1、辽宁省大连市2020届高三数学下学期第三次模拟考试试题 理（含解析）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟第卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知集合，则下列选项正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】计算，根据集合的包含关系，交集并集运算依次判断每个选项得到答案.【详解】,，则，AB错误；，C错误；，D正确.故选：D.【点睛】本题考查了解指数不等式，集合的包含关系，交集并集运算，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.2.设，则，的大小关系为（ ）A. B. C.
2、D. 【答案】C【解析】【分析】由指数函数的性质和对数函数的性质，分别求得的取值范围，即可求解.【详解】由指数函数的性质，可得，由对数函数的性质，可得，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查了指数函数和对数函数的性质的应用，其中解答中熟记指数函数和对数函数的图象与性质是解答的关键，着重考查推理与运算能力.3.已知平面，直线，直线，则下列命题正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据空间线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断得出答案.【详解】选项A. 由直线，直线，则与可能异面，可能平行.则选项A错误.选项B. 由直线，直线,则与可能平行，可能相交，可能异面，则选项B错
3、误.选项C. 由直线,，则选项C正确.选项D. 由直线，直线,则与可能平行，可能相交,则选项D错误.故选：C【点睛】本题考查空间线面、面面的位置关系的综合应用，属于基础题.4.已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）A. 0.6B. 0.2C. 0.4D. 0.35【答案】B【解析】【分析】根据随机变量X服从正态分布，可知正态曲线的对称轴，利用对称性，即可求得【详解】随机变量服从正态分布，正态曲线的对称轴是，.故选：B【点睛】本题考查的知识点是正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.5.为了普及垃圾分类的知识，某宣传小组到小区内进行宣传.该小组准备了100张
4、垃圾的图片，其中可回收垃圾40张.为了检验宣传成果，该小组从这100张图片中选取20张做调查问卷，则这20张中恰有10张可回收垃圾的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题知，该小组从这100张图片中选取20张共有个结果，而这20张中恰有10张可回收垃圾的共有个结果，由古典概率公式计算即可得结果.【详解】由题知，该小组从这100张图片中选取20张共有个结果，而这20张中恰有10张可回收垃圾的共有个结果，由古典概率公式得这20张中恰有10张可回收垃圾的概率为.故选：B【点睛】本题主要考查古典概率，属于基础题.6.与双曲线有共同的渐近线，且焦点在轴上的双曲线的离心率为（
5、）A. 2B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设双曲线的方程，根据题意，求得，再结合离心率的计算公式，即可求解.【详解】由题意，双曲线，可得其渐近线方程为，又由与双曲线有共同的渐近线，且焦点在轴上，设双曲线的方程，则，所以离心率为.故选：A.【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及其几何性质，其中解答中熟记双曲线的几何性质，准确计算是解答的关键，着重考查推理与运算能力.7.在展开式中，含的项的系数是（ ）A. B. C. 15D. 51【答案】A【解析】【分析】首先将利用二项式定理展开，再求含的项的系数即可.【详解】因为所以含的项的系数为.故选：A【点睛】本题主要考查利用二项式定理求指
6、定项的系数，属于简单题.8.已知数阵中，每行的三个数依次成等比数列，每列的三个数也依次成等比数列，若，则该数阵中九个数的积为（ ）A. 36B. 256C. 512D. 1024【答案】C【解析】【分析】根据等比中项的性质计算可得；【详解】解：依题意可得，因为所以故选：C【点睛】本题考查等比数列的性质的应用，属于基础题；9.已知一个正四面体和一个正四棱锥，它们的各条棱长均相等，则下列说法：它们的高相等；它们的内切球半径相等；它们的侧棱与底面所成的线面角的大小相等；若正四面体的体积为，正四棱锥的体积为，则；它们能拼成一个斜三棱柱.其中正确的个数为（ ）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答
7、案】B【解析】【分析】正四面体的高，正四棱锥的高，所以该命题错误；设正四面体的内切球半径为.设正四棱锥的内切球半径为则.所以该命题不正确；在正四面体中，就是侧棱和底面所成的角，.在正四棱锥中，就是侧棱和底面所成的角，所以该命题不正确；计算得.所以该命题正确；把一个斜三棱柱分解成一个正四面体和正四棱锥，所以该命题正确.【详解】设正四面体和正四棱锥的棱长都为，如图1，,所以正四面体的高.如图2，正四棱锥的棱长都为2，它的高,所以该命题不正确；设正四面体的内切球半径为则，所以.设正四棱锥的内切球半径为则,所以.所以该命题不正确；如图1，在正四面体中，就是侧棱和底面所成的角，.如图2，在正四棱锥中，就
8、是侧棱和底面所成的角，所以该命题不正确；若正四面体的体积为，正四棱锥的体积为，则.所以该命题正确；如图3，是一个斜三棱柱，其中四棱锥是一个棱长都为2的正四棱锥，四面体是棱长都为2的正四面体，所以它们能拼成一个斜三棱柱.所以该命题正确.故选：B.【点睛】本题主要考查几何体的体积的计算，考查几何体的内切球问题，考查直线和平面所成的角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象计算能力.10.设，则是的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】分析：根据条件分别做出和，以及的图象，利用数形结合进行判断，即可得到结论.详解
9、：由得或，作出函数和，以及的图象，如图所示，则由图象可知当时，当时，因为，所以 “”是“”的充分不必要条件，故选A.点睛：本题主要考查了充分条件和必要条件的判定问题，其中正确作出相应函数的图象，利用数形结合法求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想方法的应用，以及推理与论证能力.11.在直线：上有两个点、，且、的中点坐标为，线段的长度，则过、两点且与轴相切的圆的方程为（ ）A. 或B. 或C 或D. 或【答案】C【解析】分析】首先求出线段的垂直平分线方程，设出圆心坐标和半径，再利用圆的弦长性质得到圆心坐标和半径，即可得到圆的标准方程.【详解】由题知：线段的垂直平分线方程为：，即.设圆心，因为圆
10、与轴相切，所以，如图所示：因，所以，整理得：，解得或.当时，圆心，圆.当时，圆心为，圆.故选：C【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系中的弦长问题，数形结合为解决本题的关键，属于中档题.12.函数是定义在上的奇函数，且函数为偶函数，当时，若有三个零点，则实数的取值集合是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】由条件可推得函数是以4为周期的周期函数，且图象关于直线对称，关于原点对称，作出函数与函数的图象，结合图象即可得实数的范围.【详解】由已知得，则，所以函数的图象关于直线对称，关于原点对称，又，进而有，所以得函数是以4为周期的周期函数，由有三个零点可知函数与函数的图象有
11、三个交点，当直线与函数图象在上相切时，即有两个相等的实数根，即，由得，当时，作出函数与函数的图象如图：由图知当直线与函数图象在上相切时，数形结合可得在有三个零点时，实数满足，再根据函数的周期为4，可得所求的实数的范围.故选：C【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性和周期性的应用，函数的零点和方程的根的关系，体现了转化与化归的思想和数形结合的思想.第卷本卷包括必考题和选考题两部分，第1321题为必考题，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.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.设，满足约束条件，则的最大值为_.【答案】2【解析】【分析】画出约束条件所表示的
12、平面区域，结合平面区域确定目标函数的最优解，代入，即可求解.【详解】由题意，画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，目标函数，可化为直线，当直线过点时，此时在轴上的截距最大，此时目标函数取得最大值，又由，解得，所以目标函数的最大值为.故答案为：2.【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力14.已知是虚数单位，则_【答案】【解析】【分析】根据虚数的计算规律，合理利用数列的求和，即可求解.【详解】由题意， 故答案为：.【点睛】本题主要考查了复数的
13、运算性质的应用，其中解答中合理利用复数的运算性质是解答的关键，着重考查推理与运算能力.15.对数是简化繁杂运算的产物.16世纪时，为了简化数值计算，数学家希望将乘除法归结为简单的加减法.当时已经有数学家发现这在某些情况下是可以实现的.比如，利用以下2的次幂的对应表可以方便地算出的值.456789101112163264128256512102420484096首先，在第二行找到16与256；然后找出它们在第一行对应的数，即4与8，并求它们的和，即12；最后在第一行中找到12，读出其对应的第二行中的数4096，这就是的值.用类似的方法可以算出的值，首先，在第二行找到4096与128；然后找出它们
14、在第一行对应的数，即12与7，并求它们的_；最后在第一行中找到_，读出其对应的第二行中的数_，这就是值.【答案】 (1). 差 (2). 5 (3). 32【解析】【分析】题设中给出的是第一行数的加法与第二行数的乘法的对应关系，类比到所求的问题中就是第一行数的减法与第二行数的除法之间的对应关系，从而可求规定的值.【详解】题设中给出的计算方法是：第一行数中两数的和与与第二行数的对应的两数的乘积是匹配的，因此，若在在第二行找到4096与128，要求它们的商， 可以找出它们在第一行对应的数，即12与7，它们的差（5）在第二行中对应的数（32）即为.故答案为：差，5，32.【点睛】本题考查类比推理，一
15、般地，类比推理有结论的类比、公式定理的类比，也有解题方法的类比，解题中注意寻找两类问题的相似之处.16.在中，点满足，过点的直线与，所在直线分别交于，.若，则的最小值为_.【答案】4【解析】【分析】根据题意画出图形，结合图形利用平面向量的线性运算与共线定理，再利用基本不等式，即可求解.【详解】如图所示，在中，点满足，所以，即，可得，因为，所以，因为三点共线，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为4.【点睛】本题主要考查了平面向量的线性运算与向量的共线定理，以及基本不等式的应用，其中解答中熟记向量的线性运算和共线定理，得到的关系式是解答的关键，着重考查推理与运算能力.三、解答题17.
16、已知函数且当时，最小值为.（1）求函数的单调减区间；（2）的内角，的对边分别为，.且满足，求的面积.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）先将函数化简得，由时，的最小值为，得函数的周期，从而求出，再求函数的单调减区间.（2）由可得，又，所以，根据正弦定理可得边长，再由面积公式求三角形面积.【详解】解：（1），时，的最小值为，周期，.令，得，单调递减区间为，.（2），得，由得，.【点睛】本题考查三角函数的恒等变形和三角函数的图像性质，考查正弦定理和三角形的面积，属于中档题.18.多面体中，为等边三角形，为等腰直角三角形，平面，平面.（1）求证：；（2）若，求平面与平面所成的较小的二面角
17、的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用线面平行的性质定理，分别证得和，即可证；（2）分别证得两两垂直，建立空间直角坐标系即可求解.【详解】解：（1）证明：因为平面，平面，平面平面，所以，同理可证，所以.（2）因为为等腰直角三角形，所以，又，所以四边形为平行四边形，所以，因为为等边三角形，所以，取的中点，连结、，因为，则，又，且，所以四边形为平行四边形，所以，在中，所以，即，进而，同理可证，进而，以点为原点，分别以，所在直线为，轴，建立空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以，易知平面的一个法向量为，所以平面与平面所成的较小的二面角的余弦值为.【
18、点睛】本题主要考查了线线、线面平行的判定与证明，以及计算二面角大小.计算二面角大小的常用方法:分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小.19.已知圆锥曲线过点，且过抛物线的焦点（1）求该圆锥曲线的标准方程；（2）设点在该圆锥曲线上，点的坐标为，点的坐标为，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）首先求出抛物线的焦点坐标，再代入解析式中求出方程即可得解；（2）由（1）问可知该圆锥曲线为椭圆，且，设椭圆上一点，表示出直线，直线，得到，；所以计算可得；【详
19、解】解：（1）抛物线的焦点，将点，代入方程得，解得，所以圆锥曲线的标准方程为（2）由（1）问可知该圆锥曲线为椭圆，且，设椭圆上一点，则直线：，令，得，直线：，令，得所以因为点在椭圆上，所以，即，代入上式得故为定值【点睛】本题考查待定系数法求曲线方程，直线与圆锥曲线中的定值问题，属于中档题.20.盲盒里面通常装的是动漫、影视作品的周边，或者设计师单独设计出来的玩偶.由于盒子上没有标注，购买者只有打开才会知道自己买到了什么，因此这种惊喜吸引了众多年轻人，形成了“盲盒经济”.某款盲盒内可能装有某一套玩偶的、三种样式，且每个盲盒只装一个.（1）若每个盲盒装有、三种样式玩偶的概率相同.某同学已经有了样式
20、的玩偶，若他再购买两个这款盲盒，恰好能收集齐这三种样式的概率是多少？（2）某销售网点为调查该款盲盒的受欢迎程度，随机发放了200份问卷，并全部收回.经统计，有的人购买了该款盲盒，在这些购买者当中，女生占；而在未购买者当中，男生女生各占.请根据以上信息填写下表，并分析是否有的把握认为购买该款盲盒与性别有关？女生男生总计购买未购买总计参考公式：，其中.参考数据：0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828（3）该销售网点已经售卖该款盲盒6周，并记录了销售情况，如下表：周数123456盒数16_23252630由于电脑故障，第
21、二周数据现已丢失，该销售网点负责人决定用第4、5、6周的数据求线性回归方程，再用第1、3周数据进行检验.请用4、5、6周的数据求出关于的线性回归方程；（注：，）若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过2盒，则认为得到的线性回归方程是可靠的，试问中所得的线性回归方程是否可靠？【答案】（1）；（2）填表见解析，有把握认为“购买该款盲盒与性别有关”；（3）；可靠.【解析】【分析】（1）列举出基本事件的总数和事件“他恰好能收集齐这三种样式”所包含的基本事件的个数，利用古典概型的概率计算公式，即可求解.（2）根据题意，得出的列联表，利用公式求得的值，结合附表，即可得到结论；（3）求
22、得的值，根据公式求得的值，求得回归直线方程；当和时，比较即可得到结论.【详解】（1）由题意，基本事件空间为，其中基本事件的个数为9个，设事件为：“他恰好能收集齐这三种样式”，则，其中基本事件的个数为2，所以他恰好能收集齐这三种样式的概率.（2）女生男生总计购买402060未购买7070140总计11090200则.又因为，故有把握认为“购买该款盲盒与性别有关”.（3）由数据，求得，.由公式求得，.所以关于的线性回归方程为.当时，；同样，当时，.所以，所得到的线性回归方程是可靠的.【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，独立性检验的应用，以及回归直线方程的求解及应用，着重考查分析问题和解答
23、问题的能力，属于中档试题.21.已知函数.（1）若使成立，求的取值范围；（2）若，证明不等式.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）当时，可由知命题成立，当时，利用导数可求，由可得，故可求实数的取值范围.（2）成立等价于成立，令，利用导数可证，从而可知原不等式成立.【详解】解：定义域，（1）时，使成立.时，由得，由得，函数在区间单调递增，函数在区间单调递减，故，得，由得.（2）时，由得需证，令，,令得，令得函数在区间单调递增，在区间单调递减，令得，令得.函数在区间单调递减，在区间单调递增，时，成立，成立.【点睛】本题考查含参数的函数的单调性以及函数不等式的恒成立，前者依据导数
24、的符号，注意合理的分类讨论，后者需变形后构建新函数，通过导数求出新函数的最值，通过最值的关系来证明不等式.请考生在2223题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.作答时请涂清题号.选修4-4：极坐标与参数方程22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，以轴正半轴为极轴建极坐标系（1）求的极坐标方程；（2）直线，的极坐标方程分别为，直线与曲线的交点为、，直线与曲线的交点为、，求线段的长度【答案】（1）；（2）1【解析】【分析】（1）先根据三角函数平方关系消元得普通方程，再根据化为极坐标方程；（2）根据直线与曲线极坐标方程可得极坐标，再根据余弦定理求的长度【详解】解：
25、（1）由曲线的参数方程为得曲线的直角坐标方程为：，所以极坐标方程为即（2）将代入中有，即，将代入中有，即，余弦定理得，【点睛】本题考查参数方程化普通方程、普通方程化极坐标方程、余弦定理，考查综合分析求解能力，属基础题.选修4-5：不等式选讲23.设函数（1）解不等式；（2）若最小值为，实数、满足，求的最小值【答案】（1）或；（2）【解析】【分析】（1）分类讨论，三种情况，解不等式得到答案.（2）计算，所求可看作点到直线的距离的平方，计算得到答案.【详解】（1），由得或或，得或或，不等式解集或（2）根据图象知：，所求可看做点到直线的距离的平方，的最小值为【点睛】本题考查了解绝对值不等式，求函数最值，意在考查学生的计算能力和综合应用能力，转化为点到直线的距离是解题的关键.
