1、四川省绵阳南山中学2020届高三数学三诊模拟考试试题 理（含解析）一、选择题本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四选项中，只有一项符合题目要求1.若集合，则A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】解一元次二次不等式得或，利用集合的交集运算求得.【详解】因为或，所以，故选C.【点睛】本题考查集合的交运算，属于容易题.2.若复数满足，复数的共轭复数是，则（ ）A. 1B. 0C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据复数代数形式的运算法则求出，再根据共轭复数的概念求解即可【详解】解：，则，故选：C【点睛】本题主要考查复数代数形式的运算法则，考查共轭复数的概念，属于基础题
2、3.在中所对的边分别是，若，则（ ）A. 37B. 13C. D. 【答案】D【解析】【分析】直接根据余弦定理求解即可【详解】解：，故选：D【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，属于基础题4.直线与圆的位置关系是（ ）A. 相交B. 相切C. 相离D. 相交或相切【答案】D【解析】【分析】由几何法求出圆心到直线的距离，再与半径作比较，由此可得出结论【详解】解：由题意，圆的圆心为，半径，圆心到直线的距离为，故选：D【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，属于基础题5.如图，在平行四边形中，对角线与交于点，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】画出图形，以为基底将向量进行分
3、解后可得结果【详解】画出图形，如下图选取为基底，则，故选C【点睛】应用平面向量基本定理应注意的问题（1）只要两个向量不共线，就可以作为平面的一组基底，基底可以有无穷多组，在解决具体问题时，合理选择基底会给解题带来方便（2）利用已知向量表示未知向量，实质就是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加减运算或数乘运算6.若，则函数在区间内单调递增的概率是（ ）A B. C. D. 【答案】B【解析】函数在区间内单调递增，在恒成立，在恒成立，函数在区间内单调递增的概率是，故选B.7.函数的图象大致为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用得图象关于轴对称，排除，当时，排除C.【详解】，
4、所以图象关于轴对称，排除；当时，排除C，故选B.【点睛】本题考查利用函数解析式选函数图象，注意从解析式得到函数的性质，如过特殊点、奇偶性、函数值正负等.8.一个四面体所有棱长都是4，四个顶点在同一个球上，则球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将正四面体补成正方体，通过正方体的对角线与球的半径关系，求解即可【详解】解：如图，将正四面体补形成一个正方体，正四面体的外接球与正方体的外接球相同，四面体所有棱长都是4，正方体的棱长为，设球的半径为，则，解得，所以，故选：A【点睛】本题主要考查多面体外接球问题，解决本题的关键在于，巧妙构造正方体，利用正方体的外接球的直径为正
5、方体的对角线，从而将问题巧妙转化，属于中档题9.展开项中的常数项为A. 1B. 11C. -19D. 51【答案】B【解析】【分析】展开式中的每一项是由每个括号中各出一项组成的，所以可分成三种情况.【详解】展开式中的项为常数项，有3种情况：（1）5个括号都出1，即；（2）两个括号出，两个括号出，一个括号出1，即；（3）一个括号出，一个括号出，三个括号出1，即；所以展开项中的常数项为，故选B.【点睛】本题考查二项式定理知识的生成过程，考查定理的本质，即展开式中每一项是由每个括号各出一项相乘组合而成的.10.中，如果，则的形状是（ ）A. 等边三角形B. 直角三角形C. 等腰三角形D. 等腰直角三
6、角形【答案】B【解析】【分析】化简得lgcosAlglg2，即，结合， 可求，得代入sinCsinB，从而可求C，B，进而可判断.【详解】由，可得lgcosAlg2，sinCsinB，tanC，C，B.故选：B【点睛】本题主要考查了对数的运算性质的应用，两角差的正弦公式的应用，解题的关键是灵活利用基本公式，属于基础题11.点是单位圆上不同的三点，线段与线段交于圆内一点M，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意得，再利用基本不等式即可求解【详解】将平方得，（当且仅当时等号成立），的最小值为，故选：D【点睛】本题主要考查平面向量数量积的应用，考查基本不等式
7、的应用，属于中档题12.直线与抛物线C：交于A，B两点，直线，且l与C相切，切点为P，记的面积为S，则的最小值为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设出坐标，联立直线方程与抛物线方程，利用弦长公式求得，再由点到直线的距离公式求得到的距离，得到的面积为，作差后利用导数求最值【详解】设，联立，得则，则由，得 设，则 ，则点到直线的距离从而令 当时，；当时，故，即的最小值为本题正确选项：【点睛】本题考查直线与抛物线位置关系的应用，考查利用导数求最值的问题解决圆锥曲线中的面积类最值问题，通常采用构造函数关系的方式，然后结合导数或者利用函数值域的方法来求解最值.二、填空题：本大题共4个小题
8、，每小题5分，共20分13.已知，则_【答案】【解析】【分析】化简得，利用周期即可求出答案【详解】解：，函数的最小正周期为6，故答案为：【点睛】本题主要考查三角函数的性质的应用，属于基础题14.已知满足且目标函数的最大值为7，最小值为1，则_【答案】-2【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，表示直线在轴上的截距，只需求出可行域直线在轴上的截距最大最小值时所在的顶点即可【详解】由题意得：目标函数在点B取得最大值为7，在点A处取得最小值为1，直线AB的方程是：，则，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的方法，属于基础题15.若在上单调递减
9、，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由题意可得导数在恒成立，解出即可【详解】解：由题意，当时，显然，符合题意；当时，在恒成立，故答案为：【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题16.若函数在区间上有且仅有一个零点，则实数的取值范围有_.【答案】或【解析】【分析】函数的零点方程的根，求出方程的两根为，从而可得或，即或.【详解】函数在区间的零点方程在区间的根，所以，解得：，因为函数在区间上有且仅有一个零点，所以或，即或.【点睛】本题考查函数的零点与方程根的关系，在求含绝对值方程时，要注意对绝对值内数的正负进行讨论.三、解答题：本大题共6小题，70分，解答应写出文字说明，证明过
10、程或演算步骤17.在数列中，（1）求数列的通项公式；（2）若存在，使得成立，求实数的最小值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由得，两式相减可得是从第二项开始的等比数列，由此即可求出答案；（2），分类讨论，当时，作商法可得数列为递增数列，由此可得答案，【详解】解：（1）因为，两式相减得：，即，是从第二项开始的等比数列，则，；（2），当时，；当时，设递增，所以实数的最小值【点睛】本题主要考查地推数列应用，属于中档题18.某市环保部门对该市市民进行了一次垃圾分类知识的网络问卷调查，每一位市民仅有一次参加机会，通过随机抽样，得到参加问卷调查的人的得分（满分：分）数据，统计结果如下表所示组别频
11、数 （1）已知此次问卷调查的得分服从正态分布，近似为这人得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），请利用正态分布的知识求；（2）在（1）的条件下，环保部门为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案.（）得分不低于的可以获赠次随机话费，得分低于的可以获赠次随机话费；（）每次赠送的随机话费和相应的概率如下表.赠送的随机话费/元概率现市民甲要参加此次问卷调查，记为该市民参加问卷调查获赠的话费，求的分布列及数学期望附：，若，则，.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】【分析】（1）根据题中所给的统计表，利用公式计算出平均数的值，再利用数据之间的关系将、表示为，利用题中所给数据，以及正态分布
12、的概率密度曲线的对称性，求出对应的概率；（2）根据题意，高于平均数和低于平均数的概率各为，再结合得元、元的概率，分析得出话费的可能数据都有哪些，再利用公式求得对应的概率，进而得出分布列，之后利用离散型随机变量的分布列求出其数学期望.【详解】（1）由题意可得，易知，；（2）根据题意，可得出随机变量的可能取值有、元，.所以，随机变量的分布列如下表所示：所以，随机变量的数学期望为.【点睛】本题考查概率的计算，涉及到平均数的求法、正态分布概率的计算以及离散型随机变量分布列及其数学期望，在解题时要弄清楚随机变量所满足的分布列类型，结合相应公式计算对应事件的概率，考查计算能力，属于中等题.19.如图，在斜
13、三棱柱中，侧面与侧面都是菱形， ，（）求证：；（）若，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值【答案】（）见解析；（）【解析】试题分析：（1）取中点，连，由等边三角形三边合一可知，即证（2）以，为正方向建立空间直角坐标系，由向量法可求得平面与平面所成的锐二面角的余弦值试题解析：（）证明：连，则和皆为正三角形取中点，连，则， 则平面，则 （）由（）知，又，所以如图所示，分别以，为正方向建立空间直角坐标系， 则，设平面法向量为，因为，所以取 面的法向量取， 则， 平面与平面所成的锐二面角的余弦值20.已知.（1）若曲线在点处的切线也与曲线相切，求实数的值；（2）试讨论函数零点的个数.【答案】（1）（2）
14、答案不唯一具体见解析【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义，设切点的坐标，用不同的方式求出两种切线方程，但两条切线本质为同一条，从而得到方程组，再构造函数研究其最大值，进而求得；（2）对函数进行求导后得，对分三种情况进行一级讨论，即，结合函数图象的单调性及零点存在定理，可得函数零点情况.【详解】解: （1）曲线在点处的切线方程为，即.令切线与曲线相切于点，则切线方程为，令，则，记，于是，在上单调递增，在上单调递减，于是，.（2），当时，恒成立，在上单调递增，且，函数在上有且仅有一个零点；当时，R上没有零点；当时，令，则，即函数的增区间是，同理，减区间是，.）若，则，在上没有零点；）若，则有且
15、仅有一个零点；）若，则.，令，则，当时，单调递增，.又，在R上恰有两个零点，综上所述，当时，函数没有零点；当或时，函数恰有一个零点；当时，恰有两个零点.【点睛】本题考查导数的几何意义、切线方程、零点等知识，求解切线有关问题时，一定要明确切点坐标.以导数为工具，研究函数的图象特征及性质，从而得到函数的零点个数，此时如果用到零点存在定理，必需说明在区间内单调且找到两个端点值的函数值相乘小于0，才算完整的解法.21.已知椭圆的左右焦点分别是，点在椭圆上，满足（1）求椭圆的标准方程；（2）直线过点，且与椭圆只有一个公共点，直线与的倾斜角互补，且与椭圆交于异于点的两点，与直线交于点（介于两点之间），是否
16、存在直线，使得直线，的斜率按某种排序能构成等比数列？若能，求出的方程，若不能，请说理由.【答案】（1）；（2）不能，理由见解析【解析】【分析】（1）设，则，由此即可求出椭圆方程；（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程可求得，则直线斜率为，设其方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理可得关于对称，可求得，假设存在直线满足题意，设，可得，由此可得答案【详解】解：（1）设，则，所以椭圆方程为；（2）设直线的方程为，与联立得，因为两直线的倾斜角互补，所以直线斜率为，设直线的方程为，联立整理得，所以关于对称，由正弦定理得，因为,所以，由上得，假设存在直线满足题意，设，按某种排列成等比数列，设公比为，
17、则，所以，则此时直线与平行或重合，与题意不符，所以不存在满足题意的直线【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系，考查计算能力与推理能力，属于难题22.在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数）以平面直角坐标系的原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为（1）求曲线的极坐标方程；（2）设和交点的交点为，求 的面积【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先将曲线的参数方程化为普通方程，再将普通方程化为极坐标方程即可.（2）将和的极坐标方程联立，求得两个曲线交点的极坐标，即可由极坐标的含义求得的面积.【详解】（1）曲线的参数方程为（为参数），消去参数的的直角坐标方程
18、为所以的极坐标方程为 （2）解方程组，得到所以，则或（）当（）时，当（）时，所以和交点极坐标为： ,. 所以故的面积为【点睛】本题考查了参数方程与普通方程的转化，直角坐标方程与极坐标的转化，利用极坐标求三角形面积，属于中档题.23.已知函数和的图象关于原点对称，且（1）解关于的不等式；（2）如果对，不等式恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）由函数和的图象关于原点对称可得的表达式，再去掉绝对值即可解不等式；（2）对，不等式成立等价于，去绝对值得不等式组，即可求得实数的取值范围.试题解析：（1）函数和的图象关于原点对称， 原不等式可化为，即或，解得不等式的解集为；（2）不等式可化为：，即，即，则只需， 解得，的取值范围是.