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 文（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，复数对应的点位于（ ）A. 第一象
2、限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】化简复数，再根据复数的几何意义，即可得到答案；详解】，对应的点为，点位于第一象限，故选：A.【点睛】本题考查复数的几何意义，考查对概念的理解，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，正确的是（ ）A. 各月的利润保持不
3、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.已知，则的值为（ ）A. B. 1C
4、. D. 【答案】A【解析】【分析】，代值计算即可.【详解】因为又，故.故选：A.【点睛】本题考查正切的和角公式，属基础题.5.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.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. 216B. 108C. D. 36【答案】B【解析】【分析】首先把三视图
5、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.执行如图所示的程序框图，若输出，则输入的可以是（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】B【解析】【分析】根据程序框图的循环结构逐步计算，确定循环的结束条件即可.【详解】依据流程图考查程序的运行过程如下：初始化：，第一次循环： 不成立，第二次循环：，、不成立；第三次循环：，不成立；第四次循环：，不成立；第五次循环：，
6、成立输出.据此可得：.故选：B.【点睛】此类问题的一般解法是严格按照程序框图设计的计算步骤逐步计算，逐次判断是否满足判断框内的条件，决定循环是否结束要注意初始值的变化，分清计数变量与累加(乘)变量，掌握循环体等关键环节属于基础题.8.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
7、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.9.已知，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】引入中间变量1，再利用对数式与指数式的互化，对的大小进行比较，即可得答案；【详解】，最大，考察函数与图象，可得，故选：D.【点睛】本题考查指数式与对数式的大小比较，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.10.如图1，已知是直角梯形，在
8、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
9、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11.设函数，下述四个结论：是偶函数的图象关于直线对称的最小值为在上有且仅有一个极值点其中所有正确结论的编号是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】对四个结论逐一分析：判断与是否相等；判断与是否相等；去绝对值，求最值；由，化简，可判断极值点的个数.【详解】是偶函数，正确；,故的图象不关于直线对称，错误；去绝对值，则故，则，则，综合得，即的最小值为，错误；由，化简，令，则，此时
10、有且仅有一个极小值点，故在上有且仅有一个极值点. 正确.故选：B【点睛】本题考察了含绝对值的三角函数的性质：奇偶性、对称性、最值、极值，是一道三角函数性质的综合应用题.12.已知为抛物线的焦点，准线为，过焦点的直线与抛物线交于，两点，点在准线上的射影分别为，且满足，则（ ）A. B. C. 3D. 【答案】C【解析】【分析】先设出,点坐标，根据抛物线定义表示出和，然后把已知条件进行用坐标表示，最后化简即可得出结果.【详解】解：设，,准线与轴交于点，如图：在和中，由勾股定理得：，又因为，所以.由抛物线定义知，所以.故选：C.【点睛】本题考查了抛物线的定义和设而不求思想，解析几何中设而不求是一种常
11、见的计算技巧，关键是把条件坐标化，突出考查计算能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.在矩形中，是的中点，则_【答案】1【解析】【分析】根据图示根据向量的运算得到，最后代入数据即可.【详解】如图所示：，所以，因为，所以，又，所以，代入数据可得.故答案为：1【点睛】背题主要考查向量的运算，尤其是数量积的运算，属于基础题.14.已知内角的对边分别为，且，则_【答案】3【解析】【分析】由余弦定理可知,已知条件代入计算求解即可.【详解】因为，由余弦定理可知可得，化简可得，解得或（舍）.故答案为：3.【点睛】本题主要考查了余弦定理的应用，灵活运用公式是解题的关键，属于基础题
12、.15.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】本题考查了特称命题的真假，考查对数函数的性质，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
13、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），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
14、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）从两个条件：；中任选一个作为已知条件，求数列的前项和【答案】（1）；（2）选择，选择【解析】【分析】（1）利用等比数列的通项公式列方程求解即可；（2）选择，则为等比数列，用等比数列的求和公式计算；选择，则为等差数列，用等差数列的
15、求和公式计算【详解】解：（1）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：，数列是首项为0，公差为1的等差数列 所以【点睛】本题考查等差数列，等比数列的通项公式及前项和公式，是基础题18.已知四棱锥中，底面为正方形，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，四棱锥的体积为，求点到平面的距离【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据面面平行的判定定理，取中点，中点，中点，即可得到所求四边
16、形；（2）由已知可证得平面，进而可证得平面，由体积公式可求得边长，因为，借助等体积转换即可求得到平面的距离，即为结果.【详解】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，所以平面 设，则，解得，则，所以， 设到平面的距离为，所以，解得，即点到平面的距离为【点睛】本题考查面面平行的判定方法，考查等体积转换求点到面的距离，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题.19.经过椭圆左焦点的直线与圆相交于两点，是线段与的公共点，且（1）求；（2）与的交点为，且恰为线段的中点，求的面积【答案】（1）；（2）【解析
17、】【分析】（1）由，可得半焦距，点在上，根据椭圆定义可知，根据，可得，即可求得答案.（2）设，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】（1）椭圆长轴长，半焦距 点在上， ， （2）设，根据题意画出图象：如图为线段的中点，则 ，又，解得，若，则，直线的方程为，由解得，即， 的面积若，同理可求得的面积：综上所述，的面积为：【点睛】本题主要考查了椭圆中三角形面积问题，解题关键是掌握圆锥曲线与直线交点问题时，通常用直线和圆锥曲线联立方程组，通过韦达定理建立起目标的关系式，进行一系列的数学运算，从而使问题得以解决考查了分析能力和计算能力，属于中档题.20.近年来，国家为了鼓
18、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李自主创业从事海鲜的批发销售，他每天以每箱300元的价格购入基围虾，然后以每箱500元的价格出售，如果当天购入的基围虾卖不完，剩余的就作垃圾处理为了对自己的经营状况有更清晰的把握，他记录了150天基围虾的日销售量（单位：箱），制成如图所示的频数分布条形图（1）若小李一天购进12箱基围虾求当天的利润（单位：元）关于当天的销售量（单位：箱，）的函数解析式；以这150天记录的日销售量的频率作为概率，求当天的利润不低于1900元的概率；（2）以上述样本数据作为决策的依据，他计划今后每天购进基围虾的箱数相同，并在进货量为11箱，12箱
19、中选择其一，试帮他确定进货的方案，以使其所获的日平均利润最大【答案】（1）；（2）选择每天购进11箱.【解析】【分析】（1）根据题意，分，两种情况，分别求出利润的表达式，即可得出结果；记“当天的利润不低于1900元”为事件，根据题意，求出，由频率分布直方图，以及古典概型的概率计算公式，即可求出结果；（2）分别求出当天的进货量为11箱和12箱时的日平均利润，比较大小，即可得出结果.【详解】（1）当天的销售量时，利润；当天的销售量且时，利润；所以当天的利润关于销售量的函数解析式为 记“当天的利润不低于1900元”为事件，由，解得，所以事件等价于当天的销售量不低于11箱；所以，即当天的利润不低于19
20、00元的概率为 （2）若当天的进货量为11箱时，日销售量为8箱的利润为700元，日销售量为9箱的利润为1200元，日销售量为10箱的利润为1700元，日销售量不低于11箱的利润为2200元则日平均利润为：（元）若当天的进货量为12箱时，日销售量为8箱的利润为400元，日销售量为9箱的利润为900元，日销售量为10箱的利润为1400元，日销售量为11箱的利润为1900元，日销售量不低于12箱的利润为2400元，则日平均利润为：（元）由于，所以小李今后应当每天购进11箱基围虾【点睛】本题主要考查函数模型的应用，频率分布直方图的应用，以及古典概型的概率计算公式，属于常考题型.21.已知（1）证明：；
21、（2）对任意，求整数的最大值（参考数据：）【答案】（1）证明见解析；（2）2【解析】【分析】（1）求导得到单调区间，计算得到证明.（2）令，则，计算得到，再证明恒成立即可，令，证明在上单调递增，计算得到答案.【详解】（1），则，令，得，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增所以，所以 （2）由恒成立，令，则，由，得整数， 因此下面证明对任意，恒成立即可由（1）知，则有，由此可得：，令，则，又，所以单调递增，当时，在上单调递增故当时，所以恒成立，综上所述：整数的最大值为2【点睛】本题考查了利用导数证明不等式，不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力和应用能力，先找后证是解题的关键.（二）选考题：
22、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44：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物线方程，利用参数的几何意义可解得结果.【详解】（1）根
23、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，代入可得曲线的直角坐标方程：.（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45：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.
