吉林省长春市2020届高三质量监测（三）（三模考试）数学（理）试题 Word版含解析

这是一份吉林省长春市2020届高三质量监测（三）（三模考试）数学（理）试题 Word版含解析，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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长春市2020届高三质量监测（三）理科数学
一、选择题：本题共12小题，每小题5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.设集合， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据集合的交运算，即可容易求得结果.
【详解】
故可得
故选：D.
【点睛】本题考查集合的交运算，属基础题.
2.已知复数的实部为3，其中为虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据复数的乘法运算化简复数，由其实部即可求得参数.
【详解】，
∴.
故选：A.
【点睛】本题考查复数乘法运算，实部和虚部的辨识，属基础题.
3.已知向量，，，若向量与向量共线，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据向量的加法运算，求得的坐标，由向量共线的坐标公式，即可容易求得结果.
【详解】因为，又与向量共线
故可得，解得.
故选：B.
【点睛】本题考查向量共线的坐标公式，涉及向量的坐标运算，属基础题.
4.已知函数的图象为C，为了得到关于原点对称的图象，只要把C上所有的点（ ）
A. 向左平移个单位 B. 向左平移个单位
C. 向右平移个单位 D. 向右平移个单位
【答案】A
【解析】
【分析】
利用辅助角公式化简，再根据三角函数的奇偶性，即可求得结果.
【详解】由为奇函数，
得
当时，.
故为得到关于原点对称的图像，只要把向左平移个单位即可.
故选：A
【点睛】本题考查辅助角公式，函数图像的平移，以及余弦型函数的奇偶性，属综合中档题.
5.函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据解析式求得函数奇偶性，以及即可容易求得结果.
【详解】因为的定义域为，且，故为偶函数，
排除C，D，验算特值，排除A,
故选：B
【点睛】本题考查函数图像的辨识，涉及函数奇偶性的判断和指数运算，属基础题.
6.在的展开式中，一定含有（ ）
A. 常数项 B. 项 C. 项 D. 项
【答案】C
【解析】
【分析】
利用二项式的通项公式，即可容易求得结果.
【详解】由通项公式代入验证，
当时，可得其含有项；当，可得其含有项；
当时，可得其含有项；
故选：C.
【点睛】本题考查二项式的通项公式，属基础题.
7.已知直线和平面，有如下四个命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则.其中真命题的个数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据面面垂直，线面垂直以及线面平行的判定，即可容易判断.
【详解】①若，则一定有，故①正确；
②若，则，又因为，故可得，故②正确；
③若，故可得//，又因为，故可得，故③正确；
④若，则或，故④错误；
综上所述，正确的有①②③.
故选：C
【点睛】本题考查线面垂直，面面垂直的判定以及线面平行的判定，属综合基础题.
8.风雨桥是侗族最具特色的建筑之一，风雨桥由桥、塔、亭组成，其塔俯视图通常是正方形、正六边形和正八边形.下图是风雨桥中塔的俯视图.该塔共5层，若，，则五层正六边形的周长和为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，构造等差数列，即可由等差数列的前项和进行求解.
【详解】根据题意，设正六边形的中心为，

容易知均为等边三角形，
故长度构成依次为的等差数列
∴周长总和为，
故选：C
【点睛】本题考查等差数列的前项和的求解，属基础题.
9.已知圆的圆心在轴上，且与圆的公共弦所在直线的方程为，则圆的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据圆心的连线与公共弦所在直线垂直，即可求得圆心；再结合弦长公式，即可容易求得半径.
【详解】两圆圆心连线与公共弦垂直，不妨设所求圆心的坐标为，
又圆的圆心为，半径为1，
故，解得.故所求圆心为.
直线截得所成弦长，
圆心到直线的距离为，
所以直线截得所求圆的弦长，
解得.
故圆心坐标为，半径为，
故选：C.
【点睛】本题考查圆方程的求解，涉及两圆位置关系，属综合基础题.
10.某项针对我国《义务教育数学课程标准》的研究中，列出各个学段每个主题所包含的条目数（如下表），下图是统计表的条目数转化为百分比，按各学段绘制的等高条形图，由图表分析得出以下四个结论，其中错误的是（ ）

A. 除了“综合实践”外，其它三个领域的条目数都随着学段的升高而增加，尤其“图象几何” 在第三学段增加较多，约是第二学段的倍.
B. 所有主题中，三个学段的总和“图形几何”条目数最多，占50%，综合实践最少，约占4% .
C. 第一、二学段“数与代数”条目数最多，第三学段“图形几何”条目数最多.
D. “数与代数”条目数虽然随着学段的增长而增长，而其百分比却一直在减少.“图形几何”条目数，百分比都随学段的增长而增长.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据统计图表，结合每个选项即可容易求得结果.
【详解】结合统计图表可知，
除了“综合实践”外，其它三个领域的条目数都随着学段的升高而增加，
尤其“图象几何” 在第三学段增加较多，约是第二学段倍，故正确；
所有主题中，三个学段的总和“图形几何”条目数最多，占50%，
综合实践最少，约占4% ，故正确；
第一、二学段“数与代数”条目数最多，第三学段“图形几何”条目数最多，故正确；
对中，显然“数与代数”条目数虽然随着学段的增长而增长，
而其百分比却一直在减少；而“图形几何”条目数，
百分比随着学段数先减后增，故错误；
故选：D
【点睛】本题考查统计图表的辨识和应用，属基础题.
11.已知数列的各项均为正数，其前项和满足，设，为数列的前项和，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用之间的关系，即可容易求得，则得解，再用并项求和法即可求得结果.
【详解】由得，作差可得：
，又得，
则所以，
…，
所以.
故选：D.
【点睛】本题考查利用的关系求数列的通项公式，涉及等差数列前项和的求解，属综合中档题.
12.设椭圆的左右焦点为，焦距为，过点的直线与椭圆交于点，若，且，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，求得，结合余弦定理，即可求得的齐次式，据此即可求得结果.
【详解】根据题意，作图如下：

由得， ，
由
即，
整理得，
则，
得
故选：C.
【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，涉及椭圆的定义，属中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分.
13.一名信息员维护甲乙两公司的5G网络，一天内甲公司需要维护和乙公司需要维护相互独立，它们需要维护的概率分别为0.4和0.3，则至少有一个公司不需要维护的概率为________
【答案】0.88
【解析】
【分析】
根据相互独立事件概率计算公式和对立事件的概率计算公式直接求解即可．
【详解】＂至少有一个公司不需要维护＂的对立事件是＂两公司都需要维护＂，
所以至少有一个公司不需要维护的概率为，
故答案为0.88．
【点睛】本题主要考查概率的求法以及相互独立事件概率计算公式和对立事件的概率计算公式的应用．
14.等差数列中，，公差，且，则实数的最大值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据等差数列的基本量，用表示出，分离参数求得函数的值域，即可容易求得结果.
【详解】由得，
整理得，又，
故.
故实数的最大值为.
故答案为：.
【点睛】本题考查等差数列基本量的求解，涉及分式函数值域的求解，属综合中档题.
15.若是函数的两个极值点，则____，____.
【答案】 (1). (2).
【解析】
分析】
根据极值点的定义，即可由方程的根与系数之间的关系，即可求得以及，再结合对数运算即可容易求得结果.
【详解】，
.
故答案为：；.
【点睛】本题考查利用导数求函数的极值点，涉及对数运算，属综合基础题.
16.现有一批大小不同的球体原材料，某工厂要加工出一个四棱锥零件，要求零件底面为正方形， ，侧面为等边三角形，线段的中点为，若.则所需球体原材料的最小体积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，讨论球体体积最小时的状态，求得此时的球半径，则问题得解.
【详解】根据题意，取中点为，连接，取中点为，连接，如下所示：

因为为边长为2的等边三角形，故可得，
又因为，满足勾股定理，
故可得，则为直角三角形，
则.
若要满足题意，只需满足ABCD在球大圆上时，点P在球内部即可，
此时球半径最小为 ，体积为.
故答案为：.
【点睛】本题考查棱锥外接球问题，涉及棱锥体积的求解，属综合中档题.
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.笔、墨、纸、砚是中国独有的文书工具，即“文房四宝”.笔、墨、纸、砚之名，起源于南北朝时期，其中的“纸”指的是宣纸，宣纸“始于唐代，产于泾县”，而唐代泾县隶属于宣州府管辖，故因地而得名“宣纸”，宣纸按质量等级，可分为正牌和副牌（优等品和合格品），某公司年产宣纸10000刀（每刀100张），公司按照某种质量标准值给宣纸确定质量等级，如下表所示：

公式在所生产的宣纸中随机抽取了一刀（100张）进行检验，得到频率分布直方图如图所示，已知每张正牌纸的利润是10元，副牌纸的利润是5元，废品亏损10元.

（1）估计该公式生产宣纸的年利润（单位：万元）；
（2）该公司预备购买一种售价为100万元的机器改进生产工艺，这种机器的使用寿命是一年，只能提高宣纸的质量，不影响产量，这种机器生产的宣纸的质量标准值的频率，如下表所示：

其中为改进工艺前质量标准值的平均值，改进工艺后，每张正牌和副牌宣纸的利润都下降2元，请判断该公司是否应该购买这种机器，并说明理由.
【答案】（1）400万元；（2）应该购买，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）由频率分布直方图求得张宣纸中各类宣纸的数量，结合每种宣纸的盈亏即可容易求得结果；
（2）由频率分布直方图求得，即可求得各区间的频率分布，据此即可求得结果.
【详解】（1）由频率分布直方图可知，一刀（100张）宣纸中有正牌宣纸100×0.1×4=40张，
有副牌宣纸100×0.05×4×2=40张，
有废品100×0.025×4×2=20张，
所以该公司一刀宣纸的年利润为40×10+40×5+20×（-10）=400元，
所以估计该公式生产宣纸的年利润为400万元;
(2) 由频率分布直方图可得

这种机器生产的宣纸质量指标的频率如下表所示：

则一刀宣纸中正牌的张数为100×0.6826=68.26张，
副牌的张数约为100×（0.9544－0.6826）=27.18张，
废品的张数约为100×（1－0.9544）=4.56张，
估计一刀宣纸的利润为：68.26×（10－2）+27.18×（5－2）+4.56×9（－10）=582.02，
因此改进工艺后生产宣纸的利润为582.02－100=482.02元，
因482.02>400，所以该公式应该购买这种设备.
【点睛】本题考查由频率分布直方图计算概率以及平均数，涉及由样本估计总体，属综合基础题.
18.在△中， 角所对的边分别为，且 .
（1）求证：；
（2）求的最大值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用正弦定理将边化角，结合，即可容易求得；
（2）根据（1）中所求得到之间关系，再将转化为关于的函数，利用均值不等式求得函数的最值，则的最值得解.
【详解】(1)在中，由及正弦定理，
得
则，
.
（2）由（1）知，

又因为，故可得，
由均值不等式可得，当且仅当时等号成立
因此 ，
即的最大值为 .
【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形，涉及均值不等式求和的最小值，以及正切的差角公式，属综合中档题.
19.四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，为的中点，平面平面，为上一点，平面.

（1）求证：平面平面；
（2）若与底面所成的角为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）通过线面平行，推证出点的位置，再结合面面垂直，推证出平面，即可由线面垂直推证面面垂直；
（2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，由线面角求得长度，进而再由向量法求得二面角的大小即可.
【详解】（1）连交于，连，如下图所示：

因为平面，平面，平面平面，
所以，又为中点，
所以为中点，由≌，
∴
∴为中点，
∵，且，则为平行四边形，
∵
∴，又平面，
平面⊥平面，平面∩平面，
故⊥平面，又平面，
所以平面⊥平面.即证.
（2）连接，
∵，为AD的中点，∴，
又平面，平面⊥平面，平面∩平面，
∴底面，又，
以分别为轴建立空间直角坐标系.

设，取平面的法向量，
又，
∴
∴，
设平面EBF的法向量所以
即可得
令
设二面角的平面角为
∴，又为钝角
∴ ，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】本题考查由线面垂直推证面面垂直，由线面角求线段长，以及用向量法求二面角的大小，属综合中档题.
20.已知点，点在轴负半轴上，以为边做菱形，且菱形对角线的交点在轴上，设点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）过点，其中，作曲线的切线，设切点为，求面积的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据题意，求得菱形中心的坐标，进而由中心为中点，求得点坐标的参数形式，即可消参求得点的轨迹方程；
（2）利用导数几何意义求得点处的切线方程，从而求得点坐标，据此求得之间的关系，再结合，即可表示出面积，将其转化为关于的函数，利用函数单调性求函数值域即可.
【详解】（1）设，菱形的中心设为Q点，且在轴上，
由题意可得
则又为的中点，因此点，
即点的轨迹为（为参数且）
化为标准方程为.
（2）设点，则点的切线方程为.
可得
因此由，可得
又则
即
因此
令，则，故为单调增函数，
故可知当时，为关于的增函数，
又当时，；当时，.
因此的取值范围是.
【点睛】本题考查抛物线轨迹方程的求解，以及抛物线中三角形面积的范围问题，涉及导数的几何意义，以及利用导数判断函数的单调性，属综合中档题.
21.已知函数.
（1）讨论函数在上的单调性；
（2）是否存在正实数，使与的图象有唯一一条公切线，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）当时，在区间上单调递减；当时，在上单调递减；在上单调递增；（2）存在，
【解析】
【分析】
（1）对函数进行求导，对参数进行分类讨论，即可容易求得函数的单调性；
（2）利用导数的几何意义求得在任意一点处的切线方程，求得方程组，根据方程有唯一解，利用导数根据函数单调性，即可求得.
【详解】(1)，
当时，，所以，函数在上单调递减；
当时，由得，由得，
所以，函数在上单调递减；函数在上单调递增.
(2)函数在点处的切线方程为
，即；
函数在点处的切线方程为
，即
由与的图象有唯一一条公切线，
∴，由①得代入②消去，
整理得 ③
则此关于的方程③有唯一解，
令，
令，
由得；由得所以，函数在上单调递增，在上单调递减，
则，
（i）当时，二次函数在上显然有一个零点，
时，由方程可得

而所以
则
所以二次函数在上也有一个零点，不合题意.
综上，.
所以存在正实数，使与的图象有唯一一条公切线.
【点睛】本题考查利用导数对含参函数单调性进行讨论，利用导数由方程根的个数求参数范围，涉及导数的几何意义，属压轴题.
（二）选考题：共10分，请考生在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.以直角坐标系的原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线的参数方程为（为参数）.
（1）求曲线的参数方程与直线的普通方程；
（2）设点过为曲线上的动点，点和点为直线上的点，且满足为等边三角形，求边长的取值范围.
【答案】（1）：（为参数，），：；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用公式即可容易化简曲线的方程为直角坐标方程，再写出其参数方程即可；利用消参即可容易求得直线的普通方程；
（2）设出的坐标的参数形式，将问题转化为求点到直线距离的范围问题，利用三角函数的值域求解即可容易求得结果.
【详解】（1）曲线的极坐标方程为，
故可得，则，
整理得，也即，
由，则可得，
故其参数方程为（为参数，）；
又直线的参数方程为，
故可得其普通方程为.
（2）不妨设点的坐标为，
则点到直线的距离
，，
容易知在区间的值域为，
故可得.
则三角形的边长为，故其范围为.
【点睛】本题考查极坐标方程、参数方程和直角坐标方程之间的相互转化，涉及利用参数求点到直线的距离的范围，属综合中档题.
23.已知函数，，．
（Ⅰ）当时，有，求实数的取值范围．
（Ⅱ）若不等式的解集为，正数，满足，求的最小值．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
【分析】
(I)根据不等式恒成立的等价不等式，可转化为求含两个绝对值的最值，利用绝对值的三角不等式求最值即可；
(II)由不等式的解集为可求出的值，代入并用表示，再把代入利用基本不等式求出最小值.
【详解】解：（Ⅰ）由题意得：在上恒成立，
在上恒成立．
，
又，
当且仅当，即时等号成立．
，即．
（Ⅱ）令，，
若时，解集为，不合题意；
若时，，，又，
，综上所述：，
，
，解得，，
，当且仅当，即时等号成立，
此时．当，时，．
【点睛】本题考查了绝对值的三角不等式，以及利用基本不等式求最值，属于一般题.