陕西省安康中学2020届高三第三次模拟考试数学（理）试题 14页

此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ ‎2020届安康中学高三第三次模拟考试卷 理 科 数 学 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，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目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。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 一、选择题：本大题共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．已知全集为实数集，集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．已知，若与互为共轭复数，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．若双曲线的离心率为，则实数的值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．若，且，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．在中，，，在边上随机取一点，则事件“”发生的概率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．已知某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为，则等于（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．已知抛物线的焦点为，抛物线上任意一点，且轴于点，则的最小值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．“”含有两个数字，两个数字，“”含有两个数字，两个数字，则含有两个数字，两个数字的四位数的个数与含有两个数字、两个数字的四位数的个数之和为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．已知函数的两个零点之差的绝对值的最小值为，将函数的 图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）‎ ‎①函数的最小正周期为；②函数的图象关于点对称；‎ ‎③函数的图象关于直线对称；④函数在上单调递增．‎ A．①②③④ B．①② C．②③④ D．①③‎ ‎10．杨辉三角是二项式系数在只角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．在欧洲，帕斯卡()在年发现这一规律，比杨辉要迟了年．如图所示，在“杨辉三角”中，从开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：，，，，，，，，，则在该数列中，第项是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．已知双曲线（，）的右焦点为，过原点作斜率为的直线交 的右支于点，若，则双曲线的离心率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．设函数的定义域为，是其导函数，若，则不等式的解集是（ ）‎ A． B． C． D．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13．已知函数，则________．‎ ‎14．已知，则________．‎ ‎15．已知抛物线的焦点为，其准线与轴相交于点，为抛物线上的一点，且满足，则点到直线的距离为___________．‎ ‎16．在中，角，，的对边分别为，，，且，，则的面积的最大值是________．‎ 三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．（12分）在等差数列中，，且成等比数列．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若数列的公差不为，设，求数列的前项和．‎ ‎18．（12分）如图，三棱柱中，侧面是菱形，，，点在平面上的投影为棱的中点．‎ ‎（1）求证：四边形为矩形；‎ ‎（2）求二面角的平面角的余弦值．‎ ‎19．（12分）“互联网”是“智慧城市”的重要内士，市在智慧城市的建设中，为方便市民使用互联网，在主城区覆盖了免费．为了解免费在市的使用情况，调査机构借助网络进行了问卷调查，并从参与调査的网友中抽取了人进行抽样分析，得到如下列联表(单位：人)：‎ ‎（1）根据以上数据，判断是否有的把握认为市使用免费的情况与年龄有关；‎ ‎（2）将频率视为概率，现从该市岁以上的市民中用随机抽样的方法每次抽取人，共抽取次．记被抽取的人中“偶尔或不用免费”的人数为，若每次抽取的结果是相互独立的，求的分布列，数学期望和方差．‎ 附：，其中．‎ ‎20．（12分）已知椭圆，圆心为坐标原点的单位圆在的内部，且与有且仅有两个公共点，直线与只有一个公共点．‎ ‎（1）求的标准方程；‎ ‎（2）设不垂直于坐标轴的动直线过椭圆的左焦点，直线与交于，两点，且弦的中垂线交轴于点，试求的面积的最大值．‎ ‎21．（12分）已知函数（其中为自然对数的底，为常数）有一个极大值点和一个极小值点．‎ ‎（1）求实数的取值范围；‎ ‎（2）证明：的极大值不小于．‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．‎ ‎22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】‎ 已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立的极坐标系中，曲线的方程为．‎ ‎（1）求曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若直线与曲线相交于两点，且，求的值．‎ ‎23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】‎ 已知函数．‎ ‎（1）若，解不等式；‎ ‎（2）若函数的图象与轴围成的三角形的面积为，求的值．‎ 答 案 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共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．【答案】D ‎【解析】依题意，，，则．‎ ‎2．【答案】B ‎【解析】因为，，所以．‎ ‎3．【答案】A ‎【解析】由题意，得，解得（舍去）．‎ ‎4．【答案】B ‎【解析】因为，所以，所以，‎ 所以，‎ 所以 ‎．‎ ‎5．【答案】C ‎【解析】设事件事件“”为，‎ 设的中点为，则，解得，‎ 所以．‎ ‎6．【答案】A ‎【解析】由三视图知，该几何体由四分之一个圆锥与三棱锥组成，‎ 所以体积为：，解得．‎ ‎7．【答案】A ‎【解析】因为，设点，则，‎ 则，，‎ 则．‎ ‎8．【答案】B ‎【解析】第一类：含有两个数字、两个数字的四位数的个数为，‎ 第二类：含有两个数字，两个数字的四位数的个数为，‎ 由分类加法计数原理，得满足题意的个数为．‎ ‎9．【答案】B ‎【解析】由题意知函数的最小正周期为，则，‎ 所以．‎ 将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，即，‎ 则的最小正周期为，故①正确；‎ 令，解得，‎ 令，得函数的图象关于点对称，故②正确；‎ 令，解得．‎ 令，得函数的图象关于直线，对称，故③错误；‎ 令，得，‎ 所以函数在上单调递增，故④错误．‎ ‎10．【答案】C ‎【解析】考查从第行起每行的第三个数：，，，，‎ 归纳推理可知第（）行的第个数为，‎ 在该数列中，第项为第行第个数，‎ 所以该数列的第项为．‎ ‎11．【答案】B ‎【解析】设双曲线左焦点为，‎ 因为，所以，‎ 设点，则，所以点，‎ 所以，‎ 所以 ‎．‎ ‎12．【答案】A ‎【解析】令，则，‎ 因为，所以，所以，‎ 所以函数在上单调递增，‎ 而可化为等价于，解得，‎ 所以不等式的解集是．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13．【答案】‎ ‎【解析】．‎ ‎14．【答案】‎ ‎【解析】．‎ ‎15．【答案】‎ ‎【解析】由抛物线，可得，‎ 设点到准线的距离为，由抛物线定义可得，‎ 因为，由题意得，‎ 所以，‎ 所以点到直线的距离为．‎ ‎16．【答案】‎ ‎【解析】由及正弦定理，‎ 得．显然，‎ 所以．所以，所以．‎ 又，所以，所以，则，‎ 所以，当且仅当时取等号，‎ 所以的面积：，‎ 故的面积的最大值是．‎ 三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．【答案】（1）见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1）设数列的公差为，‎ 因为成等比数列，所以，‎ 又，所以，‎ 即，解得或．‎ 当时，；‎ 当时，．‎ ‎（2）若数列的公差不为，由（1）知，，‎ 则，‎ 所以．‎ ‎18．【答案】（1）证明见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1）因为平面，所以，‎ 又因为，，，所以，‎ 因此，所以，‎ 因此平面，所以，‎ 从而，即四边形为矩形．‎ ‎（2）如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，‎ 所以，，，．‎ 平面的法向量，设平面的法向量为，‎ 由，由，‎ 令，，即，‎ 所以，‎ 所以二面角的余弦值是．‎ ‎19．【答案】（1）没有的把握认为；（2）分布列见解析，，．‎ ‎【解析】（1）由列联表可知，‎ 因为，所以没有的把握认为市使用免费的情况与年龄有关．‎ ‎（2）由题意可知，的所有可能取值为，‎ ‎，，‎ ‎，．‎ 所以的分布列为 ‎，．‎ ‎20．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）依题意，得，将代入，‎ 由，，‎ 所以椭圆的标准方程为．‎ ‎（2）由（1）可得左焦点，由题设直线的方程为，‎ 代入椭圆方程，得．‎ 设，，则，，‎ 所以，的中点为，‎ 设点，则，解得，‎ 故，‎ 令，则，且，‎ 设，则，‎ 所以，即的面积的最大值为．‎ ‎21．【答案】（1）；（2）证明见解析．‎ ‎【解析】（1），由，‎ 记，，‎ 由，且时，，单调递减，；‎ 时，，单调递增，，‎ 由题意，方程有两个不同解，所以．‎ ‎（2）解法一：由（1）知在区间上存在极大值点，且，‎ 所以的极大值为，‎ 记，则，‎ 因为，所以，‎ 所以时，，单调递减；时，，单调递增，‎ 所以，即函数的极大值不小于．‎ 解法二：由（1）知在区间上存在极大值点，且，‎ 所以的极大值为，‎ 因为，，所以，‎ 即函数的极大值不小于．‎ ‎22．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）因为，所以，‎ 代入，得，即．‎ ‎（2）由，得，‎ 联立，消去，得，‎ ‎，解得或，‎ 设，，则，．‎ 又，解得．‎ ‎23．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）若，，‎ 当时，可化为，解得；‎ 当时，可化为，解得，无解；‎ 当时，可化为，解得，‎ 综上，不等式的解集是．‎ ‎（2）因为，‎ 又因为，所以，‎ 因为，，‎ 所以的图象与轴围成的的三个顶点的坐标为，，，‎ 所以，解得或（舍去）．‎