1、安徽省安庆市2020届高三数学下学期第三次模拟考试试题 理（含解析）注意事项：1.答题前，务必在答题卡规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号.2.答题时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.3.答题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹清晰.作图题可选用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚.必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效.第卷（选择题）一、选择题（本大题共12小题.在每小题给出的四个选项中，只 有
2、一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的括号内）1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】计算，再计算交集得到答案.【详解】，所以.故选：B.【点睛】本题考查了交集运算，意在考查学生的计算能力.2. 是虚数单位，若是纯虚数，则实数 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算法则得到复数的化简式子，再由实部为0得到结果.【详解】若是纯虚数，化简虚数得到，纯虚数即解得m=-1.故答案为B.【点睛】这个题目考查了复数的除法运算，以及实部和虚部的概念，题型较为基础.3. 函数在上的图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【
3、解析】【分析】根据函数为奇函数排除，计算时，排除，得到答案.【详解】函数是奇函数，排除A，D；当时，排除C.故选：B.【点睛】本题考查了函数图像的识别，确定函数的奇偶性是解题的关键.4. 在如图所示的算法框图中，若输入的，则输出结果为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据算法框图依次计算得到答案.【详解】，；，；，；，；，；故呈现以4为周期的特点，当时，输出结果与时结果相同，为.故选：B.【点睛】本题考查了程序框图，意在考查学生的计算能力和理解能力，确定周期是解题的关键.5. 设公差不为的等差数列的前项和为.若，则在、这四个值中，恒等于的个数是（ ）A. B. C. D.
4、 【答案】C【解析】【分析】由，可得出，再根据等差数列的基本性质可得出结论.【详解】设等差数列的公差为，则，由，可得，故选：C.【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.6. 为了得到正弦函数的图象，可将函数的图象向右平移个单位长度，或向左平移个单位长度（，），则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意得到，故，计算得到答案.【详解】，故，；，故，所以，故当时，最小为.故选：.【点睛】本题考查了三角函数平移，意在考查学生对于三角函数平移法则的灵活运用.7. 如图，网格纸上的小正方形的边长均为1，粗线画的是
5、一个几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）A. B. 2C. 3D. 【答案】C【解析】【分析】如图所示，该几何体是四棱锥，计算得到答案.【详解】该几何体是四棱锥，其中，底面是直角梯形，.体积.故选：.【点睛】本题考查了根据三视图求体积，画出几何体是解题的关键，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.8. 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】化简得到，得到答案.【详解】，由于，故.故选：A.【点睛】本题考查了利用对数函数的单调性比较函数值大小，意在考查学生对于函数性质的灵活运用.9. 有四位同学参加校园文化活动，活动共有四个项目，每人限报其中一项.已知甲同学报的项目其
6、他同学不报，则4位同学所报选项各不相同的概率等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】计算得到，根据条件概率公式计算得到答案.【详解】记事件“4名同学所报选项各不相同”，事件“已知甲同学报的项目其他同学不报”，.故选：C.【点睛】本题考查了条件概率，意在考查学生的计算能力和应用能力.10. 在平行四边形中，是的中点，点在边上，且，若，则（ ）A. 30B. 60C. 120D. 150【答案】C【解析】【分析】记，根据得到，计算得到答案.【详解】记，则，所以.因为，所以，得，所以.故选：C.【点睛】本题考查了根据向量数量积求夹角，意在考查学生的计算能力和应用能力.11. 双曲
7、线：的右支上一点在第一象限，分别为双曲线的左、右焦点，为的内心，若内切圆的半径为1，直线，的斜率分别为，则的值等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】如图，设圆与三边的切点分别为，得到，故，计算得到答案.【详解】如图，设圆与三边的切点分别为，根据圆切线的性质和双曲线的定义，有.又，所以，所以，即点的横坐标为3，所以.因为，所以.故选：B.【点睛】本题考查了双曲线中的斜率问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.12. 定义在上函数满足，且当时，.则使得在上恒成立的的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】计算，画出图像，计算，解得，得到答案.【详解
8、】根据题设可知，当时，故，同理可得：在区间上，所以当时，.作函数的图象，如图所示.在上，由，得.由图象可知当时，.故选：.【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，画出图像是解题的关键.第卷（非选择题）本卷包括必考题和选考题两部分.第13题第21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22题第23题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题（本大题共4小题，将每题的正确答案填在题中的横线上）13. 已知公比不为的等比数列，且，则数列的通项公式_.【答案】【解析】【分析】设等比数列的公比为，则，根据题意得出关于和的方程组，求出这两个量的值，利用等比数列的通项公式可求出.【详解】设等比数列公比为，则，由，得，
9、解得，数列的通项公式.故答案为：.【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质的应用，考查运算求解能力，是基础题.14. 在展开式中，的偶数次幂项的系数之和为8，则_.【答案】【解析】【分析】设的偶数次幂项的系数之和为，奇数次幂项的系数之和为，则，解得，得到答案.【详解】设展开式的偶数次幂项的系数之和为，奇数次幂项的系数之和为，则，得，由得.故答案为：.【点睛】本题考查了二项式定理的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.15. 过抛物线焦点的直线交抛物线于点、，交准线于点，交轴于点，若，则弦长_.【答案】【解析】【分析】设点、在准线上的射影分别是点、，计算得到，得到的坐标为，的横
10、坐标为，计算得到答案.【详解】设点、在准线上的射影分别是点、，根据抛物线的定义可知原点是线段的中点，所以是线段的中点，又，可得，所以.因为，所以，所以可得点的坐标为（点只能在第一象限），所以直线的方程为，代入，可求得点的横坐标为，所以，.故答案为：.【点睛】本题考查了抛物线的弦长，意在考查学生的计算能力和转化能力，综合应用能力.16. 九章算术卷第五商功中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥”.现有阳马，平面，.上有一点，使截面的周长最短，则与所成角的余弦值等于_.【答案】【解析】【分析】要使截面的周长最短，则最短，连接，交于，作交于，连接，则与所成角为，计算得到答案.【详
11、解】要使截面的周长最短，则最短，将底面沿展开成平面图形（如图），连接，交于，则，当共线时等号成立，此时，由，则，故，故，作交于，连接，则与所成角为，易得，由于，.故答案为：.【点睛】本题考查了异面直线夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.三、解答题：（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17. 在中，三内角，对应的边分别为，若为锐角，且.（1）求；（2）已知，求面积.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）计算得到，故，或，计算得到答案.（2）根据题意得到，根据正弦定理得到，得到，得到面积.【详解】（1）由，得，故.所以，或即.因为为锐角，所以，即，故.（2）由，得，故.因为，所
12、以.根据正弦定理，及，得，所以，故.代入，得，所以.所以的面积等于.【点睛】本题考查了三角恒等变换，正弦定理，面积公式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.18. 如图，在三棱柱中，、分别为和的中点，且.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）先根据且，且可知四边形为平行四边形，由此，进而得证；（2）先证明平面，由此可以为坐标原点，射线、分别为轴、轴的正半轴，以平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用向量的夹角公式得解.【详解】（1）如图，取线段的中点，连接、，为的中点，且，又为的中点，且，
13、且，四边形为平行四边形，又平面，平面，平面；（2）作于点，由，得，即为的中点，又，平面，平面，从而有，又，平面，故可以点为坐标原点，射线、分别为轴、轴的正半轴，以平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，令，则、，设平面的一个法向量为，则，取，则，可得，又平面的一个法向量为，设平面与平面所成锐二面角为，则，因此，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线面平行的判定以及利用空间向量求解二面角问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题.19. 已知椭圆：的离心率是，原点到直线的距离等于，又知点.（1）求椭圆的标准方程；（2）若椭圆上总存在两个点、关于直线对称，且，求实数的取值范
14、围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据离心率定义和点到直线的距离公式计算得到答案.（2）设直线的方程为，联立方程得到，根据中点得到，得到，根据，计算得到，得到答案.【详解】（1）由，得，所以椭圆的标准方程为.（2）根据题意可设直线方程为，联立，整理得，由，得.设，则，.又设的中点为，则，.由于点在直线上，所以，得，代入，得，所以.因为，所以.由，得，解得，所以，即又由得，故实数的取值范围为.【点睛】本题考查了椭圆方程，根据对称和向量数量积求参数，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.20. 为了提高生产线的运行效率，工厂对生产线的设备进行了技术改造.为了对比技术改造后的效果，采集
15、了生产线的技术改造前后各次连续正常运行的时间长度（单位：天）数据，并绘制了如茎叶图：（1）设所采集的个连续正常运行时间的中位数，并将连续正常运行时间超过和不超过的次数填入下面的列联表：超过不超过改造前改造后根据中的列联表，能否有的把握认为生产线技术改造前后的连续正常运行时间有差异？附：.（2）工厂的生产线的运行需要进行维护，工厂对生产线的生产维护费用包括正常维护费、保障维护费两种.对生产线设定维护周期为天（即从开工运行到第天进行维护.生产线在一个生产周期内设置几个维护周期，每个维护周期相互独立.在一个维护周期内，若生产线能连续运行，则不会产生保障维护费；若生产线不能连续运行，则产生保障维护费.
16、经测算，正常维护费为万元/次；保障维护费第一次为万元/周期，此后每增加一次则保障维护费增加万元.现制定生产线一个生产周期（以天计）内的维护方案：，、.以生产线在技术改造后一个维护周期内能连续正常运行的频率作为概率，求一个生产周期内生产维护费的分布列及期望值.【答案】（1）填表见解析；有的把握认为生产线技术改造前后的连续正常运行时间有差异；（2）答案不唯一，具体见解析.【解析】【分析】（1）由茎叶图中的数据得到中位数，由此可列出表格；根据中的列联表求出的观测值，再结合临界值表判断即可；（2）天的一个生产周期内有个维护周期，一个维护周期为天，一个维护周期内，以生产线在技术改造后一个维护周期内能连续
17、正常运行的频率作为概率，可得，设一个生产周期内需要次维护，可得，故一个生产周期内保障维护次的生产维护费为万元，设一个生产周期内的生产维护费为万元，可得出的可能取值，写出分布列，求出数学期望即可.【详解】（1）由茎叶图的数据可得中位数，根据茎叶图可得：，则列联表如下表所示：超过不超过改造前改造后根据中的列联表，因此，有的把握认为生产线技术改造前后的连续正常运行时间有差异；（2）天的一个生产周期内有个维护周期，一个维护周期为天，一个维护周期内，以生产线在技术改造后一个维护周期内能连续正常运行的频率作为概率，得，设一个生产周期内需要次维护，正常维护费为万元，保障维护费为首项为，公差为的等差数列，共次
18、维护需要的保障费为万元，故一个生产周期内保障维护次的生产维护费为万元，设一个生产周期内的生产维护费为万元，则可能取值为、，则，则的分布列为：故（万元）.【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列和数学期望，同时考查了茎叶图求中位数等，考查数学运算能力和实际应用能力，是中档题.21. 已知函数，.（1）若为上的增函数，求的取值范围；（2）若，且，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导得到，得到，设，求导得到单调区间得到最值，得到答案.（2）为上的增函数，设，设，证明为上的减函数，得到，得到答案.【详解】（1），若为上的增函数，则恒成立，即恒成立，设，则，当时，当时，所
19、以在上单调递减，在上单调递增，所以，故，所以.（2）若，由（）知为上的增函数.由于，已知，且，不妨设.设函数，则，则，设，则，由于，所以为上的增函数，所以，所以为上的减函数，所以，所以，而为上的增函数，所以，故.从而.故.【点睛】本题考查了根据函数单调性求参数，证明不等式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时请写清题号.选修44坐标系与参数方程22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（其中为参数），以原点为极点，以轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（）求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（）设点
20、，分别是曲线，上两动点且，求面积的最大值.【答案】（），；（）6【解析】【分析】（）根据题意，消参化简得曲线的普通方程，对的极坐标方程，两边同乘，利用及坐标公式化简可得曲线的直角坐标方程；（）根据题意，设极坐标，则，分别代入极坐标方程中，求得的值，根据三角函数有界性，即可求解最值.【详解】（）由条件知消去参数得到曲线的普通方程为.因可化为，又，代入得，于是曲线的直角坐标方程为.（）由条件知曲线，均关于轴对称，而且外切于原点，不妨设，则，因曲线的极坐标方程为，所以，于是，所以当时，面积的最大值为6.【点睛】本题考查参数方程化成普通方程，极坐标方程与直角坐标方程互化，考查极坐标系下极径的几何意义的应用，考查计算能力，考查转化与化归思想，属于中等题型.选修45不等式选讲23. 已知函数（其中实数）.（）当，解不等式；（）求证：.【答案】（）；证明见解析【解析】【分析】（）根据题意，代入，化简绝对值不等式，化成分段函数，分类讨论不等式的解集，取并集即可求解；（）根据题意，运用绝对值三角不等式，化简式子，结合，再利用基本不等式即可证明.【详解】（）由条件知时，于是原不等式可化为；解得；解得；解得，所以不等式的解集为.（）由已知得当且仅当时，等号成立，于是原不等式得证.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查绝对值三角不等式的应用证明，考查基本不等式，考查转化与化归思想，属于中等题型.