四川省泸县第四中学2020届高三数学三诊模拟考试试题-理.doc

四川省泸县第四中学2020届高三数学三诊模拟考试试题 理

四川省泸县第四中学2020届高三数学三诊模拟考试试题 理

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四川省泸县第四中学2020届高三数学三诊模拟考试试题 理（含解析）
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.已知复数 ，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
在复平面内对应的点坐标为在第一象限，故选A.
2.已知集合，则满足的集合的个数是（ ）
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】
先求解集合，然后根据可求集合的个数.
【详解】因为，，
所以集合可能是.
故选：A.
【点睛】本题主要考查集合的运算，化简求解集合是解决这类问题的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
3.若实数满足则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
作出不等式组所表示的平面区域如图所示，其中.作直线，平移直线，当其经过点时，取得最小值，，

故选B.
点睛：本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域;二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错;三，一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得.
4.《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）．这个问题中，甲所得为（ ）
A. 钱 B. 钱 C. 钱 D. 钱
【答案】B
【解析】
设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为,则,解得,又,则,故选B.
5.定义运算，则函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
图象题应用排除法比较简单，先根据函数为奇函数排除、；再根据函数的单调性排除选项，即可得到答案．
【详解】根据题意得，且函数为奇函数，排除、；
；
当时，，
令，
令，
函数在上是先递减再递增的，排除选项；
故选：．
【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与单调性的判断，考查根据解析式找图象，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题．
6.已知，且是第四象限角，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先化简已知得到，再化简=，再利用平方关系求值得解.
【详解】因为，所以，
因为=，是第四象限角，所以.
故答案为B
【点睛】(1)本题主要考查诱导公式和同角平方关系，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2) 利用平方关系求三角函数值时，注意开方时要结合角的范围正确取舍“”号.
7.已知圆:，定点，直线:，则“点在圆外”是“直线与圆相交”的（ ）
A 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】
通过圆心到直线的距离与圆的半径进行比较可得.
【详解】若点在圆外，则，圆心到直线:的距离，此时直线与圆相交；
若直线与圆相交，则，即，此时点在圆外.
故选：C
【点睛】本题主要考查以直线和圆的位置关系为背景的条件的判定，明确直线和圆位置关系的代数表示是求解的关键，侧重考查逻辑推理的核心素养.
8.（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】
故选A.
9.函数在单调递减，且为奇函数．若，则满足的的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据函数的奇偶性把变换为对应函数值，再利用函数的单调性得到答案.
【详解】函数在为奇函数．若，满足
则：
函数在单调递减
即：
故答案为D
【点睛】本题考查函数奇偶性和单调性，属于简单题型.
10.函数的图象向右平移个单位后关于原点对称，则函数在上的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由条件根据函数的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性可得，，由此根据求得的值，得到函数解析式即可求最值．
【详解】函数的图象向右平移个单位后，
得到函数的图象，
再根据所得图象关于原点对称，可得，，
∵，∴，，
由题意，得，
∴，
∴函数在区间的最大值为，
故选B．
【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，考查了正弦函数最值的求法，解题的关键是熟练掌握正弦函数的性质，能根据正弦函数的性质求最值，属于基础题．
11.已知双曲线：的焦距为，焦点到双曲线的渐近线的距离为，则双曲线的渐近线方程为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用双曲线：的焦点到渐近线的距离为，求出，的关系式，然后求解双曲线的渐近线方程．
【详解】双曲线：的焦点到渐近线的距离为，
可得：，可得，，则的渐近线方程为．
故选A．
【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，构建出的关系是解题的关键，考查计算能力，属于中档题.
12.已知，则，不可能满足的关系是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据即可得出，，根据，，即可判断出结果．
【详解】∵；
∴，；
∴，，故正确；
，故C错误；
∵
，故D正确
故C．
【点睛】本题主要考查指数式和对数式的互化，对数的运算，以及基本不等式：和不等式的应用，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.已知向量，，则在方向上的投影为___________.
【答案】1
【解析】
【分析】
根据，，得在上的投影为，，求出，代入投影的公式计算即可．
【详解】向量，，，，
，，
在方向上的投影为，．
故答案为：1．
【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标运算及几何意义，属于基础题．
14.学校艺术节对同一类的，，，四件参赛作品，只评一件一等奖，在评奖揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下：
甲说：“或作品获得一等奖”； 乙说：“作品获得一等奖”；
丙说：“，两项作品未获得一等奖”； 丁说：“作品获得一等奖”．
若这四位同学中有且只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是______.
【答案】B
【解析】
【分析】
首先根据“学校艺术节对四件参赛作品只评一件一等奖”，故假设分别为一等奖，然后判断甲、乙、丙、丁四位同学的说法的正确性，即可得出结果．
【详解】若A为一等奖，则甲、丙、丁的说法均错误，不满足题意；
若B为一等奖，则乙、丙的说法正确，甲、丁的说法错误，满足题意；
若C为一等奖，则甲、丙、丁的说法均正确，不满足题意；
若D为一等奖，则乙、丙、丁的说法均错误，不满足题意；
综上所述，故B获得一等奖．
【点睛】本题属于信息题，可根据题目所给信息来找出解题所需要的条件并得出答案，在做本题的时候，可以采用依次假设为一等奖并通过是否满足题目条件来判断其是否正确．
15.若过点且斜率为的直线与抛物线的准线相交于点，与的一个交点为，若，则____．
【答案】
【解析】
【分析】
由直线方程为与准线得出点坐标，再由可得，点为线段的中点，由此求出点A的坐标，代入抛物线方程得出的值.
【详解】解：抛物线的准线方程为
过点且斜率为的直线方程为，
联立方程组，
解得，交点坐标为，
设A点坐标为，
因为，
所以点为线段的中点，
所以，解得，
将代入抛物线方程，
即，
因为，
解得.
【点睛】本题考查了抛物线的性质、向量相等等知识，解决几何问题时，往往可以转化为代数问题来进行研究，考查了数形结合的思想.
16.如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，现有如下四个结论：
；平面；
三棱锥的体积为定值；异面直线所成的角为定值，
其中正确结论的序号是______．

【答案】
【解析】
【分析】
对于①，可由线面垂直证两线垂直；对于②，可由线面平行的定义证明线面平行；对于③，可证明棱锥的高与底面积都是定值得出体积为定值；对于④，可由两个特殊位置说明两异面直线所成的角不是定值．
【详解】对于①，由，可得面，故可得出，此命题正确；
对于②，由正方体的两个底面平行，在平面内，故与平面无公共点，故有平面，此命题正确；
对于③，为定值，到距离为定值，所以三角形的面积是定值，又因为点到面距离是定值，故可得三棱锥的体积为定值，此命题正确；
对于④，由图知，当与重合时，此时与上底面中心为重合，则两异面直线所成的角是，当与重合时，此时点与重合，则两异面直线所成的角是，此二角不相等，故异面直线所成的角不为定值，此命题错误．
综上知①②③正确，故答案为①②③
【点睛】本题通过对多个命题真假的判断，综合考查线面平行的判断、线面垂直的判断与性质、棱锥的体积公式以及异面直线所成的角，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.

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.如图：在中，，，.

（1）求角；
（2）设为的中点，求中线的长.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）通过求出的值，利用正弦定理求出即可得角；（2）根据求出的值，由正弦定理求出边，最后在中由余弦定理即可得结果.
【详解】（1）∵，∴.
由正弦定理，即.
得，∵，∴为钝角，为锐角，
故.
（2）∵，
∴.
由正弦定理得，即得.
在中由余弦定理得：，∴.
【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查三角函数知识的运用，属于中档题.
18.在某外国语学校举行的(高中生数学建模大赛)中,参与大赛的女生与男生人数之比为,且成绩分布在,分数在以上(含)的同学获奖．按女生、男生用分层抽样的方法抽取人的成绩作为样本,得到成绩的频率分布直方图如图所示．

(Ⅰ)求的值,并计算所抽取样本的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(Ⅱ)填写下面的列联表,并判断在犯错误的概率不超过的前提下能否认为“获奖与女生、男生有关”．

女生
男生
总计
获奖

不获奖

总计

附表及公式：

其中,．
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）详见解析.
【解析】
【分析】
(Ⅰ)根据概率的性质知所有矩形的面积之和等于列式可解得；
(Ⅱ)由频率分布直方图知样本中获奖的人数为,不获奖的人数为,从而可得列联表,再计算出,与临界值比较可得．
【详解】解：(Ⅰ),
．
(Ⅱ)由频率分布直方图知样本中获奖的人数为,不获奖的人数为,
列联表如下：

女生
男生
总计
获奖

不获奖

总计

因为,
所以在犯错误的概率不超过的前提下能认为“获奖与女生,男生有关．”
【点睛】本题主要考查独立性检验，以及由频率分布直方图求平均数的问题，熟记独立性检验的思想，以及平均数的计算方法即可，属于常考题型.
19.在如图所示的几何体中，四边形是菱形，是矩形，，，， ，为的中点.

（1）平面平面
（2）在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）由四边形为矩形，所以，再由勾股定理，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而得到平面平面.
（2）建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为，又由平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解，得到结论.
【详解】（1）证明：由题意知，四边形为矩形，所以，
又∵四边形为菱形，为中点，
所以，，，所以，所以，
又，所以平面，又平面，
所以平面平面
（2）假设线段上存在点，使二面角的大小为，在上取一点，
连接，.
由于四边形是菱形，且，是的中点，可得.
又四边形是矩形，平面平面，∴平面，
所以建立如图所示的空间直角坐标系
则，，，，
则，，设平面的法向量为，
则，∴，令，则，
又平面的法向量，
所以，解得，
所以在线段上存在点，使二面角的大小为，此时.
【点睛】
本题考查了面面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
20.已知为圆上一点，过点作轴的垂线交轴于点，点满足
（1）求动点的轨迹方程；
（2）设为直线上一点，为坐标原点，且，求面积的最小值.
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
（1）设出A、P点坐标，用P点坐标表示A点坐标，然后代入圆方程，从而求出P点的轨迹；

（2）设出P点坐标，根据斜率存在与否进行分类讨论，当斜率不存在时，求出面积的值，当斜率存在时，利用点P坐标表示的面积，减元后再利用函数单调性求出最值，最后总结出最值.
【详解】解：（1） 设，
由题意得：，
由，可得点是的中点，
故，
所以，
又因为点在圆上，
所以得，
故动点的轨迹方程为.
（2）设，则，且，
当时，，此时；
当时，
因为,
即
故，
，
，
①，
代入①

设
因为恒成立，
在上是减函数，
当时有最小值，即,
综上：的最小值为
【点睛】本题考查了点的轨迹方程、椭圆的性质等知识，求解几何图形的长度、面积等的最值时，常见解法是设出变量，用变量表示出几何图形的长度、面积等，减元后借助函数来研究其最值.
21.已知函数，，且点处取得极值．
（Ⅰ）若关于的方程在区间上有解，求的取值范围；
（Ⅱ）证明：．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）求导，利用求值；分离常数，构造函数，转化为求函数的值域问题；（Ⅱ）作差构造函数，将证明不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题．
【详解】（Ⅰ）∵， ∴
∵函数在点处取得极值，
∴，即当时，
∴，则得．经检验符合题意
∵，∴， ∴．
令， 则．
∴当时，随的变化情况表：

1

（1，2）

2

（2，3）

3

+

0

-

↗

极大值

↘

计算得：，，，
所以的取值范围为．
（Ⅱ）证明：令，
则，
令，则，
函数在递增，在上的零点最多一个
又，，存在唯一的使得，
且当时，；当时，．
即当时，；当时，．
递减，在递增，从而．
由得即，两边取对数得：，，
，从而证得．

（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.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，直线的参数方程是: （是参数）.
若直线与曲线相交于、两点，且，试求实数值.
设为曲线上任意一点，求的取值范围.
【答案】或；.
【解析】
【分析】
把曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，利用圆心到直线的距离求出值；
把曲线的普通方程化为参数方程，利用三角恒等变换求出的取值范围.
【详解】解：曲线的极坐标方程是化为直角坐标方程为：，直线的直角坐标方程为：.
圆心到直线的距离（弦心距）,
圆心到直线的距离为 ：,

或.
曲线的方程可化为，其参数方程为： （为参数）
为曲线上任意一点，
的取值范围是.
【点睛】本题考查参数方程与极坐标的应用，属于中档题.
[选修4-5：不等式选讲]
23.已知函数，.
（Ⅰ）若不等式对恒成立，求正实数的取值范围；
（Ⅱ）设实数为（Ⅰ）中的最大值.若正实数，，满足，求的最小值.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）8.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）利用绝对值不等式可求的最小值为，从而有，结合可得的取值范围.
（Ⅱ）利用基本不等式可求的最小值.
【详解】（1），当且仅当时等号成立，
，解得，正实数的取值范围为.
（2）由（1）知，，即.
，，
，
当且仅当时取得最小值为8.
【点睛】本题考查绝对值不等式以及基本不等式的应用，注意绝对值不等式中，等号成立的条件是，而用基本不等式求最值时，注意验证等号成立的条件.