1、云南省昆明市2020届高三数学“三诊一模”模拟考试（三模）试题 理（含解析）注意事项：1答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码2回答选择题时，选出每小题答案后，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，将本试卷和答题卡交回一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.在复平面内，复数所对应的点位于（ ）A. 第
2、一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出的坐标得答案【详解】解：，复数所对应的点的坐标为，位于第一象限故选：【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题2.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由集合，求出集合，再根据交集的概念，即可求出结果.【详解】因为集合，所以，因此.故选：D.【点睛】本题主要考查求集合的交集，熟记交集的概念即可，属于基础题型.3.已知一家便利店从1月份至5月份的营业收入与成本支出的折线图如下：关于该便利店1月份至5月份的下列描述中
3、，正确的是（ ）A. 各月的利润保持不变B. 各月的利润随营业收入的增加而增加C. 各月的利润随成本支出的增加而增加D. 各月的营业收入与成本支出呈正相关关系【答案】D【解析】【分析】利用收入与支出（单位：万元）情况的折线统计图直接求解【详解】对于，通过计算可得1至5月的利润分别为0.5，0.8，0.7，0.5，0.9，故错误；对于，由所得利润，可知利润并不随收入增加而增加，故错误；对于，同理可得错误；对于，由折线图可得支出越多，收入也越多，故而收入与支出呈正相关，故正确，故选：D【点睛】本题考查学生合情推理的能力，考查折线统计图的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题4
4、.已知点在双曲线的一条渐近线上，该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据点在双曲线的一条渐近线上可得的关系，再根据求解即可.【详解】由题，点在直线上，即，故离心率.故选：C【点睛】本题主要考查了双曲线的离心率求解，需要根据题意确定的关系，进而求得离心率.属于基础题.5.已知点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用两点间距离公式结合三角函数公式求解【详解】点，故选：B【点睛】本题主要考查了两点间距离公式，以及三角函数公式，是基础题6.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体的体积为（ ）A. 216
5、B. 108C. D. 36【答案】B【解析】【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步求出三棱柱体的体积【详解】根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为底面为等腰三角形，高为6的三棱柱体，如图所示：所以：故选：B【点睛】本题考查的知识要点：三视图和直观图形之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力7.材料一：已知三角形三边长分别为，则三角形的面积为，其中这个公式被称为海伦-秦九韶公式材料二：阿波罗尼奥斯（Apollonius）在圆锥曲线论中提出椭圆定义：我们把平面内与两个定点，的距离的和等于常数（大于）的点的轨迹叫做椭圆根据材料一或材料二解答：已知中，则
6、面积的最大值为（ ）A. B. 3C. D. 6【答案】C【解析】【分析】根据材料二可得点的轨迹为椭圆，当点运动到椭圆短轴的顶点时，可得的面积取得最大值.【详解】由材料二可得点的轨迹为椭圆，其焦距，长轴，短轴当点运动到椭圆短轴的顶点时，可得的面积取得最大值，故选：C.【点睛】本题考查椭圆的定义及三角形面积的最值，考查数形结合思想，考查运算求解能力.8.已知函数的图象向左平移个单位后与的图象重合，则的最小值为（ ）A. 8B. 4C. 2D. 1【答案】B【解析】【分析】根据题意，得到为函数周期的整数倍，进而可得出结果.【详解】因为函数的图象向左平移个单位后与的图象重合，所以（其中为函数的最小正
7、周期），即，所以，因为，所以.故选：B.【点睛】本题主要考查由三角函数的周期求参数的问题，属于基础题型.9.如图1，已知是直角梯形，在线段上，将沿折起，使平面平面，连接，设的中点为，如图2对于图2，下列选项错误的是（ ）A. 平面平面B. 平面C D. 【答案】A【解析】【分析】利用线面垂直判定与性质进行证明平面,，证明是直角三角形可得.【详解】由已知是直角梯形， 得四边形是矩形，所以, ， 所以平面,又,平面,所以B正确平面平面,平面平面,平面，平面,所以C正确平面,又,平面,是直角三角形，又的中点为所以，所以D正确.故选：A【点睛】求解翻折问题的关键及注意事项：求解平面图形翻折问题的关键是
8、弄清原有的性质变化与否，即翻折(转)后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化应注意：(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，翻折(转)前后，若线始终在同一平面内，则它们的位置关系不发生变化，若线与线由在一个平面内转变为不在同一个平面内，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化10.已知为抛物线的焦点，点为抛物线上一点，以线段为直径的圆与轴相切于点，且满足，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作出图形，根据题意推导出轴，结合，可得出点的坐标，再将点的坐标代入抛物线的方程，可求得正数的值.【详解】如下图所示，
9、设线段的中点为点，由题意可知，圆与轴相切于点，则轴，又，为的中点，轴，由于，则点，将点的坐标代入抛物线方程得，即，解得.故选：C.【点睛】本题考查抛物线方程中参数的求解，根据题意求出点的坐标是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.11.已知函数，是的唯一极小值点，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求导可得，再根据是的唯一极小值点可得恒成立，再根据恒成立问题求解最小值分析即可.【详解】求导有.设，则，故当时，单调递减；时，单调递增.故若有两个零点，则必有一根，则此时有时；时，故为的极小值点，与题意不符.故恒成立，故，即，解得.故选：D【点睛】本题主要考查了
10、根据导数求解极值点的问题，需要根据极值点满足的关系分析得导函数零点的个数，再求最值求解参数的范围，属于中档题.12.中，有下述四个结论：若为的重心，则若为边上的一个动点，则为定值2若，为边上的两个动点，且，则的最小值为已知为内一点，若，且，则的最大值为2其中所有正确结论的编号是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，先得为等腰直角三角形；取中点为，连接，得到，根据平面向量基本定理，即可得出结果；先由得到，由题意得到在上的投影为，进而可求出向量数量积；以点为坐标原点，分别以、所在直线为轴、轴，建立平面直角坐标系，由题意，设，且，不妨令，根据向量数量积的坐标表示，即可求出
11、结果；同建立平面直角坐标系，设，根据题意，得到，再设，由题意，得到，用表示出，即可求出结果；【详解】因为在中，； 所以为等腰直角三角形；如图1，取中点为，连接，因为为的重心，所以在上，且，所以，故正确；如图1，同，因为为中点，为等腰直角三角形，所以，若为边上的一个动点，则在上的投影为，因此，故错；如图2，以点为坐标原点，分别以、所在直线为轴、轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则，易得，所在直线方程为：；因为，为边上的两个动点，所以设，且，不妨令，因为，所以，即，则，所以，当且仅当时，等号成立；故正确；同建立如图3所示的平面直角坐标系，则，设，则，又，所以，即因为为内一点，且，设，则，且，因此，
12、因为，所以，所以无最值，即无最值，故错.故选：A.【点睛】本题主要考查平面向量基本定理的应用，以及求平面向量的数量积等问题，熟记平面向量基本定理，灵活运用建系的方法求解即可，属于常考题型.二、填空题：本題共4小题，每小题5分，共20分13.若，则_【答案】10【解析】【分析】首先写出展开式的通项，即可求出含的项的系数；【详解】解：因为，的展开式的通项为，令，得，则故故答案为：10【点睛】本题考查二项式定理的应用，属于基础题.14.若“，”是真命题，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据对数函数的性质得到关于的不等式，解出即可【详解】解： “”是真命题，；故答案为：【点睛】本题考查了特
13、称命题的真假，考查对数函数的性质，属于基础题15.在中，在线段上，若与的面积之比为，则_【答案】1【解析】【分析】由与的面积之比为，可得，进而求得，在用余弦定理即可求得.【详解】解：如图，因为与的面积之比为，所以，又因为，所以，在中，由余弦定理得，所以.故答案为：1.【点睛】本题主要考查用余弦定理来解三角形，考查学生的计算能力和公式得掌握程度，属于基础题.16.某校同时提供、两类线上选修课程，类选修课每次观看线上直播分钟，并完成课后作业分钟，可获得积分分；类选修课每次观看线上直播分钟，并完成课后作业分钟，可获得积分分每周开设次，共开设周，每次均为独立内容，每次只能选择类、类课程中的一类学习当选
14、择类课程次，类课程次时，可获得总积分共_分如果规定学生观看直播总时间不得少于分钟，课后作业总时间不得少于分钟，则通过线上选修课的学习，最多可以获得总积分共_分【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据题意可计算出当选择类课程次，类课程次时，可获得的总积分；设学生选择类选修课次，类选修课次，根据题意列出有关、的约束条件，可得出目标函数为，利用线性规划思想可求得的最大值，进而得解.【详解】根据题意，当选择类课程次，类课程次时，可获得总积分分.设学生选择类选修课次，类选修课次，则、所满足的约束条件为，即，目标函数为，如下图所示：则可行域为图中阴影部分中的整数点（横坐标和纵坐标均为整数的点），
15、联立，解得，可得点，平移直线，当直线经过可行域的顶点时，直线在轴上的截距最大，此时取最大值，即.因此，通过线上选修课的学习，最多可以获得总积分共分.故答案为：；.【点睛】本题考查线性规划的实际应用，将问题转化为线性规划问题是解答的关键，考查数形结合思想的应用，属于中等题.三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第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.已知数列为正项等比数列，为的前项和，若，（1）求数列的通项公式；（2）从三个条件：；中任选一个作为已知条件，求数列的前项和注：如果选择多个条件分别解答，按第一
16、个解答计分【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】(1)设数列的公比为，再根据题意利用基本量法求解即可.(2) 选择可得，即可利用等比数列求和公式求解即可.选择可得，再根据等比与等差数列求和的公式求解即可.选择可得，再用等差数列求和公式求解即可.【详解】解：（1）设数列的公比为，因为：，所以，故：，解得：或（舍去），故 由：，得：，将代入得：，所以数列的通项公式为：； （2）选择：，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，选择：， 所以 选择：，数列是首项为0，公差为1的等差数列 所以【点睛】本题主要考查了等比数列的基本量求解，同时也考查了等差等比数列求和的公式，属于基础题.18.已知四棱锥
17、中，底面是边长为4的正方形，为正三角形，是的中点，过的平面平行于平面，且平面与平面的交线为，与平面的交线为（1）在图中作出四边形（不必说出作法和理由）；（2）若，求平面与平面形成的锐二面角的余弦值【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）四边形MNOE即为所求，其中N为PD中点，O为AD中点，E为BC中点；（2）连结OP，推导出，平面PAD，从而平面ABCD，以O为原点，建立空间直角坐标系，利用向量能求出平面与平面PBC形成的锐二面角的余弦值.【详解】（1）如图，四边形即为所求，其中为中点，为中点，为中点；（2）连接，依题意：，所以，则，又因为且，所以平面，则，因为为正三角形且为中点，所
18、以平面，则，以为原点建立如图坐标系， 因为，所以，则， 设平面的一个法向量为，则，解得，设平面的一个法向量为，则，解得则， 所以平面与平面形成的锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查平面的作法，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，属于中档题.19.已知椭圆左焦点为，经过点的直线与圆相交于，两点，是线段与的公共点，且（1）求椭圆的方程；（2）与的交点为，且恰为线段的中点，求的面积【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义可求得，又，故，由此可得的方程；（2）根据为线段的中点，得，由以及可得的坐标，从而可得三角形的面积.【详解】
19、（1）如图：由圆可得， 因为，所以，即，又，故， 所以椭圆的方程为（2）设，易知，因为为线段的中点，则， 所以，又，解得，若，则，直线的方程为，由，消去得，所以，所以，即，所以的面积若，同理可求得的面积综上，的面积为.【点睛】本题考查了根据椭圆的定义求椭圆方程，考查了圆的性质，考查了两个垂直向量的坐标表示，考查了直线与椭圆的交点，考查了三角形的面积公式，属于中档题.20.近年来，国家为了鼓励高校毕业生自主创业，出台了许多优惠政策，以创业带动就业某高校毕业生小张自主创业从事苹果的种植，并开设网店进行销售为了做好苹果的品控，小张从自己果园的苹果树上，随机摘取150个苹果测重（单位：克），其重量分布
20、在区间内，根据统计的数据得到如图1所示的频率分布直方图（1）以上述样本数据中频率作为概率，现一顾客从该果园购买了30个苹果，求这30个苹果中重量在内的个数的数学期望；（2）小张的网店为了进行苹果的促销，推出了“买苹果，送福袋”的活动，买家在线参加按图行进赢取福袋的游戏该游戏的规则如下：买家点击抛掷一枚特殊的骰子，每次抛掷的结果为1或2，且这两种结果的概率相同；从出发格（第0格）开始，每掷一次，按照抛掷的结果，按如图2所示的路径向前行进一次，若掷出1点，即从当前位置向前行进一格（从第格到第格，），若掷出2点，即从当前位置向前行进两格（从第格到第格，），行进至第3l格（获得福袋）或第32格（谢谢惠
21、顾），游戏结束设买家行进至第格的概率为，（）求、，并写出用、表示的递推式；（）求，并说明该大学生网店推出的此款游戏活动，是更有利于卖家，还是更有利于买家【答案】（1）8.4个；（2）（）,（），更有利于买家【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图可求出苹果的重量在内的频率，再根据二项分布的期望公式可得结果； （2）（）由当前格在第0格，且第一次抛掷骰子，结果为1，可求得；由当前格在第0格，第一次抛掷骰子，结果为2，和当前格在第1格，第二次抛掷骰子，结果为1，这两个互斥事件的和事件的概率公式可求得；分两种情况可求得：当前格在第格，抛掷一次骰子，结果为2，当前格在第格，抛掷一次骰子，结果为1，（i
22、i）根据（）的递推关系可求得，由此可得，根据可求得，再比较大小可得答案.【详解】（1）由图可知，苹果的重量在内的频率为：一顾客从该果园购买的30个苹果中重量在内的个数为，则，所以（个）（2）（i）买家要行进至第1格的情况只有一种：买家第一次抛掷骰子，结果为1，行进至第一格，其概率为，则； 买家要行进至第2格的情况有以下两种：当前格在第0格，第一次抛掷骰子，结果为2，行进至第2格，其概率为；当前格在第1格，第二次抛掷骰子，结果为1，行进至第2格，其概率为；所以 买家要行进至第格的情况有以下两种：当前格在第格，抛掷一次骰子，结果为2，行进至第格，其概率为；当前格在第格，抛掷一次骰子，结果为1，行进
23、至第格，其概率为；所以 （ii）由（i）得，即，又，所以数列是首项为，公比为的等比数列所以，所以，即所以买家行进至第31格（获得福袋）的概率为；又买家行进至第32格（谢谢惠顾）的概率为，由于，所以买家行进至第31格的概率大于行进至第32格的概率，即小张网店推岀的此款游戏活动是更有利于买家【点睛】本题考查了由频率分布直方图求频率，考查了二项分布的期望公式，考查了由递推关系求数列的通项，属于中档题.21.已知，（1）若，证明：；（2）对任意，都有，求整数的最大值【答案】（1）见解析（2）2【解析】【分析】（1）构造函数，利用二次求导可证明结论成立；（2）利用时，不等式成立以及（1）结论，可得，从而
24、只需证明在区间恒成立即可再根据（1）的结论，转化为证明在上恒成立.利用导数即可证明，由此可得结果.【详解】（1）设，则，因为，且，则在单调递减，因为，所以存在唯一零点，使得，所以时，时，则在时单调递增，在上单调递减，又，所以在上恒成立，所以在上单调递增，则，即所以 （2）因为对任意的，不等式，即恒成立，令，则，由（1）知，所以，由于为满足的整数，则， 因此下面证明在区间恒成立即可由（1）知，则，故，设，则，所以在上单调递减，所以，所以在上恒成立综上所述，的最大值为2【点睛】本题考查了构造函数并利用导数证明不等式成立，考查了利用导数处理不等式恒成立问题，考查了零点存在性定理，多次构造函数求导，利
25、用放缩法进行转化是本题的难点，属于难题.（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答并用铅笔在答题卡选考题区域内把所选的题号涂黑如果多做，则按所做的第一题计分选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系中，直线过点，倾斜角为以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程（1）写出直线的参数方程及曲线的直角坐标方程；（2）若与相交于，两点，为线段的中点，且，求【答案】（1）直线的参数方程为（为参数）， 曲线的直角坐标方程为（2）【解析】【分析】（1）根据点，倾斜角为可得直线的参数方程，两边同时乘以后，根据互化公式可得曲线的直角坐标方程；（2）将直线的参数方程代入抛
26、物线方程，利用参数的几何意义可解得结果.【详解】（1）根据直线过点，倾斜角为可得直线的参数方程为（为参数），由得，将，代入可得曲线直角坐标方程：.（2）将，代入到，得，设对应的参数分别为，则对应的参数为，由韦达定理得，所以，所以，所以，所以，解得，由，所以.【点睛】本题考查了直线的参数方程及其几何意义，考查了极坐标方程化普通方程，属于中档题.选修4-5：不等式选讲 23.设函数（1）当时，求函数的定义域；（2）设，当时，成立，求的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用零点分段法解不等式可得出函数的定义域；（2）由可得可得出，然后解不等式可得出，根据题意得出，进而可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【详解】（1）当时，要使函数有意义，需满足.当时，则有，即，解得，此时；当时，则有，即，不合乎题意；当时，则有，即，解得，此时.综上所述，不等式的解集为.因此，当时，函数的定义域为；（2）当时，由可得，则，可得，由可得，解得，解得.因此，实数的取值范围是.【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解，同时也考查了含绝对值不等式中参数的求解，第（2）问中将问题转化两区间的包含关系是解答的关键，考查化归与转化思想的应用，属于中等题.
