四川省泸州市2020届高三第三次教学质量诊断性考试数学（理）试题 Word版含解析

这是一份四川省泸州市2020届高三第三次教学质量诊断性考试数学（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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泸州市高2017级第三次教学质量诊断性考试
数学（理科）
一、选择题：本大题共有12个小题，每小题5分，共60分.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】B
【解析】
【分析】
根据二次不等式的方法求解集合,再求解即可.
【详解】,故.即.
故选：B
【点睛】本题主要考查了交集的基本运算,属于基础题.
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由得出，利用复数的除法运算可求得复数.
【详解】由得出.
故选：D.
【点睛】本题考查复数的计算，考查复数除法运算法则的应用，考查计算能力，属于基础题.
3. 展开式中项的系数为（ ）
A. 10 B. 5 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意利用二项展开式的通项公式，求得展开式中项的系数．
【详解】解：展开式的通项公式为，令，可得，
故展开式中项的系数为，
故选：C．
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用、二项展开式的通项公式，属于基础题．
4. 新冠肺炎疫情暴发以来，在以习近平同志为核心的党中央领导下，全党全军全国各族人民众志成城，共克时艰，疫情防控取得了阶段性成效，彰显了中国特色社会主义制度的优越性.下面的图表给出了月日至月日全国疫情每天新增病例的数据统计情况

下列说法中不正确的是（ ）
A. 每天新增疑似病例的中位数为
B. 在对新增确诊病例的统计中，样本容量为
C. 每天新增确诊与新增疑似病例之和不超过例的天数为天
D. 在对新增确诊病例的统计中，样本是月日至月日
【答案】D
【解析】
【分析】
求出每天新增疑似病例的中位数，可判断A选项的正误；根据统计天数可判断B选项的正误；统计出每天新增确诊与新增疑似病例之和不超过例的天数，可判断C选项的正误；根据样本的定义可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，每天新增疑似病例数由小到大依次为、、、、、、、、、、、、、、、、、，中位数为，A选项正确；
对于B选项，由于共统计了天，则在对新增确诊病例的统计中，样本容量为，B选项正确；
对于C选项，从月日至月日中每天新增确诊与新增疑似病例之和分别为、、、、、、、、、、、、、、、、、，
其中，每天新增确诊与新增疑似病例之和不超过例的天数为，C选项正确；
对于D选项，在对新增确诊病例的统计中，样本是月日至月日每天新增病例的数据，D选项错误.
故选：D.
【点睛】本题考查利用折线统计图的应用，考查数据处理能力，属于基础题.
5. 已知曲线（其中为自然对数的底数）在点处的切线为，命题点在直线上，命题点在直线上，则下列命题正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
求出在点处的切线的方程为：；可判断点在直线上，点不在直线上，从而可知为真命题，为假命题，由此可得正确答案．
【详解】解：由题可知，所以，，所以切线的方程为：；当时，，即点在直线上，所以为真命题；
当时，即点不在直线上，所以为假命题，所以为真命题，为假命题，为假命题，为假命题，
故选：A．
【点睛】本题主要考察复合命题的真假和求函数在某点处的切线方程，属于基础题．
6. 已知函数，则该函数的部分图象大致是（ ）.
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
运用排除法，由函数的解析式，根据函数奇偶性的判断方法得出函数的奇偶性，再运用特殊点的函数值的正负，可排除选项，得出答案.
【详解】因为，所以函数是奇函数，其图像关于原点对称，所以排除C、D选项；
根据x取非常小的正实数时，，排除B选项，
故选：A．
【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和函数值的符号判定函数的图象，属于基础题.
7. 等差数列的公差不为零，其前项和为，若，则的值为（ ）.
A 15 B. 20 C. 25 D. 40
【答案】B
【解析】
【分析】
由等差数列的性质可得, ，代入中，可得选项.
【详解】因为等差数列的公差不为零，其前项和为，
又,
所以,
故选：B
【点睛】本题考查了等差数列的前n项和公式与等差数列性质的综合应用,是高考重点考查的内容，属于基础题.
8. 某中学高二学生会体育部共有5人，现需从体育部选派4人，分别担任拔河比赛的裁判、记录结果、核查人数、维持纪律四项工作，每人只担任其中一项工作，其中甲没有担任裁判工作，则不同的工作安排方式共有（ ）
A. 120种 B. 48种 C. 96种 D. 60种
【答案】C
【解析】
【分析】
先把5人随意安排有种方法，再让甲担任裁判工作有种方法，用间接法相减即可．
【详解】解：从5人中选4人担任4项不同工作有种方法．若甲担任裁判工作，再从另外4人中选3人担任3项不同工作有种方法．
则符合题意的工作安排方式共有，
故选：C ．
【点睛】本题考查排列组合应用，本题运用间接法，可以避免讨论，简化计算，属于基础题．
9. 正方体中，下列命题中正确的是（ ）.

A. 与是相交直线且垂直 B. 与是异面直线且垂直
C. 与是相交直线且垂直 D. 与是异面直线且垂直
【答案】D
【解析】
【分析】
利用异面直线成角的定义可判断A，B，C，利用线面垂直的判定和性质定理即可判断D.
【详解】连接,则为等边三角形，则与是相交直线且成角为，故A错误；
因为，所以与是异面直线且成角为，故B错误；
连接，因为面,所以,所以与成角为为锐角故C错误；
连接，因为，且,所以面，则，则与是异面直线且垂直，故D正确.
故选：D.

【点睛】本题考查空间中直线与直线的位置关系的判断，考查推理能力，属于基础题.
10. 定义在实数集上的函数满足，且当时，是增函数，则，，的大小关系正确的是（ ）.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可得函数的图象关于直线对称，且在上单调递增，利用函数的对称性和单调性比较大小即可.
【详解】，
关于对称，
又时，是增函数，，，
.
故选：C.
【点睛】本题主要考查函数的单调性，函数图象的对称性，并且会根据函数的单调性比较函数值的大小.
11. 已知点为抛物线的焦点，过点的直线交于，两点，与的准线交于点，若，则的值等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先设出直线的方程，再与抛物线方程联立求得与，然后利用与弦长公式求得．
【详解】解：由题意设直线，，，，，
则，，由联立得，则△，
①，②．，点是线段的中点，③，由①③可得代入②可整理得：，解得：．又
，．
故选：D．

【点睛】本题主要考查抛物线的焦点弦的求法，属于中档题．
12. 已知曲线，把上各点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，关于有下述四个结论：
（1）函数在上是减函数；
（2）方程在内有2个根；
（3）函数（其中）的最小值为；
（4）当，且时，，则.
其中正确结论的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】
由三角函数图象平移法则得出函数的解析式，再对题目中的命题分析、判断真假性即可．
【详解】解：曲线，把上各点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，
得的图象，所以函数；
对于（1），当，，，上是减函数，所以（1）正确；
对于（2），方程，得，，；
时，两函数图象没有交点，所以原方程没有实数根，所以（2）错误；
对于（3），函数，
则，
令，解得或，时取得最小值为，所以（3）正确；
对于（4），，，；
当，，，且时，，
则，所以（4）正确．
综上知，其中正确结论序号是（1）、（3）、（4），共3个．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了命题真假的判断问题，属于中档题．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题纸上）
13. 已知平面向量与满足，且，则________.
【答案】3
【解析】
【分析】
根据向量数量积的运算，直接计算即可得出结果.
【详解】因为向量，满足，，
所以，，因此，
故答案为：3.
【点睛】本题主要考查已知向量数量积求向量的模，熟记运算法则即可，属于基础题目.
14. 已知正项等比数列的前项和为，若，，则该数列的公比为________.
【答案】
【解析】
【分析】
首先根据得到，再根据得到，解方程即可.
【详解】因为，
所以，即，
整理得：，
解得：或.
因为，所以.
故答案为：
【点睛】本题主要考查等比数列的性质，同时考查了学生的计算能力，属于简单题.
15. 已知双曲线的焦距为，且它的渐近线与圆有交点，连接所有交点的线段围成了几何图形，则该几何图形的面积为________.
【答案】16
【解析】
【分析】
化双曲线方程为标准方程，求出，结合已知求得，得到双曲线的渐近线方程与圆的方程，联立渐近线方程与圆的方程求得交点坐标，再由三角形面积公式求解几何图形的面积．
【详解】解：由双曲线，得，
则，则，得．
双曲线的渐近线方程为，
圆化为，
如图：

联立，解得；
联立，解得．
几何图形的面积为．
故答案为：16．
【点睛】本题考查圆与双曲线的综合，考查数形结合的解题思想方法，属于中档题．
16. 已知一块边长为4的正方形铝板（如图），请设计一种裁剪方法，用虚线标示在答题卡本题图中，通过该方案裁剪，可焊接做成一个密封的正四棱柱（底面是正方形且侧棱垂于底面的四棱柱），且该四棱柱的全面积等于正方形铝板的面积（要求裁剪的块数尽可能少，不计焊接缝的面积），则该四棱柱外接球的体积为________.

【答案】；
【解析】
【分析】
将正方形甲按图中虚线剪开，以两个正方形为底面，四个长方形为侧面，焊接成一个底面边长为2，高为1的正四棱柱．该四棱柱外接球的半径．由此能求出该四棱柱外接球的体积．
【详解】解：将正方形按图中虚线剪开，

以两个正方形为底面，四个长方形为侧面，
焊接成一个底面边长为2，高为1的正四棱柱．

底面为边长为2的正方形，
该四棱柱外接球的半径．
该四棱柱外接球的体积为：
．
故答案为： ．
【点睛】本题考查四棱柱外接球的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，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.
17. 某省从2021年开始，高考采用取消文理分科，实行“”的模式，其中的“1”表示每位学生必须从物理、历史中选择一个科目且只能选择一个科目.某校高一年级有2000名学生（其中女生900人）.该校为了解高一年级学生对“1”的选课情况，采用分层抽样的方法抽取了200名学生进行问卷调查，下表是根据调查结果得到的列联表.
性别
选择物理
选择历史
总计
男生
________
50

女生
30
________

总计
________
________
200


（1）求，的值；
（2）请你依据该列联表判断是否有99.5%的把握认为选择科目与性别有关？说明你的理由.

0.100
0.050
0.025
0.010
0.005
0.001

2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828


附：，其中.
【答案】（1）；（2）有99.5%的把握认为选择科目与性别有关，详见解析
【解析】
【分析】
（1）根据分层抽样以及女生由900人，则由求解，进而得到n.

（2）根据（1）的数据完成列联表，然后代入公式求得，再与临界表对比下结论.
【详解】（1）根据题意得，

解得，
所以女生人数为人；
（2）列联表如下：
性别
选择物理
选择历史
总计
男生
60
50
110
女生
30
60
90
总计
90
110
200


计算
，
所以有99.5%的把握认为选择科目与性别有关.
【点睛】本题主要考查独立性检验以及分层抽样，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
18. 在中，角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若，边上的中线的长为1，求的面积.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用正弦定理把边化角，三角化简可求值．
（2）由三角形中线向量，两边平方结合已知求出边，进而求出面积．
【详解】（1）由正弦定理得，
所以，
则，
又因为，
所以，，
所以；
（2）由题意知，在中，有，因为
则，
平方得，
所以，
即，
所以的面积为.
【点睛】本题考查三角形的正弦定理和中线向量定理的运用，考查运算能力，属于基础题．
19. 如图,四棱锥的侧面是正三角形,,且,,是中点.

（1）求证：平面；
（2）若平面平面,且,求二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
(1) 取的中点,连接,再证明四边形是平行四边形即可.
(2) 取中点,连接,,根据线面垂直性质计算可得,再以为原点,建立空间直角坐标系,利用空间向量的方法求解二面角的余弦值即可.
【详解】（1）取的中点,连接,

因为是中点,
所以,且,
又因为,,
所以,,
即四边形是平行四边形,
所以,
又因为平面,平面,
所以平面；
（2）方法一：取中点,连接,,
因为是正三角形,所以,
因为平面平面,
所以平面,平面,
所以,
故,
以为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则,
,,,,,,
所以,
设平面的法向量为,则,,
令得,
易知平面的法向量为,
则,
所以二面角的余弦值为.
方法二：过作交于,
所以,且平面,
过作交于,连接,
所以,
所以为二面角的平面角,
因为,,
因为平面,
所以,且,
又因为,所以,,
故,所以二面角的余弦值为.

【点睛】本题主要考查了线面平行的证明以及线面垂直的判定与性质，同时也考查了建立空间直角坐标系求解二面角大小的问题,需要根据题意确定坐标原点，分别求得两个面的法向量，再求解二面角夹角的余弦值即可.属于中档题.
20. 在平面直角坐标系中，直线交椭圆于两点，.
（1）若，且点满足，证明：点不在椭圆上；
（2）若椭圆的左，右焦点分别为，，直线与线段和椭圆的短轴分别交于两个不同点，，且，求四边形面积的最小值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）直线的方程与椭圆联立，利用韦达定理以及，得出点的坐标，最后将点代入椭圆方程，即可得出结论；
（2）直线的方程与椭圆联立，利用韦达定理，求出以及的取值范围，进而得出的值，再由三角形的面积公式以及二次函数的性质得出四边形面积的最小值.
【详解】设直线交椭圆于两点，
（1）把代入得
所以，
因为
所以，即
因为
所以点不在椭圆上；
（2）由代入得
则，
又，，
因为，所以，即
所以
因为直线与线段及椭圆的短轴分别交于不同两点
所以
又，则
故，
，即
因为，
所以

因为

所以
故当或时，四边形面积的最小值为.
【点睛】本题主要考查了判断点与椭圆的位置关系，四边形的面积问题，属于中档题.
21. 已知函数.
（1）求函数的单调增区间；
（2）函数，当时，恒成立，求整数的最小值.
【答案】（1）见解析；（2）2
【解析】
【分析】
（1）求导后，分类讨论，解不等式可得结果；
（2）分离参数后，构造函数，分两种情况利用导数可得结果.
【详解】（1）因为，
当时，，所以函数的单调递增区间是；
当时，由得，
所以函数的单调增区间是；
当时，由得，
所以函数的单调递增区间是；
（2）因为，即，因为，
所以，令，
（1）当时，因为，所以，
因此，所以只需；
（2）当时，因为，则，
所以，
因此只需，即，
构造函数，
，
当时，在上单调递减，；
当时，，
则，不满足题意；
当时，，
则，故不满足题意；
综上可知，整数的最小值为2.
【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，考查了利用导数处理不等式恒成立问题，考查了分类讨论思想，属于中档题.
22. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如下图就是在平面直角坐标系的“心形曲线”，又名RC心形线.如果以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，其RC心形线的极坐标方程为.

（1）求RC心形线的直角坐标方程；
（2）已知与直线（为参数），若直线与RC心形线交于两点，，求的值.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）利用两边平方的方法，结合极坐标和直角坐标相互转化的公式，求得心形线的直角坐标方程.
（2）将直线的参数方程转化为标准参数方程，然后代入心形线的直角坐标方程，利用直线参数的几何意义，求得的值.
【详解】（1）因为，
所以，
即，
故；
（2）因为在直线（为参数）上，
设直线的参数方程为（为参数）
若直线与RC心形线交于两点，，
则只能交于轴右侧部分，
将直线的参数方程，代入方程，化简得，
所以.
【点睛】本小题主要考查极坐标方程转化为直角坐标方程，考查直线利用直线参数的几何意义求值，属于中档题.
23. 已知的最小值为.
（1）求的值；
（2）当时，证明：.
【答案】（1）3（2）证明见解析；
【解析】
【分析】
（1）由绝对值定义分类去绝对值符号得分段函数，根据函数的性质求得最小值；
（2）利用柯西不等式证明．
【详解】解：（1）因为，
所以，
所以.
（2）证明：由柯西不等式有

所以，
故.
【点睛】本题考查用分类讨论法求含绝对值函数的最值，考查柯西不等式，解题时注意柯西不等式的形式，一般要凑配出平方和的乘积，然后得出结论．