甘肃省武威第六中学2020届高三下学期第三次诊断考试数学（理）试题

甘肃省武威第六中学2020届高三下学期第三次诊断考试数学（理）试题

武威六中2020届高三第三次诊断考试试卷 理科数学 ‎（本试卷共3页，大题3个，小题22个．答案要求写在答题卡上）‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60分．）‎ ‎1.集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过解不等式分别得到集合，然后再求出即可．‎ ‎【详解】由题意得，‎ ‎，‎ ‎∴．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】解答本题的关键是正确得到不等式的解集，需要注意的是在解对数不等式时要注意定义域的限制，这是容易出现错误的地方，属于基础题．‎ ‎2.复数，其中为虚数单位，则的虚部为（ ）‎ A. B. ‎1 ‎C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数共轭的概念得到，再由复数的除法运算得到结果即可.‎ ‎【详解】‎ 虚部为-1，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的运算法则、复数的共轭复数等，考查了推理能力与计算能力，属于基础题,复数问题高考必考，常见考点有：点坐标和复数的对应关系，点的象限和复数的对应关系，复数的加减乘除运算，复数的模长的计算.‎ ‎3.已知，，均为锐角，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，可得，利用三角函数的基本关系式，分别求得的值，利用，化简运算，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，可得α，β均锐角，∴－ <α－β<.‎ 又sin(α－β)＝－，∴cos(α－β)＝.‎ 又sin α＝，∴cos α＝，‎ ‎∴sin β＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β)‎ ‎＝×－×＝.∴β＝.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的化简、求值问题，其中熟记三角函数的基本关系式和三角恒等变换的公式，合理构造，及化简与运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎4.把60名同学看成一个总体，且给60名同学进行编号，分5为00，01，…，59，现从中抽取一容量为6样本，请从随机数表的倒数第5行（下表为随机数表的最后5行）第11列开始向右读取，直到取足样本，则抽取样本的第6个号码为（ ）‎ A. 32 B. ‎38 ‎C. 39 D. 26‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从随机数表的倒数第5行第11列开始，依次向右读取两位数，大于等于60的数据应舍去，与前面取到的数据重复的也舍去，直到取足6个样本号码为止．‎ ‎【详解】根据随机数表抽取样本的六个号码分别为：18，00，38，58，32，26；‎ 所以抽取样本的第6个号码为26.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了抽样方法，随机数表的使用，在随机数表中每个数出现在每个位置的概率是一样的，所以每个数被抽到的概率是一样的，属于基础题．‎ ‎5.如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱中，点是平面内一点，则三棱锥的正视图与侧视图的面积之和为（ ）‎ A. 2 B. ‎3 ‎C. 4 D. 5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据几何体分析正视图和侧视图的形状，结合题干中的数据可计算出结果.‎ ‎【详解】由三视图的性质和定义知，三棱锥的正视图与侧视图都是底边长为高为 的三角形，其面积都是，正视图与侧视图的面积之和为，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查几何体正视图和侧视图的面积和，解答的关键就是分析出正视图和侧视图的形状，考查空间想象能力与计算能力，属于基础题.‎ ‎6.在等比数列中，“是方程的两根”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“是方程的两根”与“”的互相推出情况，判断出是何种条件.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 所以等比数列中，所以；‎ 又因为在常数列中，，但是不是所给方程的两根．‎ 所以在等比数列中，“是方程的两根”是“”的充分不必要条件.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查数列与充分、必要条件的综合应用，难度一般.在等比数列中，若，则有.‎ ‎7.某运动制衣品牌为了成衣尺寸更精准，现选择15名志愿者，对其身高和臂展进行测量（单位：厘米），左图为选取的15名志愿者身高与臂展的折线图，右图为身高与臂展所对应的散点图，并求得其回归方程为，以下结论中不正确的为（ ）‎ A. 15名志愿者身高的极差小于臂展的极差 B. 15名志愿者身高和臂展成正相关关系，‎ C. 可估计身高为190厘米的人臂展大约为189.65厘米 D. 身高相差10厘米的两人臂展都相差11.6厘米，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据散点图和回归方程的表达式，得到两个变量的关系，A根据散点图可求得两个量的极差，进而得到结果；B，根据回归方程可判断正相关；C将190代入回归方程可得到的是估计值，不是准确值，故不正确；D，根据回归方程x的系数可得到增量为11.6厘米，但是回归方程上的点并不都是准确的样本点，故不正确.‎ ‎【详解】A，身高极差大约为25，臂展极差大于等于30，故正确；‎ B，很明显根据散点图像以及回归直线得到，身高矮臂展就会短一些，身高高一些，臂展就长一些，故正确；‎ C，身高为190厘米，代入回归方程可得到臂展估计值等于189.65厘米，但是不是准确值，故正确；‎ D，身高相差10厘米的两人臂展的估计值相差11.6厘米，但并不是准确值，回归方程上的点并不都是准确的样本点,故说法不正确.‎ 故答案为D.‎ ‎【点睛】本题考查回归分析，考查线性回归直线过样本中心点，在一组具有相关关系的变量的数据间，这样的直线可以画出许多条，而其中的一条能最好地反映x与Y之间的关系，这条直线过样本中心点．线性回归方程适用于具有相关关系的两个变量，对于具有确定关系的两个变量是不适用的, 线性回归方程得到的预测值是预测变量的估计值，不是准确值.‎ ‎8.宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”‎ 的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的，分别为5，2，则输出的等于（ ）‎ A. 2 B. ‎3 ‎C. 4 D. 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．‎ ‎【详解】当时，，满足进行循环的条件；‎ 当时， 满足进行循环的条件；‎ 当时，满足进行循环的条件； ‎ 当时，不满足进行循环的条件， 故输出的值为.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答．‎ ‎9.已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，直线与抛物线交于，两点，若，则=‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据题意写出直线的方程，再将直线的方程与抛物线y2＝2x的方程组成方程组，消去y得到关于x的二次方程，最后利用根与系数的关系结合抛物线的定义即可求线段AB的长．‎ ‎【详解】解：抛物线C：y2＝2x的焦点为F（，0），准线为l：x＝﹣，设M（x1，y1），N（x2，y2），M，N到准线的距离分别为dM，dN，‎ 由抛物线的定义可知|MF|＝dM＝x1+，|NF|＝dN＝x2+，于是|MN|＝|MF|+|NF|＝x1+x2+1．‎ ‎∵，则，易知：直线MN的斜率为±，‎ ‎∵F（，0），‎ ‎∴直线PF的方程为y＝±（x﹣），‎ 将y＝±（x﹣），代入方程y2＝2x，得3（x﹣）2＝2x，化简得12x2﹣20x+3＝0，‎ ‎∴x1+x2，于是|MN|＝x1+x2+11‎ 故选：B．‎ 点睛】本题考查抛物线的定义和性质，考查向量知识的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．‎ ‎10.已知圆：与圆：‎ 的公共弦所在直线恒过定点，且点在直线上，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】与,相减得公共弦所在直线方程：，即，所以由得，‎ 即，‎ 因此，‎ 选D.‎ 点睛：在利用基本不等式求最值或值域时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.‎ ‎11.已知为双曲线的右焦点，定点为双曲线虚轴的一个顶点，过的直线与双曲线的一条渐近线在轴左侧的交点为，若，则此双曲线的离心率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设 ，渐近线方程为，求出AF的方程与联立可得，利用 ，可得的关系，即可求出双曲线的离心率．‎ ‎【详解】设，渐近线方程为，则 直线的方程为，与 联立可得 ， ‎ ‎∵，‎ ‎，‎ ‎， ‎ ‎∴， ‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的性质，考查向量知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎12.已知函数，当时，的取值范围为，则实数m的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导分析函数在时的单调性、极值，可得时，满足题意，再在时，求解的x的范围，综合可得结果.‎ ‎【详解】当时，，‎ 令，则；，则，‎ ‎∴函数在单调递增，在单调递减.‎ ‎∴函数在处取得极大值为，‎ ‎∴时，的取值范围为，‎ ‎∴‎ 又当时，令，则，即，‎ ‎∴‎ 综上所述，的取值范围为.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数分析函数值域的方法，考查了分段函数的性质，属于难题.‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知，，与的夹角为，则__________.‎ ‎【答案】3.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求，再分别根据向量数量积定义以及数量积运算绿求，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ ‎，‎ 又，‎ 所以.‎ 故答案：3.‎ ‎【点睛】本题考查了向量数量积以及向量的模，考查基本分析求解能力，属于基础题.‎ ‎14.的展开式的常数项是_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于的通项为，可得的展开式的常 ‎【详解】‎ 由于的通项为，‎ ‎ 故由题意得或,‎ 故的展开式的常数项是， ‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．‎ ‎15.已知是定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集用区间表示为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 设 ，则 ，由题意可得 故当 时， 由不等式 ，可得 ，或 ‎ 求得 ，或 故答案为（ ‎ ‎16.甲、乙、丙三位同学获得某项竞赛活动的前三名，但具体名次未知.3人作出如下预测：甲说：我不是第三名;乙说：我是第三名;丙说：我不是第一名.若甲、乙、丙3人的预测结果有且只有一个正确，由此判断获得第三名的是__________.‎ ‎【答案】甲 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若甲正确,则乙与丙错误.则甲不是第三名,乙不是第三名,丙是第一名,矛盾,假设不成立;若乙正确,甲与丙错误.则甲是第三名,乙是第三名,丙是第一名,矛盾,假设不成立;‎ 若丙正确,甲与乙错误.则甲是第三名,乙不是第三名,丙不是第一名,即乙是第一名,丙是第二名,甲是第三名,假设成立.‎ ‎【详解】解:若甲的预测正确,乙与丙预测错误.则甲不是第三名,乙不是第三名,丙是第一名,即甲乙丙都不是第三名,矛盾,假设不成立;‎ 若乙的预测正确,甲与丙预测错误.则甲是第三名,乙是第三名,丙是第一名,即甲乙都是第三名,矛盾,假设不成立;‎ 若丙的预测正确,甲与乙预测错误.则甲是第三名,乙不是第三名,丙不是第一名,即乙是第一名,丙是第二名,甲是第三名,假设成立.‎ 故答案为:甲 ‎【点睛】本题主要考查合情推理和演绎推理,考查学生的逻辑推理能力和辨析能力.‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程及演算步骤）‎ ‎17.在平面四边形中，已知，，，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求周长的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）15‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设,,则,利用正弦定理求出,在利用余弦定理,或,最后检验即可得出结果.‎ ‎（2）设,利用正弦定理有,从而得出 和的表示方法,然后,即可得出周长最大值.‎ ‎【详解】解:（1）由条件即求的长,在中,设,,则,‎ ‎∵,∴,∴‎ 整理得,解得或.‎ 当时可得,与矛盾,故舍去 ‎∴‎ ‎（2）在中,设,则 ‎∴,‎ ‎∴‎ ‎∴周长最大值为15.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理解三角形,考查三角形周长的最大值,是中档题.‎ ‎18.如图所示，四棱锥中，侧面底面，底面是平行四边形，，，，是中点，点在线段上.‎ ‎（Ⅰ）证明：；‎ ‎（Ⅱ）若 ，求实数使直线与平面所成角和直线与平面所成角相等.‎ ‎【答案】(Ⅰ) 见解析；(Ⅱ) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)由线面垂直的判定定理，先证明平面，进而可得；‎ ‎（Ⅱ）先结合(Ⅰ)证明底面，以为原点，延长线、、分别为、、轴建系，用表示出直线的方向向量与平面的法向量的夹角余弦值，以及直线的方向向量与平面的法向量的夹角余弦值，根据两角相等，即可得出结果.‎ ‎【详解】(Ⅰ)解：中，∴∴； ‎ 连，中 ‎ ‎∴∴，∴ ‎ 又∴平面∴ ‎ ‎(Ⅱ)由（1）：，又侧面底面于，∴底面，∴以为原点，延长线、、分别为、、轴建系； ‎ ‎∴，，,，，‎ ‎∴，，， ‎ 设，（），则 ‎， ‎ 设平面的一个法向量，则，可得 又平面的一个法向量 ‎ 由题：，即 解得：‎ ‎【点睛】本题主要考查线面垂直的性质和已知线面角之间的关系求参数的问题，对于线面角的问题，通常用空间向量的方法，求出直线的方向向量以及平面的法向量，即可求解，属于常考题型.‎ ‎19.某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2‎ 个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖.‎ ‎（1）求顾客抽奖1次能获奖的概率；‎ ‎（2）若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为，求的分布列和数学期望.‎ ‎【答案】（1）；（2）详分布列见解析，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）记事件｛从甲箱中摸出的1个球是红球｝，｛从乙箱中摸出的1个球是红球｝‎ ‎｛顾客抽奖1次获一等奖｝，｛顾客抽奖1次获二等奖｝，｛顾客抽奖1次能获奖｝，则可知与相互独立，与互斥，与互斥，且，，，再利用概率的加法公式即可求解；（2）分析题意可知，分别求得；；；，即可知的概率分布及其期望.‎ ‎【详解】（1）记事件｛从甲箱中摸出的1个球是红球｝，‎ ‎｛从乙箱中摸出的1个球是红球｝，‎ ‎｛顾客抽奖1次获一等奖｝，‎ ‎｛顾客抽奖1次获二等奖｝，‎ ‎｛顾客抽奖1次能获奖｝，‎ 由题意，与相互独立，与互斥，与互斥，‎ 且，，，‎ ‎∵，，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ 故所求概率为；‎ ‎（2）顾客抽奖3次独立重复试验，由（1）知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为，‎ ‎∴，‎ 于是；‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎，‎ 故的分布列为 ‎ ‎ ‎0 ‎ ‎1 ‎ ‎2 ‎ ‎3 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 的数学期望为.‎ 考点：1.概率的加法公式；2.离散型随机变量的概率分布与期望.‎ ‎【名师点睛】本题主要考查了离散型随机变量的概率分布与期望以及概率统计在生活中的实际应用，这一直都是高考命题的热点，试题的背景由传统的摸球，骰子问题向现实生活中的热点问题转化，并且与统计的联系越来越密切，与统计中的抽样，频率分布直方图等基础知识综合的试题逐渐增多，在复习时应予以关注.‎ ‎20.已知椭圆的离心率，过右焦点且垂直于轴的弦长为2．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若直线与椭圆交于两点，求的面积取最大值时的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据椭圆的离心率和椭圆的几何性质，即可求出结果；‎ ‎（2）联立方程得消去，得，再根据韦达定理和弦长公式可得，由点到直线的距离公式可得点到直线的距离，由面积公式可得，再令，利用导数在函数最值中的应用，即可求出结果.‎ ‎【详解】解：(1)设右焦点，代入椭圆方程得 由题意知解得∴椭圆的方程为．‎ ‎(2)联立方程得消去，得，‎ ‎，∴．‎ 设，，∴，，‎ ‎∴‎ ‎．‎ 又点到直线的距离，‎ ‎∴．‎ 令，则，‎ 令，得或或，‎ 当时，；当时，；‎ 当时，；当时，．‎ 又，，∴，‎ ‎∴当时，的面积取得最大值，最大值为．‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的几何性质，以及直线与椭圆的位置关系和椭圆中三角形面积最值的求法，属于中档题.‎ ‎21.已知函数，．‎ ‎（1）求函数的单调区间及极值；‎ ‎（2）设，当时，存在，，使方程成立，求实数的最小值．‎ ‎【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为.函数有极大值且为，没有极小值.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过求导，得到导函数零点为，从而可根据导函数正负得到单调区间，并可得到极大值为，无极小值；（2）由最大值为且可将问题转化为有解；通过假设，求出的最小值，即为的最小值.‎ ‎【详解】（1）由得：‎ 令，则，解得 当时，‎ 当时，‎ 的单调递增区间为，单调递减区间为 当时，函数有极大值，没有极小值 ‎（2）当时，由（1）知，函数在处有最大值 又因为 方程有解，必然存在，使 ‎，‎ 等价于方程有解，即在上有解 记，‎ ‎，令，得 当时，，单调递减 当时，，单调递增 所以当时，‎ 所以实数的最小值为 ‎【点睛】本题考查利用导数求解函数单调区间和极值、能成立问题的求解.解题关键是能够将原题的能成立问题转化为方程有解的问题，从而进一步转化为函数最值问题的求解，对于学生转化与化归思想的应用要求较高.‎ ‎【选修4-4：极坐标与参数方程】‎ ‎22.在平面直角坐标系中，曲线（为参数）．在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线．‎ ‎（1）求曲线的普通方程及的直角坐标方程；‎ ‎（2）设在曲线上对应的点分别为为曲线上的点，求面积的最大值和最小值．‎ ‎【答案】（1），；（2）最大值和最小值分别为，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先把参数方程化成普通方程，再利用极坐标的公式把极坐标方程化成普通方程；‎ ‎（2）由(1)得点，利用点到直线距离公式可得点到直线距离；再由，可得，由此即可求出面积的最值．‎ ‎【详解】(1)由曲线得曲线的普通方程为．‎ 由得，，，‎ 所以曲线的直角坐标方程为．‎ ‎(2)由(1)得点，点到直线的距离 ‎，其中，‎ 所以，．‎ 又当时，，，，‎ 所以面积的最大值和最小值分别为，．‎ ‎【点睛】本题考查普通方程、参数方程与极坐标方程之间的互化，同时也考查了利用极坐标方程和参数方程求解面积最值问题，考查计算能力，属于中档题.‎ ‎【选修4-5：不等式选讲】‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）若函数的最小值为3，求实数的值；‎ ‎（2）在（1）的条件下，若正数满足，求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用绝对值三角不等式可得,则,即可求解；‎ ‎（2）由（1）可得,即,则,进而利用均值不等式证明即可.‎ ‎【详解】（1）解:∵,‎ ‎∴,‎ 又∵,∴.‎ ‎（2）证明:由（1）知,∴,即,‎ 正数,‎ ‎∴,‎ 当且仅当时等号成立.‎ ‎【点睛】本题考查利用绝对值三角不等式求最值,考查利用均值不等式证明不等式,考查“‎1”‎的代换的应用.‎