1、四川省宜宾市叙州区第二中学校2020届高三数学三诊模拟考试试题 文（含解析）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】A【解析】【分析】求函数值域求得集合，由此求得两个集合的交集.【详解】由题，.故选A.【点睛】本小题主要考查交集的概念和运算，考查指数函数的值域，属于基础题.2.复数（i为虚数单位）在复平面内对应的点所在象限为（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【详解】,对应的点为,在第四象限，故选D.3.已知命题，则为（ ）A. B. C. D
2、. 【答案】D【解析】【分析】根据全称命题的否定是特称命题进行求解即可.【详解】因为命题，所以为.故选：D【点睛】本题考查了全称命题的否定，属于基础题.4.对于是任意非零实数，且，又，则有（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】取特殊值排除ABC选项；利用指数函数的单调性判断D选项.【详解】当时，故A错误；当时，故B错误；当时，故C错误；因为函数在上单调递减，所以，故D正确故选:D【点睛】本题主要考查了根据所给条件判断不等式否正确，属于基础题.5.已知数列为等差数列，且，则的值为A. B. 45C. D. 【答案】B【解析】由已知及等差数列性质有，故选B.6.若直线与平行，则与
3、间的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据两直线平行求出的值，得出两条直线方程，再求直线之间的距离.【详解】由题：直线与平行，则，即，解得或，当时，直线与重合；当时，直线与平行，两直线之间的距离为.故选：B【点睛】此题考查根据两直线平行求参数的取值，需要注意讨论直线重合的情况，根据距离公式求平行线之间的距离.7.函数，的零点个数有( )A. 3个B. 2个C. 1个D. 0个【答案】A【解析】【分析】时，应用零点存在定理确定零点个数，时直接求出零点【详解】时，是增函数，因此在上存在唯一的零点，时，或，舍去，有两个零点，综上函数有3个零点故选A【点睛】本题考查函数零点
4、个数，考查零点存在定理，求零点个数问题，对于复杂的函数可以研究函数的性质，通过零点存在定理确定零点，对于简单的函数可以直接解方程求出零点8.设是不同的直线，是不同的平面,下列四个命题中，正确的是（ ）A. 若,则B. 若则C. 若则D. 若则【答案】B【解析】A错误平行于同一平面的两条直线可能平行、相交或异面；B正确垂直于同一平面的两条直线平行；C错误两平面垂直，一个平面内的直线可能平行另一个平面，也可能相交；D错误只有m与n相交时，才有两个平面平行9.已知函数，则下列结论错误的是（ ）A. 的一个周期为B. 的图像关于点对称C. 的图像关于直线对称D. 在区间的值域为【答案】D【解析】【分析
5、】对选项逐个分析，可知A正确；由，可知B、C都正确；在区间的值域为，D错误【详解】由于最小正周期，故是函数的一个周期，选项A正确；令，故的图像关于点对称，选项B正确；当时，故的图像关于直线对称，选项C正确；当时，则，故选项D错误故答案为D.【点睛】本题考查了三角函数的周期、对称轴、对称中心，及值域，考查了计算能力，属于中档题10.在正方体中，分别是的中点，则（ ）A. B. C. 平面D. 平面【答案】D【解析】分析：对于选项A，由条件可得直线MN与平面相交，因为直线在平面内，可得直线MN与直线不可能平行，判断选项A不对；对于选项B，因为点是的中点，所以要证，只需证而，所以与不垂直，选项B不对
6、；对于选项C，可用反证法推出矛盾假设平面，由直线与平面垂直的定义可得因为是的中点，由等腰三角形的三线合一可得 这与矛盾故假设不成立所以选项C不对；对于选项D，可找与直线MN平行的一条直线，证其垂直于平面故分别取的中点P、Q，连接PM、QN、PQ可得四边形为平行四边形进而可得正方体中易得，由直线与平面垂直的判定定理可得平面进而可得平面详解：对于选项A，因为分别是的中点，所以点平面，点 平面，所以直线MN是平面的交线，又因为直线在平面内，故直线MN与直线不可能平行，故选项A错； 对于选项B，正方体中易知 ，因为点是的中点，所以直线 与直线不垂直故选项B不对；对于选项C ,假设平面，可得因为是的中点
7、，所以 这与矛盾故假设不成立所以选项C不对；对于选项D,分别取的中点P、Q，连接PM、QN、PQ 因为点是的中点，所以且同理且所以且，所以四边形为平行四边形所以在正方体中， 因为 ，平面 ，平面，所以平面因为，所以平面故选项D正确故选D.点睛：在立体图形中判断直线与直线、直线与平面的位置关系，应熟练掌握直线与直线平行、垂直的判定定理、性质定理，直线与平面平行、垂直的判定定理、性质定理注意直线与直线、直线与平面、平面与平面平行或垂直之间的互相推导要判断选项错误，可用反证法得到矛盾11.已知定义在上的函数，若是奇函数， 是偶函数，当时，则（ ）A. B. C. 0D. 【答案】A【解析】【分析】由
8、是奇函数，且是偶函数，推得，得出函数是以4为周期的周期函数，即可求解.【详解】由题意，定义在上的函数，因为是奇函数，所以，又由是偶函数，则函数关于对称，即，所以，即，则，所以，所以函数是以4为周期的周期函数，且当时，又由.故选：A【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与函数的周期性的应用，其中解答中合理利用函数的奇偶性和对称性，求得函数是以4为周期的周期函数是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于中档试题.12.过抛物线C：y22px(p0)的焦点F作斜率为的直线l与C及其准线分别相交于A，B，D三点，则的值为（ ）A. 2或B. 3或C. 1D. 4或【答案】D【解析】【分析】根据题意，设直
9、线方程，与抛物线方程联立消去x得，设，有，再由韦达定理，解得或，再根据抛物线的定义，利用三角形相似性分类讨论求解.【详解】抛物线C：y22px(p0)的焦点F，设直线方程为，与抛物线方程联立，消去x得，所以，设，所以，所以，而，所以，即，解得或，当时，如图所示：，所以，由抛物线得定义得，又因为直线的作斜率为，所以，所以，所以，所以.当时，如图所示：，所以，又因为，直线的斜率为，所以，所以，所以.故选：D【点睛】本题主要考查抛物线的方程和直线与抛物线的位置关系，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.二填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，若，则_【答案】【解析
10、】分析：要求，应先知道各向量的坐标，故先根据求向量，再求，进而由向量数量积的坐标运算可求得结果详解：因为向量 若，所以 ， 所以 因为向量所以 因为 所以 点睛：向量数量积的运算有坐标运算和定义两种运算，定义运算应知道向量的模和夹角，坐标运算应知道各向量的坐标，则 本题考查学生的运算能力及数量积的运算14.若实数，满足不等式组，则的最大值为_.【答案】5【解析】【分析】由题意首先画出不等式组表示的平面区域，然后结合目标函数的几何意义求解其最大值即可.【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，结合目标函数的几何意义可知目标函数在点C处取得最大值，联立直线方程：，可得点的坐标为：，据此可知目标函
11、数的最大值为：.故答案为5【点睛】求线性目标函数zaxby(ab0)的最值，当b0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.15.若，则的值为_【答案】【解析】分析：解方程，求出，利用诱导公式，同角三角函数基本关系式，二倍角公式化简得到关于的表达式，代入求值即可.详解：由，得到，由得，又 即答案为.点睛：本题考查诱导公式，同角三角函数基本关系式，二倍角公式化简求值，属基础题.16.四棱锥中，底面为矩形，且，当该四棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】由
12、题意知四棱锥的体积最大时，平面SAD平面ABCD且为等边三角形，画出图形，设球心O到平面ABCD的距离为x，可得，进而得到球的半径，即可求解.【详解】由题意知当S到平面ABCD的距离最大时，四棱锥的体积最大，此时满足平面SAD平面ABCD，且为等边三角形，边长为4，则S到AD的距离即为S到平面ABCD的距离，设球心O到平面ABCD的距离OE=x,则由OD=OS得，解得，所以外接球的半径，则外接球的表面积为故答案为【点睛】本题考查四棱锥的外接球问题,关键在于确定球心和半径,考查学生的空间想象能力和计算能力,属于基础题.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1721题为必考
13、题，每个试题考生都必须作答.第2223题为选考题，考生根据要求作答.17.在中，、分别是角、的对边，且.（1）求角的值；（2）若，且为锐角三角形，求的取值范围.【答案】(1) .(2) .【解析】【分析】（1）根据题意，由余弦定理求得，即可求解C角的值；（2）由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，再根据为锐角三角形，求得，利用三角函数的图象与性质，即可求解.【详解】（1）由题意知，由余弦定理可知，又，.（2）由正弦定理可知，即，又为锐角三角形，即，则，所以，综上的取值范围为.【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角
14、”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.18.某生物兴趣小组对冬季昼夜温差与反季节新品种大豆发芽数之间的关系进行研究，他们分别记录了月日至11月25日每天的昼夜温差与实验室每天100颗种子的发芽数，得到以下表格日期11月21日11月22日11月23日11月24日11月25日温差()8911107发芽数(颗)2226312719该兴趣小组确定的研究方案是：先从这5组数据中选取2组数据，然后用剩下的3组数据求线性回
15、归方程，再用被选取的组数据进行检验.（1）求统计数据中发芽数的平均数与方差；（2）若选取的是11月21日与11月25日的两组数据，请根据11月22 日至11月24 日的数据，求出发芽数关于温差的线性回归方程，若由线性回归方程得到的估计数据与所选取的检验数据的误差不超过2，则认为得到的线性回归方程是可靠的，问得到的线性回归方程是否可靠？ 附：线性回归方程 中斜率和截距最小二乘估法计算公式： ，【答案】（1）平均数，方差.（2），得到的线性回归方程是可靠的.【解析】【分析】（1）根据平均数和方差的计算公式进行求解即可；（2）根据月日至月日的数据，结合所给的公式求出发芽数关于温差的线性回归方程，再根
16、据题意进行检验即可.【详解】（1） （2）由月日至月日的数据得 当时，满足当时，满足得到的线性回归方程是可靠的.【点睛】本题考查了平均数和方差计算公式，考查了线性回归方程的求法，考查了数学运算能力和数学阅读能力.19.如图，四棱锥中，平面，为线段上一点，为中点（I）证明平面；（II）求四面体的体积.【答案】()证明见解析；().【解析】试题分析：（）取的中点，然后结合条件中的数据证明四边形为平行四边形，从而得到，由此结合线面平行的判断定理可证；（）由条件可知四面体N-BCM的高，即点到底面的距离为棱的一半，由此可顺利求得结果试题解析：（）由已知得，取的中点，连接，由为中点知，.又，故平行且等于
17、，四边形为平行四边形，于是.因为平面，平面，所以平面.（）因为平面，为的中点，所以到平面的距离为.取的中点，连结.由得，.由得到距离为，故.所以四面体的体积.【考点】直线与平面间的平行与垂直关系、三棱锥的体积【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求三棱锥的体积关键是确定其高，而高的确定关键又找出顶点在底面上的射影位置，当然有时也采取割补法、体积转换法求解20.已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆短半轴长半径的圆与直线相切（1）求与；（2）设该椭圆的左、右焦点分别为和，直线过且与轴垂直，动
18、直线与轴垂直，交与点求线段垂直平分线与的交点的轨迹方程，并指明曲线类型【答案】（1），（2），该曲线为抛物线（除掉原点）【解析】【分析】（1）由题可知，直线与圆相切，根据圆心到直线的距离等于半径，结合离心率，即可求出与.（2）求出焦点坐标，设点坐标，从而得出的坐标，同时设，利用垂直关系可得出关于的式子即为的轨迹方程.【详解】解：（1），（2），两点分别为，由题意可设那么线段中点为，设是所求轨迹上任意点由于，即，所以又因为，消参得轨迹方程为.该曲线为抛物线（除掉原点）【点睛】本题主要考查椭圆的简单几何性质，包括离心率、短半轴长、焦点坐标，还涉及中点坐标公式，以及两直线垂直时斜率相乘为-1，还利用
19、消参法求动点的轨迹方程.21.已知函数（1）当时，判断函数的单调性；（2）若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围，并证明【答案】（1）在上单调递增；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）对求导，根据的符号得出的单调性；（2）由题意可知有两解，求出的过原点的切线斜率即可得出的范围，设，根据分析法构造关于的不等式，利用函数单调性证明不等式恒成立即可【详解】解：（1）时，故，在上单调递增（2）由题意可知有两解，设直线与相切，切点坐标为，则，解得，即实数的取值范围是不妨设，则，两式相加得：，两式相减得：，故，要证，只需证，即证，令，故只需证在恒成立即可令，则，在上单调递增，即在恒成立【点睛】本题
20、考查了导数与函数单调性的关系，函数单调性与不等式的关系，构造关于的不等式是证明的难点，属于难题22. 选修4-4：坐标系与参数方程已知曲线的极坐标方程是,以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为轴的正半轴, 建立平面直角坐标系，在平面直角坐标系中, 直线经过点,倾斜角（1）写出曲线直角坐标方程和直线的参数方程；（2）设与曲线相交于两点, 求的值【答案】（1），为参数）；（2）【解析】试题分析：(1)利用,化为直角坐标方程,利用直线参数方程公式求出参数方程；(2)利用直线参数方程的几何意义求出弦长.试题解析：（1）曲线化为，再化为直角坐标方程为，化为标准方程为，直线的参数方程为（为参数）（2）将的参
21、数方程代入曲线的直角坐标方程，整理得，则，所以考点：1.极坐标方程,直角方程,参数方程的互化；2.直线参数方程的几何意义.23.已知（1）求不等式的解集；（2）设为正实数，且，求证：.【答案】（1）；（2）证明详见解析【解析】【分析】第一问是有关绝对值不等式的解法问题，在解题的过程中，应用零点分段法将绝对值符号去掉转化为三个不等式组来解第二问利用解析式先求出函数值，之后利用基本不等式求得结果.【详解】（1）不等式等价于不等式组或或，所以不等式的解集为；（2）证明：因为，所以，因为为正实数，所以由基本不等式（当且仅当时等号成立），同理，所以，所以，所以.【点睛】该题属于不等式的问题，需要明确绝对值不等式的解法-零点分段法，去绝对值符号，将其转化为多个不等式组的解集的并集来完成，二是有关重要不等式，还有借用不等式的性质对其等价变形，最后证得结果.
