四川省泸州市2020届高三第三次教学质量诊断性考试数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com泸州市高2017级第三次教学质量诊断性考试

数学（文科）

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页.共150分.考试时间120分钟.

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题的答案标号涂黑.

3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.

第Ⅰ卷（选择题共60分）

一、选择题：本大题共有12个小题，每小题5分，共60分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 设集合,,则（    ）.

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据二次不等式的方法求解集合,再求解即可.

【详解】,故.即.

故选：B

【点睛】本题主要考查了交集的基本运算,属于基础题.

2. 若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

由得出，利用复数的除法运算可求得复数.

【详解】由得出.

故选：D.

【点睛】本题考查复数的计算，考查复数除法运算法则的应用，考查计算能力，属于基础题.

3. 已知点，动点满足，则的最小值为（    ）.

A. 1 B. 2 C.  D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】

作出动点满足，的可行域，利用数形结合，由点到直线x-y=0的距离求解即可.

【详解】因为动点满足，作出可行域如图所示阴影部分：

由图可知：点到直线x-y=0的距离最小，此时，，

即的最小值为.

故选：C

【点睛】本题主要考查线性规划的应用以及点到直线的距离，还考查了数形结合的思想方法，属于基础题.

4. 新冠肺炎疫情暴发以来，在以习近平同志为核心的党中央领导下，全党全军全国各族人民众志成城，共克时艰，疫情防控取得了阶段性成效，彰显了中国特色社会主义制度的优越性.下面的图表给出了月日至月日全国疫情每天新增病例的数据统计情况

下列说法中不正确的是（    ）

A. 每天新增疑似病例的中位数为

B. 在对新增确诊病例的统计中，样本容量为

C. 每天新增确诊与新增疑似病例之和不超过例的天数为天

D. 在对新增确诊病例的统计中，样本是月日至月日

【答案】D

【解析】

【分析】

求出每天新增疑似病例的中位数，可判断A选项的正误；根据统计天数可判断B选项的正误；统计出每天新增确诊与新增疑似病例之和不超过例的天数，可判断C选项的正误；根据样本的定义可判断D选项的正误.

【详解】对于A选项，每天新增疑似病例数由小到大依次为、、、、、、、、、、、、、、、、、，中位数为，A选项正确；

对于B选项，由于共统计了天，则在对新增确诊病例的统计中，样本容量为，B选项正确；

对于C选项，从月日至月日中每天新增确诊与新增疑似病例之和分别为、、、、、、、、、、、、、、、、、，

其中，每天新增确诊与新增疑似病例之和不超过例的天数为，C选项正确；

对于D选项，在对新增确诊病例的统计中，样本是月日至月日每天新增病例的数据，D选项错误.

故选：D.

【点睛】本题考查利用折线统计图的应用，考查数据处理能力，属于基础题.

5. 已知曲线（其中为自然对数的底数）在点处的切线为，命题点在直线上，命题点在直线上，则下列命题正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

利用导数求出切线的方程，进而可判断出命题、的真假，由此利用复合命题的真假可判断出各选项的正误.

【详解】，则，，，

所以，直线的方程为，即，

所以，点在直线上，点不在直线上，命题为真命题，命题为假命题，

因此，为真命题，、、均为假命题.

故选：A.

【点睛】本题考查利用导数求函数的切线方程，同时也考查了复合命题真假的判断，考查推理能力，属于基础题.

6. 已知函数，则该函数的部分图象大致是（    ）.

A  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

运用排除法，由函数的解析式，根据函数奇偶性的判断方法得出函数的奇偶性，再运用特殊点的函数值的正负，可排除选项，得出答案.

【详解】因为，所以函数是奇函数，其图像关于原点对称，所以排除C、D选项；

根据x取非常小的正实数时，，排除B选项，

故选：A．

【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和函数值的符号判定函数的图象，属于基础题.

7. 等差数列的公差不为零，其前项和为，若，则的值为（    ）.

A. 15 B. 20 C. 25 D. 40

【答案】B

【解析】

【分析】

由等差数列的性质可得, ，代入中，可得选项.

【详解】因为等差数列的公差不为零，其前项和为，

又,
所以,
故选：B

【点睛】本题考查了等差数列的前n项和公式与等差数列性质的综合应用,是高考重点考查的内容，属于基础题.

8. 函数是定义在上的奇函数，当时，，则的值为（    ）.

A. 2 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由奇函数定义域关于原点对称可求得，由奇函数的性质即可求得结果.

【详解】函数是定义在上的奇函数，则，解得：，

则.

故选：C.

【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的应用，以及函数值的求解，其中解答中熟练应用函数的奇偶性是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

9. 正方体中，下列命题中正确的是（    ）.

A. 与是相交直线且垂直 B. 与是异面直线且垂直

C. 与是相交直线且垂直 D. 与是异面直线且垂直

【答案】D

【解析】

【分析】

利用异面直线成角的定义可判断A，B，C，利用线面垂直的判定和性质定理即可判断D.

【详解】连接,则为等边三角形，则与是相交直线且成角为，故A错误；

因为，所以与是异面直线且成角为，故B错误；

连接，因为面,所以,所以与成角为为锐角故C错误；

连接，因为，且,所以面，则，则与是异面直线且垂直，故D正确.

故选：D.

【点睛】本题考查空间中直线与直线的位置关系的判断，考查推理能力，属于基础题.

10. 定义在实数集上的函数满足，且当时，是增函数，则，，的大小关系正确的是（    ）.

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由题意可得函数的图象关于直线对称，且在上单调递增，利用函数的对称性和单调性比较大小即可.

【详解】，

关于对称，

又时，是增函数，，，

.

故选：C.

【点睛】本题主要考查函数的单调性，函数图象的对称性，并且会根据函数的单调性比较函数值的大小.

11. 已知点为抛物线的焦点，过点的直线交于、两点，与的准线交于点，若，则的值等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

作出图形，可知点为线段的中点，利用相似三角形可求得的值.

【详解】如下图所示，分别过点、作抛物线的准线的垂线，垂足分别为点、，

，则点为线段的中点，，

由抛物线的定义可得，，，，

，，，

因此，.

故选：D.

【点睛】本题考查抛物线焦点弦长的计算，考查了抛物线定义的应用，属于中等题.

12. 已知曲线,把上各点横坐标伸长为原来的2倍,纵坐标不变,得到函数的图象,关于有下述三个结论：

（1）函数在上是减函数；

（2）当,且时,,则；

（3）函数（其中）的最小值为.

其中正确结论的个数为（    ）.

A. 1 B. 2 C. 3 D. 0

【答案】C

【解析】

【分析】

根据三角函数图像的变换求解,再根据三角函数的单调区间、对称性判断(1)(2),求导分析函数的单调性与最值判断(3)即可.

【详解】由题,.

对(1),当时,,又在区间上为减函数.故(1)正确.

对(2),当时, ,其取最小值时的对称轴为,即.

故当且时, .

故.故(2)正确.

对(3),代入有.

故.

故当时,,单调递增；

当时,单调递减；

当时,单调递增.

又,.故在区间上的最小值为.故(3)正确.

故(1)(2)(3)均正确.

故选：C

【点睛】本题主要考查了三角函数的图像变换以及根据三角函数的解析式判断单调性,以及利用对称性求解三角函数值等.同时也考查了结合导数分析函数单调性与最值的方法.属于难题.

第Ⅱ卷（非选择题共90分）

注意事项：

（1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效.

（2）本部分共10个小题，共90分.

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题纸上）

13. 已知平面向量与满足，且，则________.

【答案】3

【解析】

【分析】

根据向量数量积的运算，直接计算即可得出结果.

【详解】因为向量，满足，，

所以，，因此，

故答案为：3.

【点睛】本题主要考查已知向量数量积求向量的模，熟记运算法则即可，属于基础题目.

14. 已知正项等比数列的前项和为，若，，则该数列的公比为________.

【答案】

【解析】

【分析】

首先根据得到，再根据得到，解方程即可.

【详解】因为，

所以，即，

整理得：，

解得：或.

因为，所以.

故答案为：

【点睛】本题主要考查等比数列的性质，同时考查了学生的计算能力，属于简单题.

15. 已知双曲线的渐近线与圆有交点，若连接所有交点的线段围成的几何图形的面积为16，则的值是________.

【答案】4

【解析】

【分析】

首先根据题意得到双曲线渐近线方程和圆的圆心，半径，并画出图形，联立得到，根据对称性得到，再根据几何图形的面积为即可得到的值.

【详解】由题知：双曲线的渐近线方程为.

圆的标准方程为：，

圆心，半径，如图所示：

联立，解得，即.

根据双曲线和圆的对称性可知：.

所以几何图形的面积为，解得.

因为，所以.

故答案为：

【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程，同时考查圆和双曲线的对称性，属于中档题.

16. 已知一块边长为2正三角形铝板（如图），请设计一种裁剪方法，沿虚线裁剪，可焊接成一个正三棱锥（底面是正三角形且顶点在底面射影在底面三角形的中心的三棱锥），且它的全面积与原三角形铝板的面积相等（不计焊接缝的面积），则该三棱锥外接球的体积为________

【答案】

【解析】

【分析】

根据题意，沿正三角形的边的中点裁剪，焊接构成正四面体，根据结论求得半径，利用公式求得体积.

【详解】取正三角形的各边的中点，沿虚线裁剪，焊接构成一个棱长为1的正四面体，

由棱长为的正四面体的外接球的半径为，

可知该正四面体的外接球的半径为，

所以其体积为，

故答案为：.

【点睛】该题考查的是有关正四面体的外接球的问题，涉及到的知识点有正四面体的外接球的半径，求得体积公式，属于简单题目.

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. 某省从2021年开始，高考采用取消文理分科，实行“”的模式，其中的“1”表示每位学生必须从物理、历史中选择一个科目且只能选择一个科目.某校高一年级有2000名学生（其中女生900人）.该校为了解高一年级学生对“1”的选课情况，采用分层抽样的方法抽取了200名学生进行问卷调查，下表是根据调查结果得到的列联表.

（1）求，的值；

（2）请你依据该列联表判断是否有99.5%的把握认为选择科目与性别有关？说明你的理由.

附：，其中.

【答案】（1）；（2）有99.5%的把握认为选择科目与性别有关，详见解析

【解析】

【分析】

（1）根据分层抽样以及女生由900人，则由求解，进而得到n.

（2）根据（1）的数据完成列联表，然后代入公式求得，再与临界表对比下结论.

【详解】（1）根据题意得，

解得，

所以女生人数为人；

（2）列联表如下：

计算

，

所以有99.5%的把握认为选择科目与性别有关.

【点睛】本题主要考查独立性检验以及分层抽样，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

18. 在中,角,,所对的边分别为,,,且.

（1）求；

（2）若,的面积为,求.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

(1)利用正弦定理边角互化,结合两角和的正弦公式化简求解即可.

(2)根据三角形的面积公式可得,再代入余弦定理求解即可.

【详解】解：（1）由正弦定理得,

所以,

则,

又因为,所以,,

所以；

（2）的面积为,所以,

解得,

由,

所以.

【点睛】本题主要考查了解三角形与三角恒等变换的运用,需要根据题意选择合适的公式进行化简.属于基础题.

19. 如图，四棱锥的侧面是正三角形，，且，，是中点.

（1）求证：平面；

（2）若平面平面，且，求多面体的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】

【分析】

（1）取的中点，连接，通过证明四边形是平行四边形，证得，由此证得平面.

（2）取中点，连接，通过割补法，由计算出多面体的体积.

【详解】（1）取的中点，连接，

因为是中点，

所以，且，

又因为，，

所以，，

即四边形是平行四边形，

所以，

又因为平面，平面，

所以平面；

（2）取中点，连接，

因为是正三角形，所以，

因为平面平面，且交线为，

所以平面，

因为，所以平面，

所以，

故，，

因为是中点，所以点到平面的距离等于，

所以多面体的体积为：

.

【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查锥体体积的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.

20. 已知椭圆的左右焦点为，，离心率为，过点且垂直于轴的直线被椭圆截得的弦长为1.

（1）求椭圆的方程；

（2）若直线交椭圆于点，两点，与线段和椭圆短轴分别交于两个不同点，，且，求的最小值.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）根据椭圆的离心率和过焦点且垂直于轴的弦长列方程，解方程求得，由此求得椭圆方程.

（2）联立直线的方程和椭圆方程，写出根与系数关系，结合求得的值，根据的取值范围以及弦长公式，求得的最小值.

【详解】（1）由题可知：，且，

解得，，.

则椭圆的方程为；

（2）把代入得，

设，，则，，

又，，

因，所以，即，

所以，

因为与线段和椭圆短轴分别交于两个不同点，，

所以，又，

则，

故，，

因为直线即与线段及椭圆的短轴分别交于不同两点，由于，直线过，

所以，即，且，

所以

，

因为，且，

所以当或时的最小值为.

【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题.

21. 已知函数.

（1）求函数的单调增区间；

（2）函数，当时，恒成立，求整数的最小值.

【答案】（1）单调增区间是；单调减区间是（2）2

【解析】

【分析】

（1）利用的导函数求得的单调增区间.

（2）解法一：将不等式分离常数，得到，构造函数，利用导数求得的最大值，由此求得的取值范围，进而求得的最小值.

解法二：将不等式分离常数，得到，构造函数，对分成、两种情况进行分类讨论，由此求得的取值范围.

【详解】（1）因为，

由于时，由得，

所以函数的单调增区间是；单调减区间是；

（2）解法一：因为，即，因为，

所以，令，

所以，

设，

则，

所以且时，，

故在上是增函数，

因为，

当时，

.

所以存在使，

所以当时，即，

当时，即，

所以在上增函数，上是减函数，

故有最大值为

，

因，，所以，

故，即整数的最小值为2.

解法二：因为，即，因为，

所以，令，

（i）当时，因为，所以，

因此，所以只需；

（ii）当时，因为，则，

所以，

因此只需，即，

构造函数，

，

当时，在上单调递减，；

当时，，

则，不满足题意；

当时，，

则，故不满足题意；

综上可知，整数的最小值为2.

【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调区间，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，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，如果多做，则按所做的第一题计分.

22. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如下图就是在平面直角坐标系的“心形曲线”，又名RC心形线.如果以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，其RC心形线的极坐标方程为.

（1）求RC心形线的直角坐标方程；

（2）已知与直线（为参数），若直线与RC心形线交于两点，，求的值.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）利用两边平方的方法，结合极坐标和直角坐标相互转化的公式，求得心形线的直角坐标方程.

（2）将直线的参数方程转化为标准参数方程，然后代入心形线的直角坐标方程，利用直线参数的几何意义，求得的值.

【详解】（1）因为，

所以，

即，

故；

（2）因为在直线（为参数）上，

设直线的参数方程为（为参数）

若直线与RC心形线交于两点，，

则只能交于轴右侧部分，

将直线的参数方程，代入方程，化简得，

所以.

【点睛】本小题主要考查极坐标方程转化为直角坐标方程，考查直线利用直线参数的几何意义求值，属于中档题.

23. 已知的最小值为.

（1）求的值；

（2）当时，证明：.

【答案】（1）3（2）证明见解析；

【解析】

【分析】

（1）由绝对值定义分类去绝对值符号得分段函数，根据函数的性质求得最小值；

（2）利用柯西不等式证明．

【详解】解：（1）因为，

所以，

所以.

（2）证明：由柯西不等式有

所以，

故.

【点睛】本题考查用分类讨论法求含绝对值函数的最值，考查柯西不等式，解题时注意柯西不等式的形式，一般要凑配出平方和的乘积，然后得出结论．