四川省广元市2020届高三数学第三次适应性统考试题-理.doc

四川省广元市2020届高三数学第三次适应性统考试题 理

四川省广元市2020届高三数学第三次适应性统考试题 理

年级：
姓名：

- 26 -

四川省广元市2020届高三数学第三次适应性统考试题 理（含解析）
一、选择题
1. 若（其中是虚数单位）,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
化简求出再根据模长公式求解即可.
【详解】,故.
故选：C
【点睛】本题主要考查了复数的基本运算以及模长公式.属于基础题.
2. 已知集合,,下列命题为假命题的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先求解集合,再根据集合间的关系以及全称与特称量词的性质辨析即可.
【详解】.又.
故当时不一定有.故不正确.
故选：C
【点睛】本题主要考查了二次不等式的求解以及集合间的基本关系,同时也考查了全称与特称量词的性质运用.属于基础题.
3. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，，，，分别为棱的中点，则（ ）

A. ，且直线是共面直线
B. ，且直线是异面直线
C. ，且直线是异面直线
D. ，且直线是共面直线
【答案】D
【解析】
【分析】
证明四边形为平行四边形，得出，结合平面的基本性质，即可得出答案.
【详解】连接
在中，分别为棱的中点

又，，

即四边形为平行四边形，则
由平面的基本性质可知，直线是共面直线
故选：D

【点睛】本题主要考查了空间中线共面的问题，属于基础题.
4. 若，，，则实数的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用指数对数函数的性质分析得到，即得解.
【详解】由得
由得，
由得，
所以.
故选：B
【点睛】本题主要考查对指互化，考查指数对数函数的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
5. 已知在中，内角所对的边长分别是，则是的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意结合正弦定理确定充分性和必要性是否成立即可.
【详解】设△ABC外接圆半径为R，
若，则，结合正弦定理有，即充分性成立；
若，则，结合正弦定理有，即必要性成立；
综上可得：“”是 “”的充要条件.
故选：C.
【点睛】本题主要考查充分必要条件的判定，正弦定理及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
6. 如图的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《数书九章》中的“中国剩余定理”.执行该程序框图，则输出的为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可得到输出的的值.
【详解】，，，
按程序框图知，的初值为，
第一次运行，，成立，则；
第二次运行，，成立，则；
第三次运行，，成立，则；
第四次运行，，成立，则；
第五次运行，，成立，则；
第六次运行，，成立，则；
第七次运行，，成立，则；
第八次运行，，不成立，
所以输出的值为.
故选：B.
【点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题.解决程序框图问题时，一定要注意以下几点：（1）不要混淆处理框和输入框；（2）注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；（3）注意区分当型循环结构和直到型循环结构；（4）处理循环结构的问题时，一定要正确控制循环次数；（5）要注意各个框的顺序；（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.
7. 中国农业银行广元分行发行“金穗广元·剑门关旅游卡”是以“游广元、知广元、爱广元、共享和谐广元”为主题活动的一项经济性和公益性相结合的重大举措，以最优惠的价格惠及广元户籍市民、浙江及黑龙江援建省群众、省内援建市市民，凡上述对象均可办理此卡，本人凭此卡及本人身份证一年内（期满后可重新充值办理）在广元市范围内可无限次游览所有售门票景区景点，如：剑门关、朝天明月峡、旺苍鼓城山—七里峡、青川唐家河、广元皇泽寺、苍溪梨博园、昭化古城等，现有浙江及黑龙江援建省群众甲乙两人准备到广元旅游（同游），他们决定游览上面个景点，首先游览剑门关但不能最后游览朝天明月峡的游览顺序有（ ）种.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
问题转化为七个元素排成一列，剑门关排在最左边，朝天明月峡不排在最右边，共有多少种排法.然后根据分步乘法计数原理可得答案.
【详解】问题转化为七个元素排成一列，剑门关排在最左边，朝天明月峡不排在最右边，共有多少种排法.
分三步：第一步，排最左边，只能排剑门关，有一种排法；
第二步，排最右边，从除朝天明月峡以外的其余五个元素中任选一种排，有种；
第三步，排其余五个位置，共有种，
根据分步乘法计算原理可得共有种.
所以首先游览剑门关但不能最后游览朝天明月峡的游览顺序有600种.
故选：C
【点睛】本题考查了有限制条件的排列问题，使用分步乘法计数原解决是解题关键，属于基础题.
8. 设设函数，则函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据函数奇偶性和图象上的特殊点确定正确选项.
【详解】的定义域为，且，所以为偶函数，图象关于轴对称，由此排除B.
由于，由此排除D选项.
当 时，由此排除C.
综上所述，正确的选项为A.
故选：A
【点睛】本小题主要考查函数图象的识别，属于基础题.
9. 在中，，，，为边上的高，为的中点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
通过解直角三角形，得到，利用向量的三角形法则及向量共线的充要条件表示出，并根据题意，即可得解.
【详解】
是边上的高，，
在中，，解得，
，，
，
为中点，
，
，
，
，，
.
故选：D.
【点睛】本题考查向量的三角形法则、向量共线的充要条件及平面向量的基本定理，考查了计算与推理能力，属于基础题.
10. 已知为坐标原点,双曲线,过双曲线的左焦点作双曲线两条渐近线的平行线,与两渐近线的交点分别为,若四边形的面积为,则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意求出的坐标,再根据四边形的面积为可建立关于的关系,进而根据双曲线中参数的关系求解得到计算即可.
【详解】因为均与渐近线平行,故,故均为等腰三角形.故横坐标均为,又渐近线方程为.
不妨设.又四边形的面积为,故,
即,解得,故.故离心率为.
故选：A
【点睛】本题主要考查了双曲线的离心率求解,需要根据题意确定的坐标,进而求得面积的表达式,再列式根据双曲线基本量的关系求解离心率即可.属于中档题.
11. 函数对任意的都有，且时的最大值为，下列四个结论：①是的一个极值点；②若为奇函数，则的最小正周期；③若为偶函数，则在上单调递增；④的取值范围是.其中一定正确的结论编号是（ ）
A. ①② B. ①③ C. ①②④ D. ②③④
【答案】A
【解析】
【分析】
①根据，得到是函数的一条对称轴，且时的最大值为判断；②由为奇函数，则，得到，再根据时的最大值为判断；③由为偶函数，则，得到，再根据时的最大值为判断；④由②知的最小正周期，则判断.
【详解】因为，
所以是函数的一条对称轴，
又因为时的最大值为，
所以是函数的一条对称轴，故①正确；
若为奇函数，则，所以，
又因为时的最大值为，
所以，
所以，故②正确；
若为偶函数，则，所以，
又因为时的最大值为，所以在上单调递增或递减，故③错误；
由②知的最小正周期，则，所以的取值范围是，故④错误.
故选：A
【点睛】本题主要考查三角函数的对称性，奇偶性，周期性，还考查了运算求解的能力，属于难题.
12. 设函数的定义域为，满足，且当时，，若对任意，都有，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
分别求得时，时，时，对应函数的值域，根据二次函数图像及性质可知时，令，可解得的最大值.
【详解】,
,
当时，在上递减，在上递增，值域为，
当时， ，，值域，
当时，，，值域为，
当时，，在上递减，在上递增，且当时，，
令，
解得，
即当时，，当时，，
所以当时，对任意都有，
即的取值范围是，
故选：C
【点睛】本题主要考查了函数与方程的应用问题，二次函数的图象与性质，也考查了运算与求解能力，以及分类讨论的解题思想，属于中档题.
二、填空题
13. 如果的展开式中各项系数之和为，则的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据的展开式中各项系数之和为，令求解即可.
【详解】因为的展开式中各项系数之和为，
所以令，得，
解得.
故答案为：5
【点睛】本题主要考查二项式各项系数的和，还考查了赋值法的应用，属于基础题.
14. 若,且,则的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据二倍角公式、同角三角函数公式化简求解即可.
【详解】因为,故.
因为,故,所以.
即,两边平方有.故.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了三角恒等变换求解三角函数值的问题,需要根据题意利用二倍角公式与平方差公式、同角三角函数的关系求解.属于中档题.
15. 抛物线的焦点为，直线与抛物线交于不同的两点，且，则______.
【答案】
【解析】
【分析】
联立直线的方程和抛物线方程，结合抛物线的定义求得点的坐标，由此求得的值.
【详解】依题意，.设，由于，所以.
由，消去并化简得，所以.
根据抛物线的定义有，化简得，代入得，解得（负根舍去）.
由于，而，所以在第一象限.所以，
即，代入得.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查抛物线的定义，属于中档题.
16. 如图，二面角的大小为，半平面内有一点（不在上），半平面内有一点（不在上），在直线上的射影分别为（不重合），，，则三棱锥外接球的表面积为______.

【答案】
【解析】
【分析】
将三棱锥补全为三棱柱，求出底面的外接圆半径，再通过勾股定理即可求出外接球的半径，代入外接球表面积公式即可.
【详解】将三棱锥补全为三棱柱，如图所示

由题可知三棱柱为直三棱柱
是二面角的平面角，即
因为
所以是等边三角形
设的外接圆半径是，则
∴
设三棱锥外接球的半径是，
则
所以三棱锥外接球表面积为
故答案为：．
【点睛】本题主要考查球的表面积计算，其中根据已知条件求出球的半径是解答本题的关键．
三、解答题
17. 记为各项均为正数的等比数列的前项和，已知，，记，其中表示不超过的最大整数，如，，.
（1）求的通项公式；
（2）求的前项和.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据等比数列的性质，即可得出的通项公式；
（2）由通项公式以及题设条件得出数列的通项公式，再由等差数列的求和公式，即可得出.
【详解】解：（1）因为，所以
所以.解得：或（舍）
所以
（2）根据题意有：
因为，所以
即
所以数列是以首项为，公差为的等差数列
所以
【点睛】本题主要考查了等比数列通项公式的基本量计算以及求等差数列的前项和，属于中档题.
18. 如图，在矩形中，，为边的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且使平面平面.

（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件，得到，即，由平面平面，得到平面，从而得到；
（2）设直线与平面所成角为，以为原点建立空间直角坐标系，分别求出和平面的法向，利用公式即可求解.
【详解】解：（1）因为，，所以，，
又因为，，所以，所以.
因为，面面且面面，
所以，面.所以，.
（2）设直线与平面所成角为，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系：

根据题意有：，，，.
所以：，，.
设平面法向量为：.
所以：，可取：.
所以：.
【点睛】本题考查异面直线垂直的证明,考查空间向量法求二面角,主要考查运算能力，属于简单题.
19. 冠状病毒是一个大型病毒家族,己知可引起感冒以及中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼吸综合征（SARS）等较严重疾病.而今年出现的新型冠状病毒（nCoV）是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株.人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等.在较严重病例中,感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、肾衰竭,甚至死亡.某医院为筛查冠状病毒,需要检验血液是否为阳性,现有份需检验血液.
（1）假设这份需检验血液有且只有一份为阳性,从中依次不放回的抽取份血液,已知前两次的血液均为阴性,求第次出现阳性血液的概率；
（2）现在对份血液进行检验,假设每份血液的检验结果是阳性还是阴性都是独立的,据统计每份血液是阳性结果的概率为,现在有以下两种检验方式：方式一：逐份检验；方式二：混合检验,将份血液分别取样混合在一起检验（假设血液混合后不影响血液的检验）.若检验结果为阴性,则这份血液全为阴性,检验结束；如果检验结果为阳性,则这份血液中有为阳性的血液,为了明确这份血液究竟哪几份为阳性,就要对这份再逐份检验.从检验的次数分析,哪一种检验方式更好一些,并说明理由.参考数据：.
【答案】（1）；（2）方式二,理由见解析
【解析】
【分析】
(1)易得剩下的两份中一份阴性一份阳性即可求解.
(2)易得方式一要检验四次,方式二可能的检验次数为,再求出分布列以及方式二检验次数的数学期望,再根据可求得方式二检验次数的数学期望与方式一中的四次比较大小即可.
【详解】解：（1）.
（2）方式一：检验次数次.
设方式二需要需检验的次数为.根据题意有的可能取值为.
,.
所以：的分布列为：

1
5

所以：.
因为：,
所以：.
所以：从检验的次数分析,方式二更好一些.
【点睛】本题主要考查了分布列以及数学期望解决实际问题中的优化问题,需要根据题意将所有可能的情况列举,再求出分布列与数学期望,再分析数学期望的大小关系判断即可.属于中档题.
20. 已知函数.
（1）函数，讨论的单调性；
（2）曲线在点处的切线为，是否存在这样的点使得直线与曲线也相切，若存在，判断满足条件的点的个数，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）存在，有且只有两个
【解析】
【分析】
（1）利用导数的运算法则得出，分，，，讨论单调性，分别解出与的区间即可得出单调区间．
（2）先求直线为函数的图象上一点处的切线方程，再设直线 与的图象也相切，切点为 ，进而可得 ，再判断方程在区间 上有且只有两个实数根．
【详解】（1）因为：，
所以：.
所以：①当时：在上为减函数，在为增函数；
②当时：在上为增函数，在上为减函数，在上为增函数；
③当时：在上为增函数；
④当时：在上为增函数，在上为减函数，在上为增函数.
（2）设.
因为：，所以：.
所以直线的方程为：，即：①.
假设直线与的图象也相切，切点为：.
因为，所以.
所以直线的方程也可以写作为：.
又因为，即：.
所以直线的方程为：，即：②.
由①②有：，即：.
令，
所以.
令，得：，
所以在 递减，在 递增.
所以，
又因为当时，；当时，.
所以在有且只有两个实数根.
所以，存在这样的点使得直线与函数的图象也相切，这样的点有且只有两个.
【点睛】本题以函数为载体，考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查曲线的切线，同时考查零点存在性定理，综合性比较强．
21. 已知椭圆，过点作互相垂直的两条直线分别交椭圆于点（与不重合）.
（1）证明：直线过定点；
（2）若以点为圆心的圆与直线相切，且切点为线段的中点，求四边形的面积.
【答案】（1）证明见解析；（2）或
【解析】
【分析】
（1）先设出直线的方程，利用垂直关系求出的值即可；
（2）由（1）有直线的方程为，，，求得中点，根据，求得，再由四边形的面积为，运用韦达定理和弦长公式，计算可得所求值.
【详解】（1）根据题意有：直线、、斜率均存在.
设，、
联立：，有：，
所以：，.
因为，
所以：，
化简得：，
所以：，
化简得：，解得或.
当时，过点，则与或重合，不满足题意，舍去，
所以：，即
所以：直线过定点.
（2）由（1）有：，
则：，，.
如图所示：

设线段的中点为，
则：，.
因为以为圆心的圆与直线相切于的中点，
所以：，
又因为：，且与平行，
所以：，
解得或.
由上图有：四边形的面积.
①当时：，易得：、，
所以：.
②当时：
有：，
所以：.
由①②有：或.
【点睛】本题主要考查直线与椭圆的综合问题，以及定点问题，面积问题，以及直线和圆相切的条件，考查运算能力，属于难题.
22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线过原点且倾斜角为，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求曲线和直线的极坐标方程；
（2）若相交于不同的两点，求的取值范围.
【答案】（1）： ，：；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用同角的三角函数关系式中的平方和关系，把曲线的参数方程化成普通方程，再利用直角坐标方程和极坐标方程互化公式，把曲线的直角坐标方程化成极坐标方程.根据已知直接写出直线的极坐标方程；
（2）将直线与曲线的极坐标方程联立，根据一元二次方程根的判别式，结合一元二次方程根与系数关系、极径的定义、正弦函数的最值进行求解即可.
【详解】解：（1）由（为参数）有：，
所以：的极坐标方程为：，
直线的极坐标方程为：.
（2）联立：有：
根据题有：，所以：.
在极坐标系下设、，所以：，.
所以：.
因为：，所以：
所以：取值范围为：.
【点睛】本题考查了参数方程化为极坐标方程，考查了求直线的极坐标方程，考查了已知直线与曲线的位置关系求代数式取值范围问题，考查了数学运算能力.
23. 已知都是实数，，函数.
（1）若，求实数的取值范围；
（2）若对满足条件的所有都成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用绝对值不等式的公式求解即可.
（2）由题可得，由绝对值不等式可得，
，求出，可得，再根据求出解集即可.
【详解】解：

（时取等），因为：.所以：当时，.
（2）由：，有：，由题意得，
即：.
因为：（时取等），
所以：.即：.
即：或或.
解得：或或无解，所以：.
【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法，以及转化与化归思想，难度一般.