1、四川省遂宁市2020届高三数学三诊考试试题 理（含解析）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的1.设，则“”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】利用指数函数的单调性即可判断出结论【详解】因为所以“”是“”的充要条件故选：C【点睛】本题考查了指数函数的单调性、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题2.若复数为纯虚数（为虚数单位，为实数），则的值为（ ）A. 4B. 9C. D. 1【答案】D【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除
2、运算化简，由实部为0且虚部不为0求得的值，然后可得答案【详解】为纯虚数，解得故选：D【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，基础题3.某市举行“中学生诗词大赛”，分初赛和复赛两个阶段进行，规定：初赛成绩大于90分的具有复赛资格，某校有1000名学生参加了初赛，所有学生的成绩均在区间（30，150内，其频率分布直方图如图所示，则获得复赛资格的人数为（ ）A. 650B. 660C. 680D. 700【答案】A【解析】【分析】根据频率分布直方图，求得大于90分的概率，进而可求解相应的人数，得到答案【详解】由题意，根据频率分布直方图，可得获得复赛资格的人数为=650人， 故选A
3、【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的应用，其中解答中熟记频率分布直方图的性质，合理准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题4.已知满足，则cos2（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知结合诱导公式先进行化简，然后结合二倍角余弦公式即可求解.【详解】因为sin，所以sin，则cos212sin212.故选：A.【点睛】本题主要考查了诱导公式及二倍角公式在三角化简求值中的应用，属于基础题.5.方程表示的曲线的大致形状是（图中实线部分）（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】依题意可知，方程表示的曲线为直线或双曲线位于直线的下方的图象，由此
4、得解【详解】依题意可知，或，而表示双曲线，且满足在直线的下方，结合选项可知，只有选项B符合题意故选：B【点睛】本题考查的是曲线与方程，考查了数形结合思想，解题的关键是要注意当时必须满足，属于基础题6.周髀算经有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，雨水、惊蛰、春分、清明日影之和为三丈二尺，前七个节气日影之和为七丈三尺五寸，问谷雨日影长为（ ）A. 七尺五寸B. 六尺五寸C. 五尺五寸D. 四尺五寸【答案】C【解析】【分析】利用等差数列的通项公式和前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出谷雨日影长，得到答案
5、【详解】由题意，从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种，十二个节气日影长减等寸，雨水、惊蛰、春分、清明日影之和为三丈二尺，前七个节气日影之和为七丈三尺五寸，设十二节气的日影长分别为an，可得，即，解得，d1，所以谷雨日影长为5.5（尺）5尺5寸故选：C【点睛】本题主要考查了等差数列的实际应用问题，其中解答中正确理解题意，结合等差数列的通项公式和性质，以及等差数列的前n项和公式，列出方程组是解答的关键，着重考查了算求解能力，是基础题7.设是定义在上恒不为零的函数，对任意实数，都有，若，则数列的前项和的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】A【解
6、析】【分析】根据f（x）f（y）f（x+y），令xn，y1，可得数列an是以为首项，以为等比的等比数列，进而可以求得Sn，进而Sn的取值范围【详解】对任意x，yR，都有f（x）f（y）f（x+y），令xn，y1，得f（n）f（1）f（n+1），即f（1），数列an是以为首项，以为等比的等比数列，anf（n）（）n，Sn1（）n，1）故选C【点睛】本题主要考查了等比数列的求和问题，解题的关键是根据对任意x，yR，都有f（x）f（y）f（x+y）得到数列an是等比数列，属中档题8.2019年庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵式彰显了中华民族从站起来、富起来迈向强起来的雄心壮志阅兵式规模之大、类型之
7、全均创历史之最，编组之新、要素之全彰显强军成就装备方阵堪称“强军利刃”“强国之盾”，见证着人民军队迈向世界一流军队的坚定步伐，其中空中梯队编有12个梯队，在领队机梯队、预警指挥机梯队、轰炸机梯队、舰载机梯队、歼击机梯队、陆航突击梯队这6个梯队中，某学校为宣传的需要，要求甲同学需从中选3个梯队了解其组成情况，其中舰载机梯队、歼击机梯队两个梯队中至少选择一个，则不同的选法种数为（ ）A. 12种B. 16种C. 18种D. 20种【答案】B【解析】【分析】运用组合知识和间接法求两个梯队中至少选择一个的不同选法种数【详解】从6个梯队中任选3个的选法有种，若没有舰载机梯队、歼击机梯队的选法有种，则舰载
8、机梯队、歼击机梯队两个梯队中至少选择一个的选法有：种.故选：B【点睛】本题考查排列组合的应用，本题运用间接法，可以避免讨论，简化计算，考查分析和计算能力，属于基础题9.设函数，若，bf(log24.2)，cf(20.7)，则a，b，c的大小关系为( )A. abcB. bacC. cabD. cba【答案】A【解析】【分析】根据题意，分析可得f(x)为奇函数且在(0，+)上为减函数，由对数函数的性质比较可得120.72log24.2log25，结合函数的单调性分析可得答案【详解】当x0时，x0，f(x)3x，f(x)3x，所以f(x)f(x)，当x0时，x0，f(x)3x，f(x)3(x)3x
9、，所以f(x)f(x)，所以函数f(x)是奇函数，且在(，0)，(0，+)上单调递减所以af(log2)f(log2)f(log25)，bf(log24.2)，cf(20.7)，又120.72log24.2log25，所以f(20.7)f(log24.2)f(log25)，即abc，故选：A【点睛】本题考查函数的奇偶性、单调性的综合应用，考查指数函数和对数函数的性质，关键是分析函数的奇偶性与单调性10.已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为，且该三棱柱外接球的表面积为14，若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】
10、取BC中点D，过P作PE平面ABC，垂足为E，则E在AD在上且为底面ABC的中心，则PE的中点O是该三棱柱外接球的球心，由PE平面ABC，得PAE是PA与平面ABC所成角，由此能求出结果【详解】取BC中点D，过P作PE平面ABC，垂足为E，则E在AD在上且为底面ABC的中心，则PE的中点O是该三棱柱外接球的球心，正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为，AE，该三棱柱外接球的表面积为14，该三棱柱外接球的半径R，PE22，PE平面ABC，PAE是PA与平面ABC所成角，tanPAEPAE故选：A【点睛】本题考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中
11、档题11.已知F1，F2是双曲线的左、右焦点，若双曲线上存在点P满足，则双曲线离心率的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设P的坐标，代入双曲线的方程，求出数量并利用双曲线的范围求出x2c2b2a2c2b2b2，再由双曲线可得a，b的关系，进而求出离心率的最小值【详解】设P（x，y），则|x|a，所以，由题意可得F1（c，0），F2（c，0），所以（x+c，y）（xc，y）x2c2+y2x2c2+（1）b2x2c2b2a2c2b2b2，所以2a2b2，即2a2b2，所以离心率e，故选：C【点睛】本题考查双曲线的性质及数量积的运算，解题时注意双曲线中点的坐标的取值范围
12、，属于中档题12.已知函数f(x，y)xln(2ax)+yxlny，若存在x，y(0，+)使得f(x，y)0，则实数a的最大值为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】存在x，y(0，+)使得f(x，y)0，由xln(2ax)+yxlny0，化为：ln2aln，令t0，g(t)lntt，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出【详解】存在x，y(0，+)使得f(x，y)0，xln(2ax)+yxlny0，化为：ln2aln，令t0，g(t)lntt，则1，单调递增，单调递减，所以当t1时，函数g(t)取得极大值即最大值，解得0a实数a的最大值为故选：B【点睛】本题考查了利用导
13、数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分13.曲线在点处的切线的倾斜角为_【答案】【解析】【分析】求得的导数，将代入，可得切线的斜率，再由直线的斜率公式，计算可得所求倾斜角【详解】函数的导数为，可得曲线在点处的切线的斜率为，则切线的倾斜角满足，解得.故答案为：【点睛】本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查直线的斜率与倾斜角的关系，考查运算能力，属于基础题14.已知两个单位向量、的夹角为，向量，则|_【答案】【解析】【分析】利用平面向量数量积的运算律和定义计算出的值，进而可求得的值.【详
14、解】根据题意，两个单位向量、夹角为，则，则，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查向量数量积的计算，涉及向量模的计算，属于基础题15.已知点，过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点，若，则点的纵坐标为_【答案】【解析】【分析】求出直线的斜率，通过向量的数量积为，得到直线的斜率，进而求出直线的方程，求出点的坐标，然后求解直线的方程，与抛物线联立求解即可【详解】因为点，抛物线的焦点，所以，由可得，所以直线的斜率， 所以直线的方程为即，由化简得，解得，可得点，所以直线的斜率，所以直线的方程为：，联立，消去可得：，解得或，所以点的纵坐标为故答案为：【点睛】本题考查了直线与抛物线位置关系的综合应用，考查了运算
15、求解能力，属于基础题16.如图，平行六面体中，则长为_【答案】【解析】【分析】由已知结合，求的值，开方得答案【详解】平行六面体中， ，则故答案为：【点睛】本题考查利用空间向量法求线段长，解答的关键就是选择合适的基底表示向量，考查计算能力，属于中等题.三、解答题：本大题共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.函数的部分图象如图所示，又函数.（1）求函数的单调增区间；（2）设的内角、的对边分别为、，又，且锐角满足，若，为边的中点，求的周长【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用函数图象求得、的值，再由函数的图象过点求得的值，进而可得出，由此可得出，然后解不等式，即可得出函数的单
16、调递增区间；（2）由可求得角值，利用正弦定理边角互化思想得出，结合余弦定理可求得、，进而可判断出为直角三角形，且角为直角可计算出的长，进而可求得的周长.【详解】（1）由函数的部分图象可得，即，则，又函数的图象过点，则，即，又，即，则，由，得，所以函数的单调增区间为；（2）由，得，因为，所以，所以，得，又，由正弦定理得，由余弦定理，得，即，由解得，又，所以，所以为直角三角形，且角为直角故，所以的周长为【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的运用考查了学生对三角函数基础知识的综合运用考查运算能力，属于综合性题18.如图，在长方体ABCDHKLE中，底面ABCD是边长为3的正方形，对角线AC与BD
17、相交于点O，点F在线段AH上，且，BE与底面ABCD所成角为（1）求证：ACBE；（2）求二面角FBED的余弦值；（3）设点M在线段BD上，且AM/平面BEF，求DM的长【答案】（1）详见解析；（2）；（3）【解析】【分析】（1）由题意可得DEAC，ACBD，根据线面垂直的判定可得AC平面BDE，由线面垂直的性质即可得证；（2）由DA，DC，DE两两垂直，建立空间直角坐标系Dxyz，求出平面BEF的一个法向量、平面BDE的一个法向量，由即可得解；（3）设M(t,t,0)，则 (t3,t,0)，由AM/平面BEF可得，求得t后即可得解【详解】（1）证明：因为在长方体ABCDHKLE中， DE平面
18、ABCD，所以DEAC，因为四边形ABCD是正方形，所以ACBD， 又BDDED，所以AC平面BDE，而BE平面BDE，所以ACBE；（2）因为在长方体ABCDHKLE中，DA，DC，DE两两垂直，所以建立空间直角坐标系Dxyz如图所示：由DE平面ABCD可知DBE为直线BE与平面ABCD所成的角，又因为BE与平面ABCD所成角为，所以，所以，由AD3，可知，DE，所以AH3，又20，即AF，故AF，则A(3,0,0)，F(3,0,)，E(0,0,3)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，所以(0,3,)，(3,0,2)，设平面BEF的一个法向量为(x,y,z)，则，即，令，则(4,2,)，因
19、为AC平面BDE，所以为平面BDE的一个法向量，(3,3,0)，所以,因为二面角为锐角，所以二面角FBED的余弦值为；（3）因为点M是线段BD上一个动点，设M(t,t,0)，则(t3,t,0)，因为AM/平面BEF，所以，即4(t3)+2t0，解得t2此时，点M坐标为(2,2,0)，符合题意【点睛】本题考查了正方体几何特征的应用与线面垂直的判定与性质，考查了空间向量的应用与运算求解能力，属于中档题19.某中学举行“新冠肺炎”防控知识闭卷考试比赛，总分获得一等奖、二等奖、三等奖的代表队人数情况如表，其中一等奖代表队比三等奖代表队多10人该校政教处为使颁奖仪式有序进行，气氛活跃，在颁奖过程中穿插抽
20、奖活动并用分层抽样的方法从三个代表队中共抽取16人在前排就坐，其中二等奖代表队有5人（同队内男女生仍采用分层抽样）名次性别一等奖代表队二等奖代表队三等奖代表队男生？30女生302030（1）从前排就坐的一等奖代表队中随机抽取3人上台领奖，用X表示女生上台领奖的人数，求X的分布列和数学期望E（X）（2）抽奖活动中，代表队员通过操作按键，使电脑自动产生2，2内的两个均匀随机数x，y，随后电脑自动运行如图所示的程序框图的相应程序若电脑显示“中奖”，则代表队员获相应奖品；若电脑显示“谢谢”，则不中奖求代表队队员获得奖品的概率【答案】（1）分布列详见解析，数学期望E（X）；（2）【解析】【分析】（1）设
21、代表队共有n人，则，所以n160，再设一等奖代表队男生人数为x，可根据表格中的数据列出关于x的方程，解之可得x30，因此三个代表队中前排就坐的比例是按照一等奖：二等奖：三等奖6：5：5，故前排就坐的16人中一等奖代表队共6人，有3男3女，所以X的可能取值为0，1，2，3，然后根据超几何分布计算概率的方式逐一求出每个X的取值所对应的概率即可得分布列，进而求得数学期望；（2）试验的全部结果所构成的区域为（x，y）|2x2，2y2，事件A表示代表队队员获得奖品，所构成的区域为，然后依次求出两个区域的面积，根据几何概型即可得解【详解】（1）设代表队共有n人，则，所以n160，设一等奖代表队男生人数为x
22、，则x+30+20+30+（x10）+30160，解得x30，所以一等奖代表队的男生人数为30，所以三个代表队中前排就坐的比例是按照一等奖：二等奖：三等奖60：50：506：5：5，故前排就坐的16人中一等奖代表队有3男3女，共6人于是X的可能取值为0，1，2，3则P（X0），P（X1），P（X2），P（X3），所以X的分布列为X 012 3P 数学期望E（X）（2）试验的全部结果所构成的区域为（x，y）|2x2，2y2，面积为S4416，事件A表示代表队队员获得奖品，所构成的区域为，如图，阴影部分的面积为，这是一个几何概型，所以，即代表队队员获得奖品的概率为【点睛】本题考查分层抽样的特点、几
23、何概型、离散型随机变量的分布列和数学期望，考查学生对数据的分析与处理能力，属于中档题20.已知函数（1）判断函数在区间上零点的个数，并说明理由（2）当时，比较与的大小关系，并说明理由；证明：【答案】（1）有唯一一个零点，理由详见解析；（2），证明详见解析；证明见解析【解析】【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数可判断函数的单调性，结合函数的性质可求函数的零点个数；（2）令，然后对其求导，结合导数可研究函数的单调性，进而由函数的取值范围可比较大小；结合的结论，利用分析法分析结论成立的条件，然后利用导数可求【详解】（1）因为，所以当时，函数在上单调递增，所以，且，故在上无零点；当时，函数在上单调
24、递减，又由，故在区间上有唯一零点；综上，函数在区间上有唯一一个零点（2），证明过程如下：设函数，则，令，即，解得；令，即，解得，所以函数在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，）上单调递增则函数在处取得极小值，亦即最小值，即，综上可得，成立；要证：lnf（x）+1ecosxf（x）cosx成立，即证明ln（sinxxcosx）（sinxxcosx）ecosxcosx1成立，因为f（x）在（0，）上单调递增，即sinxxcosx0，所以（sinxxcosx）ecosx0，由知，即有，有（sinxxcosx）ecosx1+ln（sinxxcosx）ecosx成立，当时，成立，由成立，此时能取等号，
25、即有成立，即成立.【点睛】本题主要运用导数研究考查了函数的零点个数，比较函数式的大小及证明不等式，其中解答中合理构造新函数，利用导数求得函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与运算能力，属于难题21.如图，定义：以椭圆中心为圆心，长轴为直径的圆叫做椭圆的“辅助圆”过椭圆第四象限内一点M作x轴的垂线交其“辅助圆”于点N，当点N在点M的下方时，称点N为点M的“下辅助点”已知椭圆上的点的下辅助点为（1，1）（1）求椭圆E的方程；（2）若OMN面积等于，求下辅助点N的坐标；（3）已知直线l：xmyt0与椭圆E交于不同的A，B两点，若椭圆E上存在点P，使得四边形OAPB是对边平行且
26、相等的四边形求直线l与坐标轴围成的三角形面积最小时的m2+t2的值【答案】（1）y21；（2）（，） 或（，）；（3）3【解析】【分析】（1）由椭圆过的点的坐标和辅助圆x2+y2a2过的坐标，代入可得a，b的值，进而求出椭圆的方程；（2）设N的坐标和M的坐标，代入椭圆和辅助圆求出N，M的坐标的关系，进而求出OMN的面积SOMNx0（y1y0），则x0y1和，y121，联立求出下辅助点N的坐标；（3）设A，B的坐标将直线AB的方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，求出AB的中点坐标，因为四边形OAPB是对边平行且相等，即四边形OAPB恰好为平行四边形，所以所以三角形OAB面积为，当且仅当m22，
27、t21时取等号，进而可得m2+t2的值为3【详解】（1）因为椭圆E：1，过点（1，），辅助圆x2+y2a2过（1，1），所以可得a212+（1）22，所以椭圆的实半轴长的平方a22，所以1，解得：b21，椭圆E的方程为：y21；（2）设点N（x0，y0），（y00），则由题意可得点M（x0，y1），（y10），将两点坐标分别代入辅助圆方程和椭圆方程可得，x02+y022，y121，故y022y12，即y0，又SOMNx0（y1y0），则x0y1联立，可解得或，下辅助点N 的坐标为（，） 或（，）；（3）由题意可设A（x1，y1），B（x2，y2）联立整理得（m2+2）y2+2mty+t220，
28、则8（m2+2t2）0根据韦达定理得，因为四边形OAPB是对边平行且相等，即四边形OAPB恰好为平行四边形，所以所以，因为点P在椭圆E 上，所以，整理得，即4t2m2+2，直线l：xmyt0中，由于直线l与坐标轴围成三角形，则t0，m0令x0，得，令y0，得xt所以三角形OAB面积为，当且仅当m22，t21时，取等号，此时240且有m2+t23，故所求m2+t2 的值为3【点睛】本题考查椭圆的方程及直线与椭圆的综合和面积公式，均值不等式的应用，属于中档题请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分22.在平面直角坐标系xOy中，将曲线方程，先向左平移2个单位，再向上平
29、移2个单位，得到曲线C.（1）点M（x，y）为曲线C上任意一点，写出曲线C的参数方程，并求出的最大值；（2）设直线l的参数方程为，（t为参数），又直线l与曲线C的交点为E，F，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求过线段EF的中点且与l垂直的直线的极坐标方程.【答案】（1）（为参数）；4；（2）【解析】【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换，进一步利用三角函数关系式的变换和余弦型函数性质的应用求出结果.（2）利用中点坐标公式的应用和直线垂直的充要条件的应用求出结果.【详解】解：（1）将曲线方程，先向左平移2个单位，再向上平移2个单位，得到曲线
30、C的方程为，即，故曲线C的参数方程为（为参数）；又点M（x，y）为曲线C上任意一点，所以2cos4cos（）.所以的最大值为4；（2）由（1）知曲线C的直角坐标方程为，又直线l的参数方程为，（t为参数），所以直线l的普通方程为x+2y40，所以有，解得或.所以线段EF的中点坐标为（），即线段EF的中点坐标为（2，1），直线l的斜率为，则与直线l垂直的直线的斜率为2，故所求直线的直角坐标方程为y12（x2），即2xy30，将xcos，ysin代入，得其极坐标方程为2cossin30.【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，中点坐标公式，直线与曲线位置关系的应用，主
31、要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型.23.已知函数f（x）|2x3|，g（x）|2x+a+b|.（1）解不等式f（x）x2；（2）当a0，b0时，若F（x）f（x）+g（x）的值域为5，+），求证：.【答案】（1）或；（2）见解析【解析】【分析】（1）由题意可得|2x3|x2，由绝对值的意义，去绝对值，解不等式，求并集，可得所求解集；（2）由a0，b0，根据绝对值三角不等式，化简可得F（x）的最小值，可得a+b的值，再由乘1法和基本不等式，即可得证.【详解】（1）解：不等式f（x）x2化为|2x3|x2，等价于或，即为或，解得x或x3或1x，所以不等式f（x）x2的解集为x|x1或x3；（2）证明：由a0，b0，根据绝对值三角不等式可知F（x）f（x）+g（x）|2x3|+|2x+a+b|32x|+|2x+a+b|32x+2x+a+b|a+b+3|a+b+3，又F（x）f（x）+g（x）的值域为5，+），可得a+b+35，即a+b2，即（a+2）+（b+2）6，故（a+2）+（b+2）（）（2）（2+2），当且仅当，即ab1时取等号时，故.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法和绝对值不等式的性质的运用，考查均值不等式的运用：证明不等式，主要考查分类讨论思想和转化思想、化简运算能力和推理能力，属于中档题.- 26 -
