四川省绵阳市2020届高三数学第三次诊断性考试试题 文（含解析）

PAGE四川省绵阳市2020届高三 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 第三次诊断性考试试题文（含解析）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答题卡交回．一、选择题：本大题共12小题，每小越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 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 的．1.已知集合，,则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据集合交集的定义可得所求结果．【详解】∵，∴．故选B．【点睛】本题考查集合的交集运算，解题的关键是弄清两集合交集中元素的特征，进而得到所求集合，属于基础题．2.已知为虚数单位，复数满足，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法求出复数的代数形式，然后再求出即可．【详解】∵，∴，∴．故选C．【点睛】本题考查复数的除法运算和复数模的求法，解题的关键是求出复数的代数形式，属于基础题．3.中国仓储指数是反映仓储行业经营和国内市场主要商品供求状况与变化趋势的一套指数体系．如图所示的折线图是年和年的中国仓储指数走势情况．根据该折线图，下列结论中不正确的是（）A.年月至月的仓储指数比年同期波动性更大B.年、年最大仓储指数都出现在月份C.年全年仓储指数平均值明显低于年D.年各月仓储指数的中位数与年各月仓储指数中位数差异明显【答案】D【解析】【分析】根据给出的折线图对四个选项进行分析、判断后可得不正确的结论．【详解】对于A，由图可得年月至月的仓储指数变化平缓，而年月至月的仓储指数的波动较大，所以A正确．对于B，由图可得年、年的最大仓储指数都出现在月份，所以B正确．对于C，由图可得4月份两年的仓储指数相同，9月、11月、12月的仓储指数2020年比2020年低，其余个月份都是2020年的低，并且有明显的差异，所以年全年仓储指数平均值明显低于年，所以C正确．对于D，由图中的数据可得两年的仓储指数的中位数都在51.5左右，差别不大，所以D不正确．故选D．【点睛】本题考查识别统计图和用统计图解决问题的能力，解题的关键是从图中得到所需的信息，属于基础题．4.函数的图象在处的切线斜率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出函数的导函数，然后根据导数的几何意义可得切线的斜率．【详解】∵，∴，∴，∴函数的图象在处的切线斜率为1．故选B．【点睛】根据导数的几何意义可得导函数在时的函数值即为曲线在点处的切线的斜率，解题时注意对题意的理解，属于简单题．5.将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，则的解析式为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据三角函数图象平移变换的规律可得所求的解析式．【详解】将函数的图象向左平移个单位后所得图象对应的解析式为．故选A．【点睛】解题中容易出现的错误是忽视在横方向上的平移只是对变量而言的这一结论，当的系数不是1时，在解题时需要提出系数、化为系数是1的形式后再求解．6.下列函数中，既是奇函数，又在上是增函数的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】对选项中的每个函数分别从奇偶性和单调性两个方面进行分析、判断即可得到正确的结论．【详解】对于A，函数为奇函数，但在无单调性，所以A不合题意．对于B，由于，所以函数为偶函数，所以B不合题意．对于C，函数为奇函数，且在上单调递增，所以C符合题意．对于D，函数为奇函数，当时，，所以，所以函数在上单调递减，在上单调递增，不合题意．故选C．【点睛】本题考查函数的单调性和奇偶性的判定，解题的关键是熟悉常见函数的性质，属于基础题．7.已知变量，满足则的最大值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】分析】画出不等式组表示的可行域，然后根据的几何意义求解即可．【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分所示．由题意得表示可行域内的点到原点距离的平方，结合图形可得，可行域内的点到原点的距离最大，且最大距离为，所以的最大值为10．故选A．【点睛】解答线性规划问题的两个注意点：一是正确画出不等式组表示的可行域；二是根据目标函数的几何意义求解，判断出是截距型、斜率型还是距离型，然后结合图形求解，属于基础题．8.已知一个封闭的长方体容器中装有两个大小相同的铁球，若该长方体容器的三个相邻侧面的面积分别为，，，则铁球的直径最大只能为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意求出长方体的三条棱的长度，最长棱的一半即为球的直径的最大值．【详解】设长方体三条棱的长分别为，由题意得，解得．再结合题意可得，铁球的直径最大只能为．故选B．【点睛】本题考查长方体的有关计算和空间想象能力，解题时要明确当球与长方体的对面都相切时半径最大，故只需求出长方体的最长棱即可，属于基础题．9.已知双曲线：的两个焦点分别为，，以原点为圆心，为半径作圆，与双曲线相交．若顺次连接这些交点和，恰好构成一个正六边形，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设双曲线和圆在第一象限的交点为，根据正六边形可得点的坐标，然后再根据点在双曲线上得到间的关系式，于是可得离心率．【详解】由题意得，以原点为圆心的圆的半径为．设双曲线和圆在第一象限的交点为，由正六边形的几何性质可得，∴点的坐标为．又点在双曲线上，∴，整理得，∴，解得或．又，∴，∴．故选C．【点睛】求双曲线的离心率时，将提供的双曲线的几何关系转化为关于双曲线基本量的方程或不等式，利用和转化为关于e的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或取值范围．10.在中，分别为角的对边，若，且的面积，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据及三角形的面积公式和余弦定理得到，进而求得，然后再根据正弦定理可得所求．【详解】∵及，∴，整理得．又，∴．由正弦定理得，∴．故选D．【点睛】本题考查正弦定理解三角形，此类问题常与三角形的面积和余弦定理结合在一起考查，解题时注意各公式间的关系及灵活应用，属于基础题．11.已知抛物线：的焦点为，点，直线与抛物线交于点（在第一象限内)，与其准线交于点，若，则点到轴距离为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】过点作抛物线准线的垂线，垂足为．根据三角形相似可得直线的倾斜角为，从而斜率为，进而可求得，于是可求得点的纵坐标，根据点在曲线上可得其横坐标，即为所求．【详解】由题意得抛物线的焦点为，准线方程为，设准线与y轴交于点．过点作抛物线准线的垂线，垂足为，则，∴，∴,∴直线的倾斜角为，∴，解得．又由得，即，∴．设，则，∴，∴，又点在第一象限，∴，即点到轴距离为．故选B．【点睛】本题考查抛物线定义的运用和平面几何图形的性质，解题的关键是根据平面图形的性质得到直线的倾斜角，进而得到参数，然后再根据定义进行转化后可得所求距离，属于中档题．12.若，且，，，则的值是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设，用表示出，然后根据对数的运算性质和换底公式进行变形求解可得所在的范围，进而得到答案．【详解】设，则，∴．∵，∴；又，∴，即．∴．故选C．【点睛】本题考查对数的换底公式、对数的性质以及基本不等式，具有一定的灵活性和难度，解题的关键是用参数表示出，考查变换和计算能力．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.函数则__________．【答案】1.【解析】【分析】根据分段函数的解析式逐步代入求解可得结果．【详解】由题意得．故答案为：1．【点睛】本题考查分段函数的求值，解题时根据函数中不同的范围对应的解析式求解，属于简单题．14.已知，是第二象限的角，则__________．【答案】.【解析】【分析】由求得，再根据平方关系得到，于可得所求．【详解】∵，又是第二象限的角，，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】解题中在运用平方关系求值时要注意所求值的符号，本题考查同角三角函数关系式，属于简单题．15.已知的面积为，且，则__________．【答案】.【解析】【分析】由的面积为可得，再由可得，然后根据以上两式得到，由此可得．【详解】∵的面积为，∴①．∵，∴②．由①②两式得，又，∴．故答案为：．【点睛】解答本题容易出现的错误是认为向量的夹角为，从而得到错误的结果．考查向量的数量积和三角形的面积公式，关键是从两个条件中消去得到角的正切值．16.在《九章算术》中有称为“羡除”的五面体体积的求法．现有一个类似于“羡除”的有三条棱互相平行的五面体，其三视图如图所示，则该五面体的体积为__________．【答案】24.【解析】【分析】由三视图得到五面体的直观图，然后根据几何体的结构特征，利用分割的方法求得其体积．【详解】由三视图可得，该几何体为如下图所示的五面体，其中，底面为直角三角形，且，侧棱与底面垂直，且．过点作，交分别于，则棱柱为直棱柱，四棱锥的底面为矩形，高为．所以．故答案为：．【点睛】本题考查三视图还原几何体和不规则几何体体积的求法，考查空间想象能力和计算能力，解题的关键是由三视图得到几何体的直观图，属于基础题．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17~21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.已知数列满足，．（1）求证：数列是等差数列；（2）若，求数列的前项和．【答案】(1)见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由变形可得，由此可得数列为等差数列．（2）由（1）得到，进而得到，然后利用列项相消法求和即可．详解】（1）∵，∴，又，∴数列是以为首项，公差为的等差数列．（2）由（1）知，∴．∴，∴．【点睛】用裂项法求和的裂项原则及规律(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止．(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．18.目前有声 书 关于书的成语关于读书的排比句社区图书漂流公约怎么写关于读书的小报汉书pdf 正受着越来越多人的喜爱．某有声书公司为了解用户使用情况，随机选取了名用户，统计出年龄分布和用户付费金额（金额为整数）情况如下图．有声书公司将付费高于元的用户定义为“爱付费用户”，将年龄在岁及以下的用户定义为“年轻用户”．已知抽取的样本中有的“年轻用户”是“爱付费用户”．（1）完成下面的列联表，并据此资料，能否有的把握认为用户“爱付费”与其为“年轻用户”有关？爱付费用户不爱付费用户合计年轻用户非年轻用户合计（2）若公司采用分层抽样方法从“爱付费用户”中随机选取人，再从这人中随机抽取人进行访谈，求抽取的人恰好都是“年轻用户”的概率．．【答案】（1）有的把握认为“爱付费用户”和“年轻用户”有关；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意可得列联表，然后根据表中的数据求出后与临界值表中的数据对照后可得结论．（2）根据古典概型概率公式求解可得所求概率．【详解】（1）根据题意可得列联表如下：爱付费用户不爱付费用户合计年轻用户非年轻用户合计由表中数据可得，所以有的把握认为“爱付费用户”和“年轻用户”有关．（2）由分层抽样可知，抽取的人中有人为“年轻用户”，记为，，，，人为“非年轻用户”，记为．则从这人中随机抽取人的基本事件有：，，，，，，，，，，共个基本事件．其中满足抽取的人均是“年轻用户”的事件有：，，，，，，共个．所以从中抽取人恰好都是“年轻用户”的概率为．【点睛】独立性检验的方法是得到列联表后求出的值后与临界值表进行对照后得到结论，查表时要根据题目要求的百分比找到第一行对应的数值，再将该数值对应的值与求得的相比较．另外，表中第一行数据表示两个变量没有关联的可能性，所以其有关联的可能性为．19.如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面平面，且，，为的中点，．（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接，交于点，连接，根据三角形中位线的性质可得，再根据线面平行的判定可得结论成立．（2）在中由余弦定理得，于是．在平面内，作，交的延长线于，由条件可得平面，即为点到平面的距离，然后再结合求解可得所求．【详解】（1）证明：连接，交于点，连接．∵为的中点，为的中点，∴为的中位线，∴，且．又平面，平面，∴平面．（2）在中，，，由余弦定理得，∴．∴．∵，且为的中点，∴．在中，．在平面内，作，交的延长线于．∵平面平面，平面平面,∴平面．即为点到平面的距离．∵点为的中点，∴点到平面的距离是长度的一半．在中，，∴．【点睛】在求空间几何体的体积时，要注意分清几何体的形状，对于形状规则的几何体可直接根据公式求其体积；对于形状不规则的几何体，可根据“分割”或“补形”的方法转化为形状规则的几何体再求其体积．20.已知是焦距为的椭圆：的右顶点，点，直线交椭圆于点，为线段的中点．（1）求椭圆的方程；（2）设过点且斜率为的直线与椭圆交于、两点，若，求直线的斜率．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由焦距为可得，再根据在椭圆上得，于是，进而得到椭圆方程．（2）将直线方程与椭圆方程联立消元后根据根与系数的关系得，，再根据得，构造，代入后可得所求斜率．【详解】（1）由题意得焦距，∴．又点在椭圆上，∴，解得，∴．∴椭圆的方程为．（2）根据题意得直线方程为，即．由消去整理得．∵直线与椭圆交于、两点，∴，解得．设，，则，．∵，且，，∴，∴，即．∴，∴．∴，解得，满足，∴．即直线的斜率．【点睛】由于圆锥曲线的问题都涉及到大量的计算，所以在解题时要注意计算的合理性，利用“设而不求”、“整体代换”等方法，以减少运算量、提高解题的效率，本题中利用，构造后利用整体代换求解就是一种很好的简化运算的方法．另外，不要忽视判别式的限制．21.已知函数，对于任意的，恒成立．（1）求的取值范围；（2）设，当取最小值且时，试比较与在上的大小，并证明你的结论．【答案】（1）；（2），证明见解析.【解析】【分析】（1）由题意只需根据求出实数的取值范围即可，然后根据参数讨论法求解即可得到所求．（2）结论为．若证不等式成立，即证当取最小值且时成立，也即证．设，分析其单调性则得；令，则可得．从而可得成立．【详解】（1）∵，∴．①当时，得，则在上单调递减．又，∴不恒成立．②当时，由，解得．（ⅰ）当，即时，可得在上单调递减，在上单调递增，要使得恒成立，则．令，则，∴在上单调递增，又，所以恒成立，不合题意．（ⅱ）当，即时，在上单调递增．由，得恒成立．综上可得．∴实数的取值范围为．（2）．证明如下：由（1）得当取最小值时；当时，．故只需证，即证即可．令，则．由，解得；由，解得，∴在上单调递减，在上单调递增．故．令，则．由，解得；由，解得．∴在上单调递增，在上单调递减．故．又，故成立．∴．【点睛】（1）解决恒成立问题的常用方法是参数分离法和参数讨论法，对于参数分离无法解决的问题则需要用参数讨论法求解，解题时需要根据题意对参数进行合理的分类，然后通过逐步讨论排除不合题意的部分．（2）证明不等式时，可构造函数，然后通过求出函数的最值后得到不等式成立；有时也可通过证明来得到结论成立．（二）选考题：共10分．请考生在第22，23题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题记分．22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的普通方程；（2）直线的参数方程（为参数），直线与轴交于点，与曲线的交点为，，当取最小值时，求直线的直角坐标方程．【答案】(1).（2）.【解析】【分析】（1）曲线的极坐标方程可化为，然后利用变换公式可得所求．（2）将直线的参数方程代入曲线的普通方程得到关于的二次方程，然后结合参数的几何意义和根与系数的关系求解即可．【详解】由题意，得，∴．把代入上式得．∴曲线的普通方程为．（2）由题可知，直线与轴交于点即为抛物线的焦点．将直线的参数方程代入的普通方程中，整理得．设点对应的参数分别为，由题意得，则，，∴，当且仅当，即时等号成立，∴当取最小值时，直线的直角坐标方程为．【点睛】用直线参数方程中参数的几何意义解题时，要注意参数方程中参数的系数的平方和必须为1，只有在这种情况下，参数的绝对值才表示直线上的点到定点的距离．23.[选修4-5：不等式选讲]已知函数．（1）当时，解不等式；（2）证明：对任意，．【答案】（1）；（2）见解析.【解析】【分析】（1）利用零点分区间法，即分类讨论的方法解不等式即可．（2）利用绝对值的三角不等式证明即可得到结论．【详解】（1）当时，．①当时，不等式为，解得；②当时，不等式为，解得．与矛盾，舍去；③当时，不等式为，解得．综上不等式的解集为．（2）证明：．∴不等式成立．【点睛】对绝对值三角不等式定理的理解注意以下几点：①不等式为，两端的等号成立的条件在解题时经常用到；②利用这一不等式可进行放缩，特别是用此结论可求函数的最大(小)值．