1、四川省宜宾市叙州区第一中学校2020届高三数学三诊模拟考试试题 文（含解析）第卷 选择题一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意得，集合，所以，故选D考点：集合的运算2. 下列复数在复平面上所对应的点落在单位圆上的是（ ）A. 2B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：对于选项A,由于模长为2，不成立，对于B,由于模长为5，不成立，对于C，由于满足模长为1，成立，对于D，模长为，故选C考点：复数的几何意义点评：解决的关键是根据复数的几何意义来得到点的坐标，进而判定
2、模长是否为1即可，属于基础题3.命题“，”的否定是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据全称命题的否定为特称命题解答.【详解】解：，为全称命题，故其否定为，故选：【点睛】本题考查含有一个量词的命题的否定，属于基础题.4.已知等差数列的前项和为，若，则（ ）A. 10B. 11C. 12D. 13【答案】B【解析】 ,所以 ,选B.5.猜商品的价格游戏， 观众甲： 主持人：高了! 观众甲： 主持人：低了! 观众甲： 主持人：高了! 观众甲： 主持人：低了! 观众甲：主持人：低了! 则此商品价格所在的区间是 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意，低了；低了；
3、高了；高了，依据零点存在定理可以判断出，此商品的价格应在与之间，故选C.【思路点睛】本题主要考查阅读能力、数学建模能力和化归思想以及零点存在定理的应用，属于中档题.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.理解本题题意的关键是：对“高了”，“低了”的理解和应用.6.“直线与互相垂直”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】若直线与互相垂直，则，解得或即“直线与互相垂直”是“”的必
4、要不充分条件故答案选7.设abc1，则下列不等式中不正确的是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用对数与指数式互化，对，变形即可判断【详解】令，则，即因为abc1，所以，所以logbclogac不正确故选D【点睛】本题主要考查了对数与指数式互化，还考查了指数运算，属于基础题8.对于平面、和直线a、b、m、n，下列命题中真命题是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】【分析】根据线线和线面与面面的平行与垂直的判定和性质判断即可.【详解】A. 根据线面垂直的垂直的判定定理可知,必须是相交直线,所以A错误.B. 根据直线和平面平行的判定定理可知,必
5、须在平面外,所以B错误.C. 根据面面平行的性质定理可知,两个平行平面同时和第三个平面相交,则交线平行,所以C正确.D. 根据面面垂直的性质可知, 必须垂直于的交线才有.所以D错误.故选：C.【点睛】本题主要考查了线面平行与垂直的判定与性质,需要根据题意找到满足的条件,属于基础题型.9.已知函数，则下列结论中正确的是A. 函数的最小正周期为B. 函数的图象关于点对称C. 由函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象D. 函数在区间上单调递增【答案】C【解析】对于函数，它的最小正周期为=，故排除A；令x=，求得f（x）=，故函数f（x）的图象不关于点对称；故排除B；把函数的图象向右平移个单位
6、长度，可以得到函数y=sin2（x）+=sin2x的图象，故C满足条件；在区间上，（，），函数f（x）单调递减，故排除D，故选C10.已知直线与抛物线相交于两点，是的中点，则点到抛物线准线的距离为（ ）A. B. 4C. 7D. 8【答案】B【解析】【分析】根据数形结合分析可知点到抛物线准线的距离，再根据弦长公式求.【详解】由题意可知直线过抛物线的焦点，如图，都和准线垂直，并且垂直分别是，由图象可知，根据抛物线的定义可知， 联立得， ，.故选：B【点睛】本题考查抛物线的定义和弦长公式，意在考查数形结合分析问题和解决问题的能力，属于基础题型.11.函数为上的可导函数，其导函数为，且，在中，则的形
7、状为 A. 等腰锐角三角形B. 直角三角形C. 等边三角形D. 等腰钝角三角形【答案】D【解析】【分析】求函数的导数，先求出，然后利用辅助角公式进行化简，求出A，B的大小即可判断三角形的形状【详解】函数的导数，则，则，则，则，即，则，得，即，则，则，则，则，即是等腰钝角三角形，故选D【点睛】本题考查三角形形状判断，根据导数的运算法则求出函数和的解析式是解决本题的关键12.已知偶函数满足，且当时，关于的不等式在区间上有且只有300个整数解，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据的周期和对称性得出不等式在上的整数解的个数为3,计算的值得出的范围.【详解】因偶
8、函数满足,所以,所以的周期为且的图象关于直线对称,由于上含有50个周期,且在每个周期内都是轴对称图形,所以关于的不等式在上有3个整数解,当时,由,得,由,得,所以函数在上单调递增,在上单调递减,因为,所以当时,所以当时,在上有4个整数解,不符合题意,所以,由可得或,显然在上无整数解,故而在上有3个整数解,分别为,所以,所以.故选:D【点睛】本题考查了函数的周期性,考查了函数的对称性,考查了利用导数研究函数的单调性,考查了一元二次不等式,属于较难题.第卷 非选择题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.已知，则_【答案】【解析】【分析】利用二倍角的正弦公式得出，然后除以，在所得分式的
9、分子和分母中同时除以，转化为只含的代数式，代值计算可得结果.【详解】.故答案为：.【点睛】本题考查三角求值，考查了二倍角公式与弦化切思想的应用，考查计算能力，属于基础题.14.已知实数，满足条件，则最大值为_【答案】【解析】【分析】先画出可行域，然后把zx+2y变形为直线，通过平移直线发现当这直线过点A时其在y轴上的截距最大，则问题解决【详解】画出可行域又zx+2y可变形为yx，所以当该直线经过点A时z取得最大值，联立得点A的坐标为（2，3），所以zmax2+238故答案为8【点评】本题考查画可行域及由可行域求目标函数最值问题，考查数形结合，确定最优解是关键，是中档题15.化简： _.【答案】
10、1【解析】原式)(.故答案为 【点睛】本题关键点有：先切化弦，再通分；利用辅助角公式化简；同角互化.16.已知四面体中，为等边三角形，且平面平面，则四面体外接球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】取的中点，连接，取的三等分点为，可证得为四面体外接球的球心，再结合长度关系可求得r,利用球的表面积公式即得解.【详解】取的中点，连接，取的三等分点为，使得，则为等边的中心.由于平面平面，且交线为，平面.而，所以为等腰直角三角形，且为的外心，所以，又，所以为四面体外接球的球心，其半径.故四面体外接球的表面积为.故答案为：【点睛】本题考查了四面体的外接球的表面积，考查了学生空间想象，综合分析，数学运算能
11、力，属于中档题.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.已知等差数列的前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】(1)；(2)【解析】试题分析：（1）根据等差数列基本量的运算求得，故可得通项公式（2）根据数列通项公式的特点利用裂项相消法求和试题解析：（1）设等差数列的公差为，由题意得，解得 （2）由（1）得 18.某公司培训员工某项技能，培训有如下两种方式：方式一：周一到周五每天培训1小时，周日测试方式二：周六一天培训4小时，周日测试公
12、司有多个班组，每个班组60人，现任选两组记为甲组、乙组先培训；甲组选方式一，乙组选方式二，并记录每周培训后测试达标的人数如表：第一周第二周第三周第四周甲组2025105乙组8162016用方式一与方式二进行培训，分别估计员工受训的平均时间精确到，并据此判断哪种培训方式效率更高？在甲乙两组中，从第三周培训后达标的员工中采用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求这2人中至少有1人来自甲组的概率【答案】（1）方式一（2）【解析】【分析】（1）用总的受训时间除以，得到平均受训时间.由此判断出方式一效率更高.（2）利用分层抽样的知识，计算得来自甲组人，乙组人.再利用列举法求得“从这人中随机
13、抽取人，求这人中至少有人来自甲组的概率”.【详解】解:（1）设甲乙两组员工受训的平均时间分别为、，则（小时）（小时）据此可估计用方式一与方式二培训，员工受训的平均时间分别为10小时和10.9小时，因，据此可判断培训方式一比方式二效率更高；（2）从第三周培训后达标的员工中采用分层抽样的方法抽取6人,则这6人中来自甲组的人数为：，来自乙组的人数为：，记来自甲组的2人为：；来自乙组的4人为：，则从这6人中随机抽取2人的不同方法数有：，共15种，其中至少有1人来自甲组的有：，共9种，故所求的概率.【点睛】本题主要考查平均数的计算，考查分层抽样，考查古典概型的计算方法，属于中档题.19.如图，正方形的边
14、长为，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）若是的中点，设，且三棱锥的体积为，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）要证明面面垂直，需证明线面垂直，取中点，连结，由条件证明；（2）利用等体积转化，解得，由面积公式解得的值.【详解】解：（1）取中点，连结.因为，所以.在中，则，所以，又，且面，所以面，又面，所以面面.（2）因为面面，又面面，且，所以面，所以.又因为，所以.因为，所以.又，所以，得.【点睛】本题考查面面垂直的证明和利用等体积转化求参数的问题，意在考查空间想象能力和推理证明，计算能力，属于中档题型，本题第二问的关键是等体积转化，一
15、般求四面体的体积或是求点到面的距离都需要考虑等体积转化，求点到面的距离也可以转化为其他等价的点到平面的距离.20.设函数.（1）讨论函数的单调性；（2）当函数有最大值且最大值大于时，求的取值范围.【答案】（1）当时，函数上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减；（2）.【解析】【分析】（1）求定义域，求导，对参数进行分类讨论即可；（2）由（1）知的初步范围，求得最大值，利用导数解不等式即可.【详解】（1）函数的定义域为，.当，即时，函数在上单调递增. 当时，令，解得，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减.综上所述：当时，函数在上单调递增，当时，函数在上单调递增，在上单调递减.（2）由
16、（1）知，当函数有最大值时，且最大值， 此时，即.令.故在上单调递增，且等价于，故a的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数对含参函数的单调性进行讨论，以及利用导数求解不等式.属导数综合题.21.已知抛物线的内接等边三角形的面积为（其中为坐标原点）（1）试求抛物线方程；（2）已知点两点在抛物线上，是以点为直角顶点的直角三角形求证：直线恒过定点；过点作直线的垂线交于点，试求点的轨迹方程，并说明其轨迹是何种曲线【答案】（1）；（2）证明见解析；，是以为直径的圆（除去点.【解析】【分析】（1）设A（xA，yA），B（xB，yB），由|OA|OB|，可得2pxA2pxB，化简可得：点A，B关于x轴对称因
17、此ABx轴，且AOx30可得yA2p，再利用等边三角形的面积计算公式即可得出；（2）由题意可设直线PQ的方程为：xmy+a，P（x1，y1），Q（x2，y2）与抛物线方程联立化为：y2mya0，利用PMQ90，可得0利用根与系数的关系可得m，或（m），进而得出结论；设N（x，y），根据MNNH，可得0，即可得出【详解】（1）解依题意，设，则由，得，即，因为，所以，故，则，关于轴对称，所以轴，且，所以.因为，所以，所以，故，故抛物线的方程为.（2）证明 由题意可设直线的方程为，由，消去，得，故，.因为，所以.即.整理得，即，得，所以或.当，即时，直线的方程为，过定点，不合题意舍去.故直线恒过定点
18、.解 设，则，即，得，即，即轨迹是以为直径的圆（除去点）.【点睛】本题考查了抛物线与圆的标准方程及其性质、直线与抛物线相交问题、等边三角形的性质、向量垂直与数量积的关系、一元二次方程的根与系数的关系、直线经过定点问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分22.【选修4-4：极坐标与参数方程】在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线相交于两点，求的面积.【答案】(1) (2) 【解析】分析：（
19、1）把曲线的极坐标方程化成，利用可得其直角坐标方程.（2）把直线的参数方程改写为，利用的几何意义求出的长度，再把直线的参数方程化为普通方程，计算到直线的距离后可计算的面积.详解：（1）因为，所以曲线的直角坐标方程为；（2）将直线的参数方程（为参数）代入曲线的直角坐标方程，得，设两点对应的参数分别为，则，于是，直线的普通方程为，则原点到直线的距离，所以.点睛：极坐标方程转为直角坐标方程的关键是利用公式，必要时需要对极坐标方程变形使得方程中尽量出现.另外在计算弦长时注意利用直线的参数方程 （为直线的倾斜角，为参数）来简化计算，因为的几何意义是、之间的距离.23.已知为正数,且,证明:(1)；(2).【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）将a+b+c2平方，然后将基本不等式三式相加，进行证明；（2）由，三式相乘进行证明.【详解】(1)将a+b+c2平方得:，由基本不等式知:，三式相加得:，则所以，当且仅当abc时等号成立(2)由，同理则，即当且仅当时等号成立【点睛】本题考查利用基本不等式进行证明，属于中档题.
