四川省泸县第一中学2020届高三三诊模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

这是一份四川省泸县第一中学2020届高三三诊模拟考试数学（理）试题 Word版含解析，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

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2020年春四川省泸县第一中学高三三诊模拟考试
理科数学
第Ⅰ卷
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.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
求出、中不等式的解集确定出、，找出与的交集即可．
【详解】集合，集合，
所以.
故选C
【点睛】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．
2.，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设，化简得到，解得答案.
【详解】设，则，故，
故，故.
故选：.
【点睛】本题考查了复数的计算，意在考查学生的计算能力.
3.若，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由三角函数的诱导公式，求得，再由余弦的倍角公式，即可求解，得到答案.
【详解】由三角函数的诱导公式，可得，
又由余弦的倍角公式，可得，
所以，故选B.
【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式和余弦的倍角公式的化简求值，其中解答中熟练应用三角函数的基本公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
4.函数的图象大致为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据函数的解析式，得到，所以函数为偶函数，图象关于对称，排除B、C；再由函数的单调性，排除A，即可得到答案.
【详解】由题意，函数，可得，
即，所以函数为偶函数，图象关于对称，排除B、C；
当时，，则＞0，
所以函数在上递增，排除A，
故选.
【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与函数单调性的应用，其中解答中熟练应用函数的奇偶性和单调性，进行合理排除是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
5.已知等差数列的前项和为则数列的前10项和为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
设等差数列的公差为，


解得



故选
点睛：设等差数列的公差为，由已知条件及等差数列通项公式得到，解得和的值，可得，再利用裂项求和的方法即可得出答案．
6.将函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数为偶函数，则的值为（　　）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用三角函数的图象变换求得函数的解析式，再根据三角函数的性质，即可求解，得到答案．
【详解】将将函数的图象向左平移个单位长度，
可得函数
又由函数为偶函数，所以，解得，
因为，当时，，故选D．
【点睛】本题主要考查了三角函数图象变换，以及三角函数的性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象变换，合理应用三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
7.从装有若干个大小相同的红球、白球和黄球的袋中随机摸出1个球，摸到红球、白球和黄球的概率分别为，从袋中随机摸出一个球，记下颜色后放回，连续摸3次，则记下的颜色中有红有白，但没有黄的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
概率等于没有黄球的概率减去只有白球或只有红球的概率，计算到答案.
【详解】根据题意：概率等于没有黄球的概率减去只有白球或只有红球的概率.
即.
故选：.
【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.
8.已知双曲线与双曲线有相同的渐近线，则双曲线的离心率为（　　）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由双曲线与双曲线有相同的渐近线，列出方程求出的值，即可求解双曲线的离心率，得到答案．
【详解】由双曲线与双曲线有相同的渐近线，
可得，解得，此时双曲线，
则曲线的离心率为，故选C．
【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记双曲线的几何性质，准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
9.设的内角，，所对的边分别为，，，且，，则面积的最大值为（ ）
A. 8 B. 9 C. 16 D. 21
【答案】B
【解析】
由三角形的面积公式：
，
当且仅当 时等号成立.
则面积的最大值为9.
本题选择B选项.
10.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
由三视图可知，该几何体为如图所示的四棱锥，其中四边形为矩形,平面平面,.该多面体的外接球球心在 中垂面上,其中为三角形外心.设，则由得， 解得，所以该多面体的外接球半径，因此其表面积为 ，故选C.

点睛：空间几何体表面积的求法
(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．
(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．
11.已知抛物线焦点为，准线与轴的交点为，点为抛物线上任意一点的平分线与轴交于，则的最大值为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
求出抛物线焦点坐标，利用抛物线的定义，转化求出比值，，
求出等式左边式子的范围，将等式右边代入，从而求解．
【详解】解：由题意可得，焦点F（1，0），准线方程为x＝−1，
过点P作PM垂直于准线，M为垂足，

由抛物线的定义可得|PF|＝|PM|＝x＋1，
记∠KPF的平分线与轴交于
根据角平分线定理可得，
，
当时，，
当时，，
，
综上：．
故选A．
【点睛】本题主要考查抛物线的定义、性质的简单应用，直线的斜率公式、利用数形结合进行转化是解决本题的关键．考查学生的计算能力，属于中档题．
12.若函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
因为，由题设可得在上恒成立，令，则，又，且，故，所以问题转化为不等式在上恒成立，即不等式在上恒成立．令函数，则，应选答案D．
点睛：本题的求解过程自始至终贯穿着转化与化归的数学思想，求函数的导数是第一个转化过程，换元是第二个转化过程；构造二次函数是第三个转化过程，也就是说为达到求出参数的取值范围，求解过程中大手笔地进行三次等价的转化与化归，从而使得问题的求解化难为易、化陌生为熟悉、化繁为简，彰显了数学思想的威力．
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13.________．
【答案】
【解析】
【分析】
利用辅助角公式可求得结果.
【详解】.
故答案：.
【点睛】本题考查三角函数值的计算，涉及辅助角公式的应用，考查计算能力，属于基础题.
14.设是两个向量，则“”是“”的__________条件.
【答案】充分必要
【解析】
由，所以是充分必要条件．
15.圆的切线与椭圆交于两点分别以为切点的的切线交于点，则点的轨迹方程为__________．
【答案】 .
【解析】
设切点分别为，则过点的切线方程为，即代入，整理化简可得，由题设可得，即，结合可得，则切线方程为；同理可得经过点的切线方程为．设交点，故由题设可得且，观察这两个等式可以看出经过两点的直线是，又该直线与相切，则，即，即交点在曲线运动，应填答案．
点睛：本题的求解思路是先建立经过椭圆与已知圆的切线的交点的切线方程，再运用抽象概括（即特殊到一般的归纳思维）的思想方法得到含交点的坐标的方程，即点的轨迹方程，其求解过程较为繁冗，对运算求解能力及分析问题解决问题的能力要求较高，具有一定的难度．
16.已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】

(i)当a=0时,f(x)=−3x2+1,令f(x)=0,解得x=±,函数f(x)有两个零点，舍去．
(ii)当a≠0时,f′(x)=3ax2−6x=3ax(x−),令f′(x)=0,解得x=0或2a.
①当a<0时,<0,当x<或x>0时,f′(x)<0,此时函数f(x)单调递减;当0,此时函数f(x)单调递增．
∴是函数f(x)的极小值点,0是函数f(x)的极大值点．
∵函数f(x)=ax3−3x2+1存在唯一的零点x0,且x0<0,则，无解，舍去．
②当a>0时,>0,当x>或x<0时,f′(x)>0,此时函数f(x)单调递增;当0 ∴是函数f(x)的极小值点,0是函数f(x)的极大值点．
∵函数f(x)=ax3−3x2+1存在唯一的零点x0,且x0<0,则f(>0,即−+1>0，a>0，解得a>2.
综上可得：实数a的取值范围是(2,+∞).
故答案为(2,+∞).
点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
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.已知正项等比数列的前项和为，，，数列满足，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（Ⅰ） ; （Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）根据题意，由等比数列的通项公式及前项和公式，建立关于首项和公比的方程，求数列的首项，再用迭加法求出数列的通项公式；（Ⅱ）由（Ⅰ）得，再采用裂项相消法，即可求出数列的前项和.
试题解析：（Ⅰ）根据题意，设的公比为，所以解得
又，
所以
．
（Ⅱ）因为，
所以．
点睛：此题主要考查裂项求和法在求数列前项和、等比数列通过公式及前项和公式的应用能力，属于中低档题型，也是高频考点.裂项求和法是根据数列的通项公式特点，将其拆成两项之差（如本题中），在求和中叠加后就可消掉中间项，剩下首尾两项，从而达到求前项和公式.
18.如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，，点是的中点.

求证：平面；
若直线与平面所成角为，求二面角的大小.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）连接交于，连接，利用线面平行的判定定理，即可证得平面；
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，，分别求得平面和平面的一个法向量和，利用向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）连接交于，连接，
由题意可知，，，
又在平面外，平面，所以平面.
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，，则，，，
，，，
设平面的法向量，
由，得，取，
又由直线与平面所成的角为，
得，解得，
同理可得平面的法向量，
由向量的夹角公式，可得，
又因为二面角为锐二面角，所以二面角的大小为.

【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，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，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，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.
19.在某市高中某学科竞赛中，某一个区名考生的参赛成绩统计如图所示.

（1）求这名考生的竞赛平均成绩（同一组中数据用该组区间中点作代表）；
（2）由直方图可认为考生竞赛成绩服正态分布，其中，分别取考生的平均成绩和考生成绩的方差，那么该区名考生成绩超过分（含分）的人数估计有多少人？
（3）如果用该区参赛考生成绩的情况来估计全市的参赛考生的成绩情况，现从全市参赛考生中随机抽取名考生，记成绩不超过分的考生人数为，求.（精确到）
附：①，；②，则，；③.
【答案】（1）分；（2）634人；（3）0.499
【解析】
【分析】
（1）根据平均数公式计算；
（2）根据正态分布的对称性计算P（z≥84.81），再估计人数；
（3）根据二项分布的概率公式计算P（ξ≤3）．
【详解】（1）由题意知：
中间值






概率








∴ ，
∴名考生的竞赛平均成绩为分.
（2）依题意服从正态分布，其中，，，∴服从正态分布，而，∴.∴竞赛成绩超过分的人数估计为人人.
（3）全市竞赛考生成绩不超过分的概率.而，∴ .
【点睛】关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法
①熟记P(μ－σ ②充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.
20.中心在原点的椭圆E的一个焦点与抛物线的焦点关于直线对称，且椭圆E与坐标轴的一个交点坐标为.
（1）求椭圆E标准方程；
（2）过点的直线l（直线的斜率k存在且不为0）交E于A，B两点，交x轴于点P点A关于x轴的对称点为D，直线BD交x轴于点Q.试探究是否为定值？请说明理由.
【答案】（1）；（2）为定值4，理由详见解析.
【解析】
【分析】
（1）椭圆E的右焦点为，得到，计算，得到答案.
（2）设直线l的方程为，联立方程得到，计算得到，计算，得到答案.
【详解】（1）因为椭圆E的一个焦点与抛物线的焦点关于直线对称，
所以椭圆E的右焦点为，所以.
又椭圆E与坐标轴的一个交点坐标为，所以，又，
所以椭圆E的标准方程为.
（2）设直线l的方程为，，则点，设
则点，联立直线l与椭圆E的方程有，
得，所以有，即
且，即直线BD的方程为
令\，得点Q的横坐标为，
代入得：，
所以，所以为定值4.
【点睛】本题考查了椭圆的标准方程，椭圆的定值问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
21.已知函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若有两个极值点,且，求取值范围．（其中e为自然对数的底数）．
【答案】(1) 单调递增区间为和，单调递减区间为 ；
(2) .
【解析】
【分析】
（1）求导，利用导数的符号确定函数的单调区间；（2）求导，利用导函数，将函数存在极值问题转化为导函数对应方程的根的分布情况进行求解.
【详解】（1）的定义域为，，
的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（2∵，有两个极值点
∴令，则的零点为，且.
∴＞０,
∴ 或
∵，
∴.
根据根的分布，则且g() <0 即 , .
∴a的取值范围是
（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．
22.已知直线：(为参数)，曲线：（为参数）．
(1)设与相交于两点，求；
(2)若把曲线上各点的横坐标压缩为原来的倍，纵坐标压缩为原来的倍，得到曲线，设点P是曲线上的一个动点，求它到直线的距离的最大值．
【答案】(1)；(2)
【解析】
【分析】
（1）消去直线参数方程的参数，求得直线的普通方程.消去曲线参数方程的参数，求得曲线的普通方程，联立直线和曲线的方程求得交点的坐标，再根据两点间的距离公式求得.（2）根据坐标变换求得曲线的参数方程，由此设出点坐标，利用点到直线距离公式列式，结合三角函数最值的求法，求得到直线的距离的最大值.
【详解】（1）的普通方程为，的普通方程为，
联立方程组，解得交点为,
所以=；
（2）曲线：（为参数）．设所求的点为，
则到直线的距离.
当时，取得最大值．
【点睛】本小题主要考查参数方程化为普通方程，考查直线和圆相交所得弦长的求法，考查坐标变换以及点到直线距离公式，还考查了三角函数最值的求法，属于中档题.
23.已知：，，且
（1）若求x的取值范围；
（2）恒成立，求m的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）化简得到，讨论，和三种情况计算得到答案.
（2），解不等式得到答案.
【详解】（1）把代入原不等式得，
此不等式等价于或或
分别解得：或货，故原不等式解集为
（2），当且仅当，时取等号，
∴，故.
【点睛】本题考查了解绝对值不等式，不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力.