质：球心在截面圆中的射影是截面的外心，考查空间想象能力和逻辑推理能力，计算能力，属中档题.
12.如图，函数的图象与它在原点O右侧的第二条对称轴交于点C，A是图象在原点左侧与x轴的第一个交点，点B在图象上，，．则（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设函数的最小正周期，，由三角函数的图象与性质可得，由平面向量的知识可得，代入即可得，再由平面向量的数量积可得，即可得解.
【详解】设函数的最小正周期，，
所以，
结合函数的图象可得，
则，设，
所以，，
所以，
所以
，
所以，，，
由可得，
解得或（舍去），
所以.
故选：B.
【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质及平面向量的综合应用，考查了运算求解能力，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分．把答案填在题中的横线上
13.计算______．
【答案】0
【解析】
【分析】
由题意结合分数指数幂的运算、对数运算直接运算即可得解.
【详解】由题意.
故答案为：.
【点睛】本题考查了分数指数幂及对数的运算，考查了运算求解能力，属于基础题.
14.设满足约束条件则的最大值是______．
【答案】10
【解析】
【分析】
根据满足约束条件，画出可行域，将，变形为，平移直线，当直线在y轴上截距最大时，目标函数取得最大值求解.
【详解】由满足约束条件，画出可行域如图所示阴影部分：

将，变形为，平移直线，当直线经过点时，
直线在y轴上的截距最大，此时，目标函数取得最大值，最大值为10，
故答案为：10
【点睛】本题主要考查线性规划求最值，还考查了数形结合思想方法，属于基础题.
15.2020年4月16日，某州所有61个社区都有新冠病毒感染确诊病例，第二天该州新增这种病例183例．这两天该州以社区为单位的这种病例数的中位数，平均数，众数，方差和极差5个特征数中，一定变化的是______（写出所有的结果）
【答案】平均数
【解析】
【分析】
由题意结合中位数、平均数、众数、方差和极差的概念，逐个检验即可得解.
【详解】中位数表示将一组数据有序排列，处于中间位置的那个数或两个数的平均数，该州新增病例183例，但各社区的数据变化不明确，所以中位数不一定发生变化；
平均数是一组数据中所有数据之和除以数据的个数，该州新增病例183例，数据之和增加，但数据个数依然为61，所以平均数一定发生变化；
众数为一组数据中出现次数最多的数，该州新增病例183例，但各社区的数据变化不明确，所以众数不一定发生变化；
方差是各个数据与其平均数的差的平方和的平均数，该州新增病例183例，但各社区的数据变化不明确，所以方差不一定发生变化；
极差是一组数据中最大值与最小值的差，该州新增病例183例，但各社区的数据变化不明确，所以极差不一定发生变化.
故答案为：平均数.
【点睛】本题考查了中位数、平均数、众数、方差和极差概念的应用，牢记概念是解题关键，属于基础题.
16.已知是奇函数，若恒成立，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意结合奇函数的性质可得，进而可得，按照、讨论成立情况；当时，转化条件为恒成立，令，求导求得的最大值，令即可得解.
【详解】由是奇函数可得，即，
所以，
当时，，可知此时单调递减，
所以，所以恒成立；
当时，，所以等价于，
令，则，
令，则，，
当时，，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，
若要使恒成立，则恒成立，
所以即；
当，，单调递增，所以恒成立，满足题意；
当时，，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，
若要使恒成立，则恒成立，
所以即；
综上所述，实数a的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】本题考查了奇函数性质的应用及导数的综合应用，考查了运算求解能力与逻辑推理能力，合理构造新函数是解题关键，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.已知数列的通项公式为．
（1）求写出数列的前6项；
（2）求数列前项中所有奇数项和奇与所有偶数项和偶．
【答案】（1），，，，，；（2）奇，偶.
【解析】
【分析】
（1）由题意结合数列的通项公式直接代入即可得解；
（2）由题意结合数列的通项公式可得，，再利用等差数列、等比数列前n项和公式分别求解即可.
【详解】（1）由知：
，，，，，．
（2）由得，，
是首项为，公比为的等比数列，
是首项为4，公差为的等差数列，
奇，偶．
【点睛】本题考查了利用数列的通项求数列的项，考查了等差数列、等比数列的判断及前n项和公式的应用，属于中档题.
18.设点的坐标分别为，，直线相交于点M，且它们的斜率分别是．
（1）求点M的轨迹C的方程；
（2）与圆相切于点的直线l交C于点，点D的坐标是，求．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）设点M的坐标为，由题意结合直线的斜率公式可得，化简即可得解；
（2）由题意结合直线与圆相切的性质可得切线l的方程为，再结合椭圆的性质即可得解.
【详解】（1）设点M的坐标为，
由题意得，化简得，
所以点M的轨迹C的方程为；
（2）由题意圆的圆心为，
过切点和圆心的直线的斜率为，
切线l的斜率为1，切线l的方程为即，
与x轴的交点坐标是，是椭圆C的左焦点．
为椭圆C的右焦点，
根据椭圆的性质，．
【点睛】本题考查了动点轨迹方程的求解，考查了直线与圆相切性质的应用及椭圆焦点三角形周长的求解，属于中档题.
19.某城市9年前分别同时开始建设物流城和湿地公园，物流城3年建设完成，建成后若年投入x亿元，该年产生的经济净效益为亿元；湿地公园4年建设完成，建成后的5年每年投入见散点图．公园建成后若年投入x亿元，该年产生的经济净效益为亿元．

（1）对湿地公园，请在中选择一个合适模型，求投入额x与投入年份n的回归方程；
（2）从建设开始的第10年，若对物流城投入0.25亿元，预测这一年物流城和湿地公园哪个产生的年经济净效益高？请说明理由．
参考数据及公式：，；当时，，，回归方程中的；回归方程斜率与截距，．
【答案】（1）；（2）该年湿地公园产生的年经济净效益高，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）由散点图可得应该选择模型，令，代入公式可得、，即可得投入额x与投入年份n的回归方程；
（2）由题意将代入即可得物流城第10年的年经济净效益；由回归方程可预测湿地公园第10年的投入，进而可得湿地公园第10年的经济净效益；比较大小即可得解.
【详解】（1）根据散点图，应该选择模型，
令，则，
，
故所求回归方程是即；
（2）由题意，物流城第10年的年经济净效益为（亿元）；
湿地公园第10年的投入约为（亿元），
该年的经济净效益为（亿元）；
因为，所以该年湿地公园产生的年经济净效益高．
【点睛】本题考查了非线性回归方程的求解与应用，考查了运算求解能力，熟练使用公式、细心计算是解题关键，属于中档题.
20.已知M，N是平面两侧的点，三棱锥所有棱长是2，，，如图．

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）取线段中点D，分别连结，由平面几何的知识、线面垂直的判定平面，平面，进而可得平面与平面重合，再由平面几何的知识可得四边形是平行四边形，再由线面平行的判定即可得证；
（2）取线段的中点O，连结，建立空间直角坐标系，求出各点坐标，求出平面的一个法向量、平面的一个法向量，再由即可得解.
【详解】（1）证明：取线段中点D，分别连结，

由条件得，，
，，，
与是平面内两相交直线，
与是平面内两相交直线，
平面，平面，
平面与平面重合，
，，
四边形是平行四边形，即．
平面，平面，
平面；
（2）取线段的中点O，连结，
由（1）知，平面，，，
，，，
又，平面，、、两两垂直，
以过O平行的直线为x轴，分别以直线为y和z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

，，，
，，
设平面的一个法向量，
，不妨取，得，
又平面的一个法向量，
，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦为．
【点睛】本题考查了线面平行的判定及线面垂直的判定及性质，考查了利用空间向量求二面角及运算求解能力，属于中档题.
21.（1）求证：当时，；
（2）若函数有三个零点，求实数a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）设，求导后可得函数的单调性，进而可得，即可得证；
（2）由题意转化条件可得，设，求导后可得函数的单调区间和极值，再根据、或、分类，求得的取值范围即可得解.
【详解】（1）证明：设，则，
当时，，单调递增，
当时，．
所以当时，；
（2）函数的定义域为，由得，
设，则，
当或时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以当时，有极小值，且极小．
当时，；
当或时，，
所以对，当或时，都有，
所以当，，当时，；
当时，由（1）得．
所以对，当时，都有，
所以当时，；
综上所述，实数a的取值范围是．
【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，合理构造新函数、转化条件是解题关键，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.以直角坐标系坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程是．
（1）求曲线C直角坐标方程；
（2）射线与曲线C相交于点，直线（t为参数）与曲线C相交于点D，E，求．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）将，代入曲线C的极坐标方程，即得其直角坐标方程；
（2）曲线C的极坐标方程与射线的方程联立，利用极径的几何意义和韦达定理求得,将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用直线参数的几何意义和韦达定理求得,进而得解.
【详解】解：（1）将，代入方程得．
所以，曲线C的直线坐标方程是，即．
（2）设，，在方程中，令得，，
，，
．
设点D，E在直线l中对应该的参数分别是，将，代入方程并化简，得，
同上可得，．
所以，．
【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，极坐标方程和参数方程在求弦长中的应用，中点在于理解极径的意义和直线参数方程中的参数的几何意义，属中档题.
【选修4-5：不等式选讲】
23.设．
（1）对一切，不等式恒成立，求实数m的取值范围；
（2）已知最大值为M，，且，求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由零点分段法可得，求得的最小值后，即可得实数m的取值范围；
（2）由题意转化条件得，利用基本不等式可得、，即可得证.
【详解】（1）由题意,
所以，
所以，实数m取值范围是；
（2）证明：由（1）知，，
由得，，
所以，
当且仅当，且，即，时，等号成立；
，
当且仅当，且，即，时，等号成立；
综上所述，．
【点睛】本题考查了绝对值不等式恒成立问题的解决，考查了利用基本不等式证明不等式的应用及运算求解能力，属于中档题.