宁夏中卫市2020届高三下学期高考第三次模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

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2020年中卫市高考第三次模拟考试
理科数学
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅱ卷第22、23题为选考题，其他题为必考题.考生做答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
注意事项：
1、答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的准考证号、姓名，并将条形码粘贴在指定位置上.
2、选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或炭素笔书写，字体工整、笔迹清楚.
3、请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.
4、保持卡面清洁，不折叠，不破损.
5、做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑.
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分.每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确的答案涂到答题卡上）
1.已知集合，，则集合（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
解绝对值不等式求得集合，由此求得.
【详解】由解得，所以，所以.
故选：D.
【点睛】本小题主要考查集合并集的概念和运算，考查绝对值不等式的解法，属于基础题.
2.若（其中i为虚数单位）则复数z的虚部是（ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用复数的除法运算进行化简，求得，由此求得的虚部.
【详解】依题意，所以的虚部为.
故选：D
【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查复数虚部的概念，属于基础题.
3.在等比数列中，，前3项和，则公比数列的公比的值是（ ）
A. 1 B. C. 1或 D. -1或
【答案】C
【解析】
【分析】
根据等比数列的通项公式和前项和公式，可得结果.
【详解】由数列是等比数列，所以
当时
①
②
②化简得： ③
则：
可得：（舍）或
当时，，所以
符合题意
综上所述：或
故选：C
【点睛】本题考查等比数列通项公式和前项和公式的应用，属基础题.
4.如图是一位发烧病人的体温记录折线图，下列说法不正确的是（ ）

A. 病人在5月13日12时的体温是
B. 病人体温在5月14日0时到6时下降最快
C. 从体温上看，这个病人的病情在逐渐好转
D. 病人体温在5月15日18时开始逐渐稳定
【答案】D
【解析】
分析】
根据折线统计图中的信息，对四个选项逐一分析即可得解.
【详解】对于A：由图可知，病人在5月13日12时的体温是，故A正确；
对于B：从图中可以看出，5月13日6时到12时折线下降比其它时间段陡直，所以病人体温在5月13日6时到12时下降最快，故B正确；
对于C：从图中看，曲线整体呈现下降的趋势，则这个病人的病情是好转了，故C正确；
对于D：由图可知，病人体温从5月14日18时到5月15日18时比较稳定，在上下浮动，故D不正确.
故选：D.
【点睛】本题考查折线统计图的应用，考查统计知识在生活的应用，侧重考查对基础知识的理解和掌握，属于常考题.
5.已知双曲线的右焦点为F，过点F向双曲线的一条渐近线引垂线，垂足为M，，则双曲线的离心率（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据求得，由此求得，进而求得双曲线的离心率.
【详解】依题意，双曲线，设，双曲线的一条渐近线方程为，
则.所以，
所以双曲线的离心率为.
故选：C
【点睛】本小题主要考查双曲线离心率的求法，属于基础题.
6.已知函数.则关于该函数性质的说法中，正确的是（ ）
A. 最小正周期为 B. 将其图象向右平移个单位，所得图象关于y轴对称
C. 对称中心为 D. 上单调递减
【答案】B
【解析】
【分析】
首先利用三角恒等变换化简解析式，然后分析的周期性、对称性、单调性，结合三角函数图象变换的知识，选出正确选项.
【详解】依题意，.
所以：的最小正周期为， A选项错误.
将图象向右平移个单位得到为偶函数，图象关于轴对称，B选项正确.
由，得，所以对称中心为，C选项错误.
由于，即，所以在上单调递减不成立，D选项错误.
故选：B
【点睛】本小题主要考查三角恒等变换，考查三角函数的图象与性质，属于中档题.
7.一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
本题首先可以通过三视图的几何性质得知三视图之间的联系，然后通过三视图的主视图与左视图来确定锥体的顶点所在的位置，最后对四个选项依次分析，即可得出结果．
【详解】本题中给出了主视图与左视图，故可以根据主视图与俯视图长对正，左视图与俯视图宽相等来找出正确选项，由主视图与左视图可知，锥体的顶点在左前方，
中的视图满足作图法则；中的视图满足作图法则；中的视图不满足锥体的顶点在左前方；中的视图满足作图法则，故选．
【点睛】本题考查了三视图的相关性质，主要考查了三视图中的主视图、左视图与俯视图的联系，考查空间想象能力，体现了基础性，是简单题．
8.有关数据显示，中国快递行业产生的包装垃圾在年约为万吨，年的年增长率为，有专家预测，如果不采取措施，未来包装垃圾还将以此增长率增长，从（ ）年开始，快递业产生的包装垃圾超过万吨.（参考数据：，）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
表示从年开始增加的年份的数量，由题意可得，解出满足该不等式的最小正整数的值，即可得出结果.
【详解】设快递行业产生的包装垃圾为万吨，表示从年开始增加的年份的数量，
由题意可得，
由于第年快递行业产生的包装垃圾超过万吨，即，，
两边取对数得，即，
因此，从年开始，快递行业产生的包装垃圾超过万吨，
故选：B．
【点睛】本题考查了指数函数模型在实际生活中的应用，列出不等式是解题的关键，考查运算求解能力，属于中档题．
9.命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
“，”为真命题可转化为恒成立，可得，根据充分必要条件可选出答案.
【详解】若“，”为真命题，可得恒成立
只需，
所以时，，”为真命题，
“，”为真命题时推出，
故是命题“，”为真命题的一个充分不必要条件，
选A.
【点睛】本题主要考查了不等式恒成立问题，充分条件，必要条件，命题，属于中档题.
10.如图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂
足为点H．则以下命题中，错误的命题是

A. 点H是△A1BD的垂心
B. AH垂直平面CB1D1
C. AH的延长线经过点C1
D. 直线AH和BB1所成角为45°
【答案】D
【解析】
【详解】因为三棱锥A－A1BD是正三棱锥，故顶点A在底面的射影是底面的中心，A正确；平面A1BD∥平面CB1D1，而AH垂直于平面A1BD，所以AH垂直于平面CB1D1，B正确；根据对称性知C正确，故选D.

11.已知数列的前项和，且，，则数列的最小项为（ ）
A. 第3项 B. 第4项 C. 第5项 D. 第6项
【答案】A
【解析】
【分析】
由与的关系化简即可求出及，可得，分析单调性即可求解.
【详解】∵,
∴,则,即,
∴.
易知,
∵,

当时, ,
∴当时,
当时,,
又,
∴当时, 有最小值.
故选：A
【点睛】本题主要考查了数列与的关系，数列的单调性，属于中档题.
12.已知函数的图像上有且仅有四个不同的点关于直线的对称点在的图像上，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
可将问题转化，求直线关于直线的对称直线，再分别讨论两函数的增减性，结合函数图像，分析临界点，进一步确定的取值范围即可
【详解】可求得直线关于直线的对称直线为，
当时，，，当时，，则当时，，单减，当时，，单增；
当时，，，当，,当时，单减，当时，单增；
根据题意画出函数大致图像，如图：


当与（）相切时，得，解得；
当与（）相切时，满足，
解得，结合图像可知，即，
故选：A
【点睛】本题考查数形结合思想求解函数交点问题，导数研究函数增减性，找准临界是解题的关键，属于中档题
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.若定义在R上的偶函数满足：时，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据的奇偶性和当时的解析式，先求得的值，再求得的值.
【详解】依题意，由于为定义在上的偶函数，
所以.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性求值，属于基础题.
14.从2021个学生中选取202人志愿者，若采用下面的方法选取，先用简单随机抽样法从2021人中剔除1人，剩下的2020人按系统抽样取出202人，则每人入选的概率__________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据概率的概念，计算出每人入选的概率.
【详解】根据概率的概念可知，每人入选的概率为.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查概率的理解，属于基础题.
15.中，则实数的值为__________，值为__________．
【答案】 (1). (2).
【解析】
试题分析：由题意的展开式的通项为，令得，因为，所以，解得．在展开式中令得，即，故答案为，．
考点：二项式定理的应用．
16.己知A、B为抛物线上两点，直线过焦点F，A、B在准线上的射影分别为C、D，则①轴上恒存在一点K，使得；②；③存在实数使得（点O为坐标原点）；④若线段的中点P在准线上的射影为T，有.中正确说法的序号________.
【答案】①②③④.
【解析】
【分析】
对于①，设，当时，，所以①正确；对于②，，即；所以②正确；对于③，，所以③正确；对于④，分类讨论得，所以④正确
【详解】设直线方程为，，，，，则
由得，所以.
对于①，设，所以，
，当时，，所以①正确.
对于②，由抛物线定义可知：，，轴，所以
，，所以，即；所以②正确.
对于③，，即存在实数使得；所以③正确.
对于④，因为，由于，若则，所以；若显然；所以④正确
故答案为：①②③④.

【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质，考查抛物线的定义，考查直线和抛物线的位置关系，考查向量平行垂直的坐标表示和运算，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.
三、解答题（本大题共6小题，满分70分.解答须写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.如图．在中，点P在边上，，，．

（1）求；
（2）若的面积为．求
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）在中，设， ，得到，再由余弦定理，解得x，利用平面几何知识求解.

（2）由的面积为，利用，解得，得到则，作交于D，得到，，进而得到AB，然后在中，利用正弦定理求解.
【详解】（1）在中，设， 因为，
，
又因为，，
由余弦定理得：
即：，
解得，
所以，
此时为等边三角形，
所以；
（2）由，
解得，
则，
作交于D，如图所示：

由（1）知，在等边中，，，
在中．
在中，由正弦定理得，
所以．
【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理以及平面几何知识，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
18.2019新型冠状病毒感染的肺炎的传播有飞沫、气溶胶、接触等途径,为了有效抗击疫情,隔离性防护是一项具体有效措施.某市为有效防护疫情,宣传居民尽可能不外出,鼓励居民的生活必需品可在网上下单,商品由快递业务公司统一配送（配送费由政府补贴）.快递业务主要由甲公司与乙公司两家快递公司承接：“快递员”的工资是“底薪+送件提成”.这两家公司对“快递员”的日工资方案为：甲公司规定快递员每天底薪为70元,每送件一次提成1元；乙公司规定快递员每天底薪为120元,每日前83件没有提成,超过83件部分每件提成5元,假设同一公司的快递员每天送件数相同,现从这两家公司往年忙季各随机抽取一名快递员并调取其100天的送件数,得到如下条形图：

（1）求乙公司的快递员一日工资y（单位：元）与送件数n的函数关系；
（2）若将频率视为概率,回答下列问题：
①记甲公司的“快递员”日工资为X（单位：元）.求X的分布列和数学期望；
②小王想到这两家公司中的一家应聘“快递员”的工作,如果仅从日收入的角度考虑,请你利用所学过的统计学知识为他作出选择,并说明理由.
【答案】（1）；（2）①分布列详见解析,数学期望为156.8元；②小王应当到甲公司应聘“快递员”的工作,理由详见解析.
【解析】
【分析】
(1)根据题意分与两段求出一日工资y（单位：元）与送件数n的函数关系即可.
(2)①根据送件数以及(1)中的函数可知X的所有可能取值为152,154,156,158,160.在结合图中各送件数的频数求出对应的频率,继而求得分布列与数学期望即可.
②分别求出两家公司送餐日工资的数学期望,比较大小再判定即可.
【详解】（1）由题意：当时,元；
当时,.
∴乙公司的快递员一日工资y（单位：元）与送件数n的函数关系为：

（2）①X的所有可能取值为152,154,156,158,160.
由题可知,,
,,,
∴X的分布列为：
X
152
154
156
158
160
P
0.1
0.2
0.1
0.4
0.2

X的数学期望（元）
②设乙公司的日工资为Y,
则（元）
由于到甲公司的日工资的数学期望（均值）比乙公司的日工资的数学期望（均值）高,
所以小王应当到甲公司应聘“快递员”的工作.
【点睛】本题主要考查了分段函数在实际情景中的运用,同时也考查了分布列与数学期望的求解以及实际意义的理解.属于中档题.
19.如图，是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线平面，E，F分别是，的中点.

（1）记平面与平面的交线为l，试判断直线l与平面的位置关系，并加以证明；
（2）设，求二面角大小的取值范围.
【答案】（1）平行，详见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先证平面，再证，最后得出l平面；
（2）设直线l与圆O的另一个交点为D，连接DE，FB，易得，，可得是二面角的平面角，再由的范围得出二面角的取值范围.
【详解】（1），平面，平面，平面，
又平面，平面与平面的交线为l，所以，
而l平面，平面，所以l平面；
（2）设直线l与圆O的另一个交点为D，连接DE，FB，如图：

由（1）知，BDAC，而，所以，
所以平面，所以，
而，所以平面PBC，
又FB平面PBC，所以，
所以就是二面角的平面角，
因为，点F是的中点，所以，
故，
注意到，所以，所以，
因为，所以，
所以二面角大小的取值范围为.
【点睛】本题考查线面平行的判定，考查二面角的求法，考查逻辑思维能力，考查空间想象能力和计算能力，属于常考题.
20.已知椭圆的离心率为是上一点．
（1）求椭圆的方程；
（2）设是分别关于两坐标轴及坐标原点的对称点，平行于的直线交于异于的两点．点关于原点的对称点为．证明：直线与轴围成的三角形是等腰三角形．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】
试题分析：（1）因为离心率为，所以；即的方程为：，代入即可；（2）设直线的斜率为,则要证直线与轴围成的三角形是等腰三角形需证．由已知可得直线的斜率为，则直线的方程为：，联立直线和椭圆的方程，找到斜率，代入相应的量即可．
试题解析：（1）因为离心率为，所以，
从而的方程为：
代入解得：，
因此．
所以椭圆的方程为：
（2）由题设知的坐标分别为，
因此直线的斜率为，
设直线的方程为：，
由得：，
当时，不妨设，
于是，
分别设直线的斜率为，
则，
则要证直线与轴围成的三角形是等腰三角形，
只需证，
而

所以直线与轴转成的三角形是等腰三角形
考点：1.椭圆的方程；2.直线与椭圆综合题．
21.已知函数，其中，，e为自然对数的底数.
(1)若，且当时，总成立，求实数a的取值范围；
(2)若，且存在两个极值点，，求证：
【答案】(1) ；(2)见解析.
【解析】
【分析】
(1)由已知可得 ，只需对与0的大小关系分类讨论，确定函数的单调性，从而确定函数的最小值，即可求出实数a的取值范围；
(2)根据，是的根，可得与的关系及其范围，进而可将用含有的式子表示，构造函数即可证出.
【详解】(1)若，则，
所以，
因为，，
所以当，即时，，
所以函数在上单调递增，所以，符合题意；
当，即时，时，；时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，不符合题意，
综上：实数a的取值范围为.
(2) 若，则，
所以，
因为存在两个极值点，所以，所以，
令，得，
所以是方程的两个根，
所以，，且，，
不妨设，则，
所以
，
令，
所以，
所以在上单调递增，所以，
所以，又，
所以.
【点睛】本题主要考查导数的综合应用，考查函数的单调性、最值问题，考查学生分析问题解决问题的能力，属于中档题.
选考题：（请考生在第22、23两道题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题记分.作答时请用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑）
选修4-4：坐标系与参数方程
22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，将曲线经过伸缩变换后得到曲线.在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为.
（1）说明曲线是哪一种曲线，并将曲线的方程化为极坐标方程；
（2）已知点是曲线上的任意一点，又直线上有两点和，且，又点的极角为，点的极角为锐角.求：
①点的极角；
②面积的取值范围.
【答案】（1）曲线为圆心在原点，半径为2的圆.的极坐标方程为（2）①②
【解析】
【分析】
（1）求得曲线伸缩变换后所得参数方程，消参后求得的普通方程，判断出对应的曲线，并将的普通方程转化为极坐标方程.
（2）
①将的极角代入直线的极坐标方程，由此求得点的极径，判断出为等腰三角形，求得直线的普通方程，由此求得，进而求得，从而求得点的极角.
②解法一：利用曲线的参数方程，求得曲线上的点到直线的距离的表达式，结合三角函数的知识求得的最小值和最大值，由此求得面积的取值范围.
解法二：根据曲线表示的曲线，利用圆的几何性质求得圆上的点到直线的距离的最大值和最小值，进而求得面积的取值范围.
【详解】（1）因为曲线的参数方程为（为参数），
因为则曲线的参数方程
所以的普通方程为.所以曲线为圆心在原点，半径为2的圆.
所以的极坐标方程为，即.
（2）①点的极角为，代入直线的极坐标方程得点
极径为，且，所以为等腰三角形，
又直线的普通方程为，
又点的极角为锐角，所以，所以，
所以点的极角为.
②解法1：直线的普通方程为.
曲线上点到直线的距离
.
当，即（）时，
取到最小值为.
当，即（）时，
取到最大值为.
所以面积的最大值为；
所以面积的最小值为；
故面积的取值范围.
解法2：直线的普通方程为.
因为圆的半径为2，且圆心到直线的距离，
因为，所以圆与直线相离.
所以圆上的点到直线的距离最大值为，
最小值为.
所以面积的最大值为；
所以面积的最小值为；
故面积的取值范围.
【点睛】本小题考查坐标变换，极径与极角；直线，圆的极坐标方程，圆的参数方程，直线的极坐标方程与普通方程，点到直线的距离等.考查数学运算能力，包括运算原理的理解与应用、运算方法的选择与优化、运算结果的检验与改进等.也兼考了数学抽象素养、逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养.
选修4-5：不等式选讲
23.已知函数，且．
（1）若，求的最小值，并求此时的值；
（2）若，求证:．
【答案】（1）最小值为，此时；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）由已知得，
法一:，，根据二次函数的最值可求得；

法二:运用基本不等式构造，可得最值；

法三：运用柯西不等式得：，可得最值；

（2）由绝对值不等式得，，又，可得证.
【详解】（1），
法一:，，

的最小值为，此时；
法二:，
，即的最小值为，此时；
法三：由柯西不等式得：
，
,即的最小值为，此时；
（2），，
又，
.
【点睛】本题考查运用基本不等式，柯西不等式，绝对值不等式进行不等式的证明和求解函数的最值，属于中档题.