四川省雅安市2020届高三第三次诊断数学（文）试题 Word版含解析

这是一份四川省雅安市2020届高三第三次诊断数学（文）试题 Word版含解析，共22页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
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雅安市高中2017级第三次诊断性考试
数学试题（文科）
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据指数函数性质化简集合，再求交集即可.
【详解】

故选：A
【点睛】本题主要考查了集合交集运算，属于基础题.
2.若复数满足，其中为虚数单位，则共轭复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
，故选B.
3.一车间为规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了4次试验，测得的数据如下：
零件数（个）
2
3
4
5
加工时间（分钟）
30

40
50

根据上表可得回归方程，则实数的值为（ ）
A. 34 B. 35 C. 36 D. 37
【答案】C
【解析】
【分析】
求出，代入回归方程，即可得到实数的值．
【详解】根据题意可得：,，
根据回归方程过中心点可得：，解得：；
故选：C
【点睛】本题主要考查线性回归方程中参数的求法，熟练掌握回归方程过中心点是关键，属于基础题．
4.已知，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
运用中间量比较，运用中间量比较
【详解】则．故选B．
【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变量法，利用转化与化归思想解题．
5.函数的大致图象为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据函数的奇偶性，特殊值及取值范围进行辨析，排除可得.
【详解】因为，所以为偶函数，排除A；
因为，所以排除B；因为，所以排除D.
故选：C
【点睛】此题考查函数图象的辨析，利用函数性质和特殊值辨析，常用排除法解题.
6.已知平面平面，是内的一条直线，是内的一条直线，且，则（ ）
A. B. C. 或 D. 且
【答案】C
【解析】
【分析】
根据空间中直线与直线、直线与平面位置关系，可直接得出结果.
【详解】因为平面平面，是内的一条直线，是内的一条直线，
要使，只能或垂直平面与平面的交线，
因此，或；
故选C
【点睛】本题主要考查空间的线面、线线位置关系，熟记线面、线线位置关系以及面面垂直的性质定理即可，属于常考题型.
7.公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”.如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出n的值为（ ）(参考数据：，）

A. 18 B. 24 C. 30 D. 36
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，模拟执行程序框图，计算出输出结果.
【详解】模拟执行程序，可得
不满足条件，
不满足条件，
满足条件，退出循环，输出
故选：B.
【点睛】该题考查的是有关程序框图的问题，涉及到的知识点有计算程序框图输出结果，属于基础题目.
8.已知函数在处取得最大值，则（ ）
A. 1 B. C. -1 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可得，代入即可得到结果．
【详解】∵函数在处取得最大值，
∴，
即，
∴，
故选：D.
【点睛】本题考查三角函数的性质与三角恒等变换，考查学生的运算能力，属于基础题．
9.已知非零向量、满足，且，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由，可得.根据数量积的运算律和定义，可求与的夹角.
【详解】是非零向量，且，
，
设与的夹角为，则.
，
.
故选：C
【点睛】本题考查数量积的定义和运算律，属于基础题.
10.已知直线被圆：截得的弦长为，且圆的方程为，则圆与圆的位置关系为（ ）
A. 相交 B. 外切 C. 相离 D. 内切
【答案】A
【解析】
【分析】
根据圆的弦长公式以及点到直线的距离公式得出的值，再由圆心距与两圆半径的关系确定两圆的位置关系.
【详解】圆：，可化为
可知圆圆心的坐标为，半径为
圆心到直线的距离为
由，得，解得（舍）
，
圆的方程可化为，则圆心，
，

则圆与圆相交
故选：A
【点睛】本题主要考查了已知圆的弦长求参数以及判断两圆的位置关系，属于中档题.
11.已知抛物线，过抛物线的焦点作轴的垂线，与抛物线交于、两点，点的坐标为，且为直角三角形，则以直线为准线的抛物线的标准方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设点位于第一象限，求得直线的方程，可得出点的坐标，由抛物线的对称性可得出，进而可得出直线的斜率为，利用斜率公式求得的值，由此可得出以直线为准线的抛物线的标准方程.
【详解】设点位于第一象限，直线的方程为，联立，可得，
所以，点.
为等腰直角三角形，由抛物线的对称性可得出，则直线的斜率为，即，解得.
因此，以直线为准线的抛物线的标准方程为.
故选：B.
【点睛】本题考查抛物线标准方程的求解，考查计算能力，属于中等题.
12.设奇函数的定义域为，且的图象是连续不间断，，有，若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
构造函数，可知该函数为奇函数，利用导数可判断出函数在区间上为减函数，进而得出该函数在定义域上为减函数，将所求不等式变形为，利用函数的单调性可解出所求不等式.
【详解】令，定义域为，
因为函数为奇函数，，
则函数是定义在上的奇函数，
，
因为，有，
当时，，则在上单调递减.
则函数是上的奇函数并且单调递减，
又等价于，即，，
又，因此，.
故选：D.
【点睛】本题主要考查利用构造函数求解函数不等式，根据导数不等式的结构构造新函数是解答的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
二．填空题.
13.同时掷两颗骰子，其向上的点数和为的概率是______（用数字作答）.
【答案】
【解析】
分析】
计算出基本事件的总数，并列举出事件“向上点数和为”所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】同时掷两颗骰子，基本事件总数为，
其中，事件“向上点数和为”所包含的基本事件有：、，共个，
因此，所求事件的概率为.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用古典概型的概率公式计算概率，考查计算能力，属于基础题.
14.的内角、、的对边分别为、、，若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】
利用正弦定理边角互化思想，结合可求得的值，由角的取范围可求得角的值.
【详解】，，
即，
，则，可得，，得.
，因此，.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用正弦定理边角互化思想求角，考查计算能力，属于中等题.
15.在直三棱柱中，,,则异面直线与所成角的余弦值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
先由题意可得两两垂直，以点为坐标原点，以方向分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出直线与的方向向量，根据向量夹角余弦值即可得出结果.
【详解】因为，所以角为直角，又直棱柱中，侧棱与底面垂直，所以两两垂直，以点为坐标原点，以方向分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
设异面直线与所成角为，
则.
故答案为

【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，空间向量法求异面直线所成角，是一种常用的方法，属于常考题型.
16.若函数恰有三个零点，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】
令，则当有即有，由与的图像可得当时只有一个交点，即当时只有一个零点，所以当时函数有两个零点，即有两个解，再令，利用导数求出函数的单调区间，从而可得出有两个解时的取值范围.
【详解】当时，令可得，
由与的图像可得当时只有一个交点，
即当时只有一个零点，
所以当时函数有两个零点，
即有有两个解，
设，则，
所以当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，
在上单调递增，
又当时，函数，
当时，函数，且，
所以当时，有有两个解
故答案为：
【点睛】本题考查了函数与方程，函数零点问题，利用导数求函数的单调性，属于一般题.
三．解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17.某校从高一年级学生中随机抽取40名学生，将他们的期中考试数学成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，，，，，后得到如图的频率分
布直方图．

（1）求图中实数的值；
（2）若该校高一年级共有学生1000人，试估计该校高一年级期中考试数学成绩不低于60分的人数．
（3）若从样本中数学成绩在，与，两个分数段内的学生中随机选取2名学生，试用列举法求这2名学生的数学成绩之差的绝对值大于10的槪率．
【答案】（1）a=0.03．（2）850（人）．（3）．
【解析】
试题分析：（1）由频率分布直方图的性质能求出的值；（2）先求出数学成绩不低于分的概率，由此能求出数学成绩不低于分的人数；（3）数学成绩在的学生为分，数学成绩在的学生人数为人，由此利用列举法能求出这名学生的数学成绩之差的绝对值大于的概率．
试题解析：（1）由频率分布直方图，得：
0.05+0.1+0.2+10a+0.25+0.1=1，
解得a=0.03.
（2）数学成绩不低于60分的概率为：0.2+0.3+0.25+0.1=0.85，
∴数学成绩不低于60分的人数为：
1000×0.85=850（人）．
（3）数学成绩在[40，50）的学生为40×0.05=2（人），
数学成绩在[90，100]学生人数为40×0.1=4（人），
设数学成绩在[40，50）的学生为A，B，数学成绩在[90，100]的学生为a，b，c，d，
从样本中数学成绩在[40，50）与[90，100]两个分数段内的学生中随机选取2名学生，
基本事件有：{AB}，{Aa}，{Ab}，{Ac}，{Ad}，{Ba}，{Bb}，{Bc}，{Bd}，{ab}，{ac}，{ad}，{bc}，
{bd}，{c，d}，
其中两名学生的数学成绩之差的绝对值大于10的情况有：
{Aa}，{Ab}，{Ac}，{Ad}，{Ba}，{Bb}，{Bc}，{Bd}，共8种，
∴这2名学生的数学成绩之差的绝对值大于10的槪率为．
考点：频率分布直方图；古典概型及其概率的求解．
18.已知数列是一个等差数列，且，，数列是各项均为正数的等比数列，且满足:.
（1）求数列与的通项公式；
（2）设数列满足，其前项和为求证:
【答案】（1），；（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）设数列的公差为，数列的公比为，则.由题意，求出，即求；
（2）由（1）写出，错位相减法求出，即证.
【详解】（1）∵为等差数列，设公差为，
∴，∴，
∴.
∵为等比数列，，设公比为，则，
∴，∴，∴，
.
（2）由（1）得，
∴①
∴②
得
，
.
∴.
【点睛】本题考查等差数列、等比数列的通项公式，考查错位相减法求和，属于中档题.
19.如图，菱形与正三角形的边长均为2，它们所在平面互相垂直，平面．

（1）求证：平面平面；
（2）若，求三棱锥体积．
【答案】（1）证明见解析（2）1
【解析】
【分析】
（1）推导出，，从而得到平面，由此可证得平面平面；
（2）取中点，连接，求得，且，进而证得平面，利用，即可求解.
【详解】（1）因为菱形中，所以，
因为平面，所以，
又因为 ，所以平面，
而平面，所以平面⊥平面.
（2）取中点，连接，，
因为为边长为的正三角形，所以，且，
又由平面平面且交线为，所以平面，
因为平面，所以，所以平面，
所以
.

【点睛】本题主要考查了平面与平面垂直的判定与证明，同时训练了等体积法求解三棱锥的体积，着重考查空间想象能力，以及转化思想的应用.
20.己知函数，它的导函数为.
（1）当时，求的零点；
（2）若函数存在极小值点，求的取值范围.
【答案】（1）是的零点；（2）
【解析】
【分析】
（1）求得时的，由单调性及求得结果.
（2）当时，，易得存在极小值点，再分当时和当时，令，通过研究的单调性及零点情况，得到的零点及分布的范围，进而得到的极值情况，综合可得结果.
【详解】（1）的定义域为，
当时，，.
易知为上的增函数，
又，所以是的零点.
（2），
① 当时，，令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，符合题意.
令，则.
② 当时，，所以在上单调递增.
又，，
所以在上恰有一个零点，且当时，；当时，，所以是的极小值点，符合题意.
③ 当时，令，得.
当）时，；当时，，
所以.
若，即当时，恒成立，
即在上单调递增，无极值点，不符合题意.
若，即当时，，
所以，即在上恰有一个零点，且当时，；当时，，
所以是的极小值点，符合题意.
综上，可知，即的取值范围为.
【点睛】本题主要考查导数的综合应用，考查了函数的极值，单调性和函数的导数之间的关系，构造函数研究函数的单调性是解决本题的关键．综合性较强，运算量较大，有一定的难度．
21.已知椭圆：的短轴长为2，离心率.过椭圆的右焦点作直线l（不与轴重合）与椭圆交于不同的两点，.
（1）求椭圆的方程；
（2）试问在轴上是否存在定点，使得直线与直线恰好关于轴对称?若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在点满足条件．
【解析】
【分析】
（1）由题意知，，解出即可；
（2）由题意，设，，定点（依题意，），设直线的方程为，与椭圆的方程联立并消元，得，，根据题意，化简整理得，解出即可．
【详解】解：（1）由题意知，，
解得，
∴椭圆的方程为：；
（2）存在定点，满足直线与直线恰好关于轴对称；
由题设知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，
与椭圆的方程联立，消元整理得，
设，，定点（依题意，），
由韦达定理可得，，，
直线与直线恰好关于轴对称，则直线与直线的斜率互为相反数，
∴，即，
又，
∴，
整理得，，
∴，即，
∴当，即时，直线与直线恰好关于轴对称，
综上：在轴上存在点，满足直线与直线恰好关于轴对称．
【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系，考查转化与化归思想，考查计算能力与推理能力，属于中档题．
22.在直角坐标系.xOy中，曲线C1的参数方程为（ 为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=4sinθ.
（1）求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；
（2）已知曲线C3的极坐标方程为，点A是曲线C3与C1的交点，点B是曲线C3与C2的交点，且A，B均异于原点O，且|AB|=4，求α的值.
【答案】（1），,；（2）
【解析】
【分析】
（1）由曲线C1的参数方程消去参数求出曲线的普通方程；曲线C2的极坐标方程左右同乘ρ，即可求出直角坐标方程；
（2）曲线C1化为极坐标方程，设，从而计算即得解.
【详解】（1）曲线C1的参数方程为,
消去参数得到普通方程：
曲线C2的极坐标方程为ρ=4sinθ，两边同乘ρ得到
故C2的直角坐标方程为：.
（2）曲线C1化为极坐标方程,
设
因为曲线C3的极坐标方程为：
点A是曲线C3与C1的交点，点B是曲线C3与C2的交点，且A，B均异于原点O，且|AB|=4



【点睛】本题考查了极坐标，参数方程综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
23.已知．
（1）在时，解不等式；
（2）若关于的不等式对恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）或
【解析】
【分析】
(1)根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集，(2)先根据绝对值三角不等式化为恒成立，或恒成立，再根据恒成立含义得实数的取值.
【详解】（1）在时，.
在时，，∴；
在时，，，∴无解；
在时，，，∴.
综上可知：不等式的解集为.
（2）∵恒成立，
而，
或，
故只需恒成立，或恒成立，
∴或.
∴的取值为或.
【点睛】含绝对值不等式的解法
法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想.