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 ABCD2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 ABCD3若干年前，某教师刚退休的月退休金为6000元
2、，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 A6500元B7000元C7500元D8000元4等差数列的前项的和等于前项的和，若，则 ABCD5将三个数，从小到大排列得 A B C D6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7已知，在区间上任取一个实数，则的概率为 A B C D来8若，则cos2=ABCD9某三棱锥的三视图如图所示，已知它的体积为，则图中的值
3、为A2BC1D10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 ABCD12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 ABCD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，则的最大值为_.14已知函数的图象在点处的切线为，_15已知，则的值为_.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_.三解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演
4、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（12分）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：(I)已知抽取的100个使用未订餐软件的商家中，甲商家的“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；(II)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；(III)如果以“平
5、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？18（12分）如图，在四棱锥ABCD中，和都是等边三角形，平面PAD平面ABCD，且，（I）求证：CDPA；（II）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PDAEBCF19（12分）在中，内角所对的边分别为，已知.（I）求；（II）设，.若在边上，且，求的长.20（12分）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.21（12分）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.（）若轴，且满足直线与圆相切，求圆的方程；（）若圆的半径为
6、2，点，满足，求直线被圆截得弦长的最大值.（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选修4-4：坐标系与参数方程（10分）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（）求直线l及曲线的极坐标方程；（）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.PDAEBCF23选修4-5：不等式选讲（10分）已知函数，且的解集为（）求的值；（）若，且，求证2020年春四川省宜宾市第四中学高三三诊模拟考试
7、文科数学参考答案1A2C3D4C5B6A7B8C9C10D11A12A13141151617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18证明：（I）因为， ，所以， ，且又是等边三角形，所以，即3分因为平面平面， 平面平面，平面所以平面 所以CDPA 6分（II）因为平面BEF/平面PCD，
8、所以BF/CD， EF/PD，且 8分又在直角三角形ABD中，DF=，所以 所以 10分由（I）知平面，故四棱锥的体积12分19：（1）因为，由正弦定理可得，化简得：，所以，即.又因为，所以.则.因为，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.20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，的最小值为（）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；
9、当或时，有1个零点；当时，有2个零点.21解：（1）因为椭圆的方程为，所以，因为轴，所以， 根据对称性，可取， 则直线的方程为，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. 22（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23，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.