1、四川省宜宾市第四中学2020届高三数学三诊模拟考试试题 文（含解析）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第I卷 选择题（60分）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】直接利用集合的交集运算，找出公共元素，即可得到结果.【详解
2、】.故选：A.【点睛】本题考查了集合的交集运算，属于基础题.2.在复平面内，已知复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出复数z,再求得解.【详解】由题得z=1-i ,所以.故选C【点睛】本题主要考查复数的几何意义和复数除法的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.3.若干年前，某教师刚退休的月退休金为6000元，月退休金各种用途占比统计图如下面的条形图.该教师退休后加强了体育锻炼，目前月退休金的各种用途占比统计图如下面的折线图.已知目前的月就医费比刚退休时少100元，则目前该教师的月退休金为（ ）. A. 650
3、0元B. 7000元C. 7500元D. 8000元【答案】D【解析】【分析】设目前该教师的退休金为x元，利用条形图和折线图列出方程，求出结果即可【详解】设目前该教师的退休金为x元，则由题意得：600015%x10%100解得x8000故选D【点睛】本题考查由条形图和折线图等基础知识解决实际问题，属于基础题4.等差数列的前9项的和等于前4项的和，若，则k=（ ）A. 10B. 7C. 4D. 3【答案】A【解析】【分析】由等差数列的性质可得，然后再次利用等差数列的性质确定k的值即可.【详解】由等差数列的性质可知：,故，则，结合题意可知：.本题选择A选项.【点睛】本题主要考查等差数列的性质及其应
4、用，属于中等题.5.将三个数，从小到大排列得( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分别与中间值0和1比较【详解】由指数函数性质得，故选：B.【点睛】本题考查幂与对数的大小比较，解题时不同类型的数一般借助于中间值如0，1等比较6.函数的图象以下说法正确的是（ ）A. 最大值为1，图象关于直线对称B. 在上单调递减，为偶函数C. 在上单调递增，为偶函数D. 周期为，图象关于点对称【答案】A【解析】【分析】根据诱导公式，将该函数化简为，分析其性质，即可选出正确答案.【详解】，其最大值1，为偶函数，周期为.令，得 则该函数的对称轴为，选项A正确；由得，则该函数的单调递增区间为，选项B
5、错误；单调递减区间为，选项C错误；令，得，则该函数的对称中心为，选项D错误.故选：A.【点睛】本题考查了三角函数的诱导公式，由三角函数的解析式判断其性质，属于中档题.7.已知，在区间上任取一个实数，则的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出满足的角的范围，由长度比，即可得到该几何概型的概率.【详解】，则满足的概率为：.故选：B.【点睛】本题考查了三角不等式的求解，几何概型的计算，属于中档题.8.若，则cos2=（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意先求出，然后再用倍角公式求解即可得到结果【详解】由条件得，故选C【点睛】本题考查诱导公式和倍角
6、公式的应用，考查变形和计算能力，解题的关键是正确进行公式的变形，属于基础题9.某三棱锥的三视图如图所示，已知它的体积为，则图中的值为（ ）A. 2B. C. 1D. 【答案】C【解析】【分析】画出该三视图对应的直观图，再由棱锥的体积公式得出的值.【详解】该三视图对应的直观图是三棱锥，如下图所示由棱锥的体积公式得：，解得： 故选：C【点睛】本题主要考查了已知三视图求体积，属于中档题.10.对于函数的图象，下列说法正确的是 （ ）A. 关于直线对称B. 关于直线对称C. 关于点对称D. 关于点对称【答案】D【解析】【分析】由，设,可得为奇函数,由图像平移可得答案.【详解】，令，则，为奇函数，其图象
7、关于原点对称，将图象向上平移1个单位长度可得图象，所以图象关于对称.故选：D【点睛】本题考查函数图像的平移和函数的奇函数的图像的对称性，属于基础题.11.已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：函数与的图象上存在关于轴对称的点，等价于存在，使，即在上有解，从而化为函数上有零点，进而可得结果.详解：若函数与图象上存在关于轴对称的点，则等价为，在时，方程有解，即在上有解，令，则在其定义域上是增函数，且时，若时，时，故在上有解，当时，则在上有解可化为，即，故，综上所述，故选A.点睛：转化与划归思想解决高中数学问题的一种重要思想方法
8、，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中.本题中，函数与的图象上存在关于轴对称的点，转化为存在，使是解题的关键.12.已知直线与椭圆交于两点，且（其中为坐标原点），若椭圆的离心率满足，则椭圆长轴的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】联立直线方程与椭圆方程得（a2+b2）x22a2x+a2a2b20，设P（x1，y1），Q（x2，y2），
9、由OPOQ，得0，由根与系数的关系可得：a2+b22a2b2由椭圆的离心率e满足e，化为，即可得出【详解】联立 得：（a2+b2）x22a2x+a2a2b20，设P（x1，y1），Q（x2，y2）4a44（a2+b2）（a2a2b2）0，化为：a2+b21x1+x2 ，x1x2OPOQ，x1x2+y1y2x1x2+（x11）（x21）2x1x2（x1+x2）+10，2+10化为a2+b22a2b2b2椭圆的离心率e满足e，化为54a26解得： 2a 满足0椭圆长轴的取值范围是，故选A【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、向量垂直与数量积的关系、一元二次方程的根与系数的关系、不等式的性质，考
10、查了推理能力与计算能力，属于中档题第II卷 非选择题（90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若实数满足约束条件，则最大值为_.【答案】【解析】【分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，表示直线在轴上截距的，只需求出直线在轴上的截距最小值即可.【详解】解：不等式组表示的平面区域如图所示，当直线过点时，在轴上截距最小，又，此时.故答案为：.【点睛】本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题.14.已知函数的图象在点处的切线为，_【答案】1【解析】【分析】对函数求导，得.根据导数的几何意义，列出方程，即可解得的值.【详解】由得，的图象在点点
11、处的切线为，则.故答案为：1.【点睛】本题考查了导数的几何意义，函数的求导公式，属于基础题.15.已知，则的值为_.【答案】【解析】【分析】由已知式求出，利用同角三角函数间的平方关系和商数关系，将化为，代入即可求值.【详解】，则.故答案为：.【点睛】本题考查了同角三角函数间的平方关系和商数关系，正、余弦其次式的计算，二倍角的正弦公式，属于中档题.16.在边长为的菱形中，沿对角线折起，使二面角的大小为，这时点在同一个球面上，则该球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】取的中点,连接、，可知外接球的球心在面中，再作，分别求出与的长度后即可得解.【详解】如图1，取的中点,连接、，由已知易知面面，则外
12、接球的球心在面中.由二面角的大小为可知.在面中，设球心为，作，连接，易知在面上的投影即为，平分，为的中心，.故答案为：【点睛】本题考查了立体图形外接球体积的求解，考查了空间想象能力，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1721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.随着移动互联网的发展，与餐饮美食相关的手机软件层出不穷，现从某市使用和两款订餐软件的商家中分别随机抽取100个商家，对它们的“平均送达时间”进行统计，得到频率分布直方图如下：(1)已知抽取的100个使用未订餐软件的商家中，甲商家
13、的“平均送达时间”为18分钟，现从使用未订餐软件的商家中“平均送达时间”不超过20分钟的商家中随机抽取3个商家进行市场调研，求甲商家被抽到的概率；(2)试估计该市使用款订餐软件的商家的“平均送达时间”的众数及平均数；(3)如果以“平均送达时间”的平均数作为决策依据，从和两款订餐软件中选择一款订餐，你会选择哪款？【答案】（1）； （2）； （3）选款订餐软件.【解析】【分析】运用列举法给出所有情况，求出结果由众数结合题意求出平均数分别计算出使用款订餐、使用款订餐的平均数进行比较，从而判定【详解】（1）使用款订餐软件的商家中“平均送达时间”不超过20分钟的商家共有个，分别记为甲，从中随机抽取3个商
14、家的情况如下：共20种. ,.甲商家被抽到的情况如下：共10种,记事件为甲商家被抽到，则.（2）依题意可得，使用款订餐软件的商家中“平均送达时间”的众数为55，平均数为.（3）使用款订餐软件的商家中“平均送达时间”的平均数为 所以选款订餐软件【点睛】本题主要考查了频率分布直方图，平均数和众数，古典概率等基础知识，考查了数据处理能力以及运算求解能力和应用意识，属于基础题18.如图，在四棱锥ABCD中，和都是等边三角形，平面PAD平面ABCD，且，（1）求证：CDPA；（2）E，F分别是棱PA，AD上的点，当平面BEF/平面PCD时，求四棱锥的体积【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1
15、）由已知即可证得：，且，再利用是等边三角形即可证得：，再利用面面垂直的性质即可证得：平面，问题得证.（2）利用平面BEF/平面PCD可得：BF/CD，结合可得，即可求得：DF=，从而求得，利用（1）可得四棱锥的高，再利用锥体体积公式计算即可.【详解】证明：（1）因为是等边三角形，所以又，所以，所以，且又是等边三角形，所以，所以又平面平面，平面平面，平面所以平面所以CDPA（2）因为平面BEF/平面PCD，所以BF/CD，EF/PD，又所以又在直角三角形ABD中，DF=，所以所以由（1）知平面，故四棱锥的体积【点睛】本题主要考查了面面垂直的性质、线线垂直的判定、面面平行的性质及锥体体积计算公式，
16、还考查了转化思想及空间思维能力，属于中档题.19.在中，内角所对的边分别为，已知.（1）求；（2）设，.若在边上，且，求的长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据正弦定理变换互化为，再化简求得，求角；（2）根据面积求，中，根据余弦定理求的长.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，化简得：，所以，即.又因为，所以.则.因，所以，所以.因为，所以.（2）因为，因为，所以，即，因为，即，所以.在中，由余弦定理得：，则，所以.【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，意在考查转化与化归的思想和计算能力，属于基础题型，一般边和角在一个是式子的时候，可以采用正弦定理边角互化，转化为三角函数恒等变形问
17、题.20.已知函数.（）求函数在区间上的最小值；（）判断函数在区间上零点的个数.【答案】(1) 当时，的最小值为； 当时，的最小值为;(2)见解析.【解析】分析：求导后分类讨论的取值，结合单调性求出最小值分离参量，转化为图像交点问题详解：（）因为， 当时，所以在上是增函数，无最小值； 当时，又得，由得在上是减函数，在上是增函数， 若，则在上是减函数，则；若，则在上是减函数，在上是增函数，综上：当时，的最小值为； 当时，最小值为（）由得令，则，由得，由得，所以在上是减函数，在上是增函数，且，且，当时，所以，当时，无有零点；当或时，有1个零点；当时，有2个零点.点睛：本题考查了含有参量的导数题目，
18、依据导数，分类讨论参量的取值范围，来求出函数的单调性，从而得到最小值，在零点个数问题上将其转化为两个图像的交点问题21.在平面直角坐标系中，已知椭圆的左顶点为，右焦点为，为椭圆上两点，圆.（1）若轴，且满足直线与圆相切，求圆的方程；（2）若圆的半径为2，点，满足，求直线被圆截得弦长的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意先计算出点坐标，然后得到直线的方程，根据直线与圆相切，得到半径的大小，从而得到所求圆的方程；（2）先计算斜率不存在时，被圆截得弦长，斜率存在时设为，与椭圆联立，得到和，代入到得到的关系，表示出直线被圆截得的弦长，代入的关系，从而得到弦长的最大值.【详解】解：
19、（1）因为椭圆的方程为，所以，因为轴，所以， 根据对称性，可取， 则直线方程为，即. 因为直线与圆相切，得，所以圆的方程为 .（2）圆的半径为2，可得圆的方程为. 当轴时，所以，得，此时得直线被圆截得的弦长为. 当与轴不垂直时，设直线的方程为，首先由，得，即，所以（*）. 联立，消去得，在时，代入（*）式，得，由于圆心到直线的距离为，所以直线被圆截得的弦长为，故当时，有最大值为.综上，因为，所以直线被圆截得的弦长的最大值为. 【点睛】本题考查根据直线与圆相切求圆的方程，直线与椭圆的交点，弦长公式，对计算能力要求较高，属于难题.（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
20、做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程 22.在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点P是曲线上的动点，点Q在OP的延长线上，且，点Q的轨迹为（1）求直线l及曲线的极坐标方程；（2）若射线与直线l交于点M，与曲线交于点（与原点不重合），求的最大值.【答案】（1）直线l的极坐标方程为.的极坐标方程为（2）【解析】【分析】（1）消参可得直线的普通方程，再利用公式把极坐标方程与直角坐标方程进行转化，从而得到直线的极坐标方程；利用相关点法求得曲线的极坐标方程；（2）利用极坐标中极径的意义求得长度，再把所求变形
21、成正弦型函数，进一步求出结果【详解】（1）消去直线l参数方程中的t，得，由，得直线l的极坐标方程为，故由点Q在OP的延长线上，且，得，设，则，由点P是曲线上的动点，可得，即，所以的极坐标方程为（2）因为直线l及曲线的极坐标方程分别为，所以， 所以，所以当时，取得最大值，为【点睛】本题考查的知识要点：参数方程和极坐标方程与直角坐标方程的转化，考查了点的轨迹方程的求法，涉及三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，属于中档题选修4-5：不等式选讲23.已知函数，且的解集为（1）求的值；（2）若，且，求证【答案】（1）1；（2）见解析【解析】【分析】（1）由条件可得，故有的解集为，即的解集为，进而可得结果；（2）根据利用基本不等式即可得结果.【详解】（1）函数，故，由题意可得的解集为，即的解集为，故（2）由，且，当且仅当时，等号成立所以.【点睛】本题主要考查带有绝对值的函数的值域，基本不等式在最值问题中的应用，属于中档题
