【KS5U解析】云南省昆明市2020届高三“三诊一模”高考模拟考试（三模）数学（理）试题 Word版含解析

1、昆明市2020届“三诊一模”高考模拟考试理科数学注意事项：1答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码2回答选择题时，选出每小题答案后，用2b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，将本试卷和答题卡交回一、选择题：本题共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.在复平面内，复数所对应的点位于（ ）a. 第一象限b. 第二象限c. 第

2、三象限d. 第四象限【答案】a【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出的坐标得答案【详解】解：，复数所对应的点的坐标为，位于第一象限故选：【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题2.已知集合，则（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】先由集合，求出集合，再根据交集的概念，即可求出结果.【详解】因为集合，所以，因此.故选：d.【点睛】本题主要考查求集合的交集，熟记交集的概念即可，属于基础题型.3.已知一家便利店从1月份至5月份的营业收入与成本支出的折线图如下：关于该便利店1月份至5月份的下列描述中，正确的是（ ）a. 各月的

3、利润保持不变b. 各月的利润随营业收入的增加而增加c. 各月的利润随成本支出的增加而增加d. 各月的营业收入与成本支出呈正相关关系【答案】d【解析】【分析】利用收入与支出（单位：万元）情况的折线统计图直接求解【详解】对于，通过计算可得1至5月的利润分别为0.5，0.8，0.7，0.5，0.9，故错误；对于，由所得利润，可知利润并不随收入增加而增加，故错误；对于，同理可得错误；对于，由折线图可得支出越多，收入也越多，故而收入与支出呈正相关，故正确，故选：d【点睛】本题考查学生合情推理的能力，考查折线统计图的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题4.已知点在双曲线的一条渐近线

4、上，该双曲线的离心率为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】根据点在双曲线的一条渐近线上可得的关系，再根据求解即可.【详解】由题，点在直线上，即，故离心率.故选：c【点睛】本题主要考查了双曲线的离心率求解，需要根据题意确定的关系，进而求得离心率.属于基础题.5.已知点，则（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】利用两点间距离公式结合三角函数公式求解【详解】点，故选：b【点睛】本题主要考查了两点间距离公式，以及三角函数公式，是基础题6.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体的体积为（ ）a. 216b. 108c. d. 36

5、【答案】b【解析】【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步求出三棱柱体的体积【详解】根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为底面为等腰三角形，高为6的三棱柱体，如图所示：所以：故选：b【点睛】本题考查的知识要点：三视图和直观图形之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力7.材料一：已知三角形三边长分别为，则三角形的面积为，其中这个公式被称为海伦-秦九韶公式材料二：阿波罗尼奥斯（apollonius）在圆锥曲线论中提出椭圆定义：我们把平面内与两个定点，的距离的和等于常数（大于）的点的轨迹叫做椭圆根据材料一或材料二解答：已知中，则面积的最大值为（ ）a. b

6、. 3c. d. 6【答案】c【解析】【分析】根据材料二可得点的轨迹为椭圆，当点运动到椭圆短轴的顶点时，可得的面积取得最大值.【详解】由材料二可得点的轨迹为椭圆，其焦距，长轴，短轴当点运动到椭圆短轴的顶点时，可得的面积取得最大值，故选：c.【点睛】本题考查椭圆的定义及三角形面积的最值，考查数形结合思想，考查运算求解能力.8.已知函数的图象向左平移个单位后与的图象重合，则的最小值为（ ）a. 8b. 4c. 2d. 1【答案】b【解析】【分析】根据题意，得到为函数周期的整数倍，进而可得出结果.【详解】因为函数的图象向左平移个单位后与的图象重合，所以（其中为函数的最小正周期），即，所以，因为，所以

7、.故选：b.【点睛】本题主要考查由三角函数的周期求参数的问题，属于基础题型.9.如图1，已知是直角梯形，在线段上，将沿折起，使平面平面，连接，设的中点为，如图2对于图2，下列选项错误的是（ ）a. 平面平面b. 平面c d. 【答案】a【解析】【分析】利用线面垂直判定与性质进行证明平面,，证明是直角三角形可得.【详解】由已知是直角梯形， 得四边形是矩形，所以, ， 所以平面,又,平面,所以b正确平面平面,平面平面,平面，平面,所以c正确平面,又,平面,是直角三角形，又的中点为所以，所以d正确.故选：a【点睛】求解翻折问题的关键及注意事项：求解平面图形翻折问题的关键是弄清原有的性质变化与否，即翻

8、折(转)后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化应注意：(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，翻折(转)前后，若线始终在同一平面内，则它们的位置关系不发生变化，若线与线由在一个平面内转变为不在同一个平面内，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化10.已知为抛物线的焦点，点为抛物线上一点，以线段为直径的圆与轴相切于点，且满足，则的值为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】作出图形，根据题意推导出轴，结合，可得出点的坐标，再将点的坐标代入抛物线的方程，可求得正数的值.【详解】如下图所示，设线段的中点为点，由题意可知

9、，圆与轴相切于点，则轴，又，为的中点，轴，由于，则点，将点的坐标代入抛物线方程得，即，解得.故选：c.【点睛】本题考查抛物线方程中参数的求解，根据题意求出点的坐标是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.11.已知函数，是的唯一极小值点，则实数的取值范围为（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】求导可得，再根据是的唯一极小值点可得恒成立，再根据恒成立问题求解最小值分析即可.【详解】求导有.设，则，故当时，单调递减；时，单调递增.故若有两个零点，则必有一根，则此时有时；时，故为的极小值点，与题意不符.故恒成立，故，即，解得.故选：d【点睛】本题主要考查了根据导数求解极值点的问题，需

10、要根据极值点满足的关系分析得导函数零点的个数，再求最值求解参数的范围，属于中档题.12.中，有下述四个结论：若为的重心，则若为边上的一个动点，则为定值2若，为边上的两个动点，且，则的最小值为已知为内一点，若，且，则的最大值为2其中所有正确结论的编号是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】根据题意，先得为等腰直角三角形；取中点为，连接，得到，根据平面向量基本定理，即可得出结果；先由得到，由题意得到在上的投影为，进而可求出向量数量积；以点为坐标原点，分别以、所在直线为轴、轴，建立平面直角坐标系，由题意，设，且，不妨令，根据向量数量积的坐标表示，即可求出结果；同建立平面直角坐标系，

11、设，根据题意，得到，再设，由题意，得到，用表示出，即可求出结果；【详解】因为在中，； 所以为等腰直角三角形；如图1，取中点为，连接，因为为的重心，所以在上，且，所以，故正确；如图1，同，因为为中点，为等腰直角三角形，所以，若为边上的一个动点，则在上的投影为，因此，故错；如图2，以点为坐标原点，分别以、所在直线为轴、轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则，易得，所在直线方程为：；因为，为边上的两个动点，所以设，且，不妨令，因为，所以，即，则，所以，当且仅当时，等号成立；故正确；同建立如图3所示的平面直角坐标系，则，设，则，又，所以，即因为为内一点，且，设，则，且，因此，因为，所以，所以无最值，即无

12、最值，故错.故选：a.【点睛】本题主要考查平面向量基本定理的应用，以及求平面向量的数量积等问题，熟记平面向量基本定理，灵活运用建系的方法求解即可，属于常考题型.二、填空题：本題共4小题，每小题5分，共20分13.若，则_【答案】10【解析】【分析】首先写出展开式的通项，即可求出含的项的系数；【详解】解：因为，的展开式的通项为，令，得，则故故答案为：10【点睛】本题考查二项式定理的应用，属于基础题.14.若“，”是真命题，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据对数函数的性质得到关于的不等式，解出即可【详解】解： “”是真命题，；故答案为：【点睛】本题考查了特称命题的真假，考查对数函数的

13、性质，属于基础题15.在中，在线段上，若与的面积之比为，则_【答案】1【解析】【分析】由与的面积之比为，可得，进而求得，在用余弦定理即可求得.【详解】解：如图，因为与的面积之比为，所以，又因为，所以，在中，由余弦定理得，所以.故答案为：1.【点睛】本题主要考查用余弦定理来解三角形，考查学生的计算能力和公式得掌握程度，属于基础题.16.某校同时提供、两类线上选修课程，类选修课每次观看线上直播分钟，并完成课后作业分钟，可获得积分分；类选修课每次观看线上直播分钟，并完成课后作业分钟，可获得积分分每周开设次，共开设周，每次均为独立内容，每次只能选择类、类课程中的一类学习当选择类课程次，类课程次时，可获

14、得总积分共_分如果规定学生观看直播总时间不得少于分钟，课后作业总时间不得少于分钟，则通过线上选修课的学习，最多可以获得总积分共_分【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据题意可计算出当选择类课程次，类课程次时，可获得的总积分；设学生选择类选修课次，类选修课次，根据题意列出有关、的约束条件，可得出目标函数为，利用线性规划思想可求得的最大值，进而得解.【详解】根据题意，当选择类课程次，类课程次时，可获得总积分分.设学生选择类选修课次，类选修课次，则、所满足的约束条件为，即，目标函数为，如下图所示：则可行域为图中阴影部分中的整数点（横坐标和纵坐标均为整数的点），联立，解得，可得点，平移直线

15、，当直线经过可行域的顶点时，直线在轴上的截距最大，此时取最大值，即.因此，通过线上选修课的学习，最多可以获得总积分共分.故答案为：；.【点睛】本题考查线性规划的实际应用，将问题转化为线性规划问题是解答的关键，考查数形结合思想的应用，属于中等题.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.已知数列为正项等比数列，为的前项和，若，（1）求数列的通项公式；（2）从三个条件：；中任选一个作为已知条件，求数列的前项和注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【答案】（1）（2

16、）见解析【解析】【分析】(1)设数列的公比为，再根据题意利用基本量法求解即可.(2) 选择可得，即可利用等比数列求和公式求解即可.选择可得，再根据等比与等差数列求和的公式求解即可.选择可得，再用等差数列求和公式求解即可.【详解】解：（1）设数列的公比为，因为：，所以，故：，解得：或（舍去），故 由：，得：，将代入得：，所以数列的通项公式为：； （2）选择：，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，选择：， 所以 选择：，数列是首项为0，公差为1的等差数列 所以【点睛】本题主要考查了等比数列的基本量求解，同时也考查了等差等比数列求和的公式，属于基础题.18.已知四棱锥中，底面是边长为4的正方形，

17、为正三角形，是的中点，过的平面平行于平面，且平面与平面的交线为，与平面的交线为（1）在图中作出四边形（不必说出作法和理由）；（2）若，求平面与平面形成的锐二面角的余弦值【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）四边形mnoe即为所求，其中n为pd中点，o为ad中点，e为bc中点；（2）连结op，推导出，平面pad，从而平面abcd，以o为原点，建立空间直角坐标系，利用向量能求出平面与平面pbc形成的锐二面角的余弦值.【详解】（1）如图，四边形即为所求，其中为中点，为中点，为中点；（2）连接，依题意：，所以，则，又因为且，所以平面，则，因为为正三角形且为中点，所以平面，则，以为原点建立如图

18、坐标系， 因为，所以，则， 设平面的一个法向量为，则，解得，设平面的一个法向量为，则，解得则， 所以平面与平面形成的锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查平面的作法，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，属于中档题.19.已知椭圆左焦点为，经过点的直线与圆相交于，两点，是线段与的公共点，且（1）求椭圆的方程；（2）与的交点为，且恰为线段的中点，求的面积【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义可求得，又，故，由此可得的方程；（2）根据为线段的中点，得，由以及可得的坐标，从而可得三角形的面积.【详解】（1）如图：由圆可得， 因为

19、，所以，即，又，故， 所以椭圆的方程为（2）设，易知，因为为线段的中点，则， 所以，又，解得，若，则，直线的方程为，由，消去得，所以，所以，即，所以的面积若，同理可求得的面积综上，的面积为.【点睛】本题考查了根据椭圆的定义求椭圆方程，考查了圆的性质，考查了两个垂直向量的坐标表示，考查了直线与椭圆的交点，考查了三角形的面积公式，属于中档题.20.近年来，国家为了鼓励高校毕业生自主创业，出台了许多优惠政策，以创业带动就业某高校毕业生小张自主创业从事苹果的种植，并开设网店进行销售为了做好苹果的品控，小张从自己果园的苹果树上，随机摘取150个苹果测重（单位：克），其重量分布在区间内，根据统计的数据得到

20、如图1所示的频率分布直方图（1）以上述样本数据中频率作为概率，现一顾客从该果园购买了30个苹果，求这30个苹果中重量在内的个数的数学期望；（2）小张的网店为了进行苹果的促销，推出了“买苹果，送福袋”的活动，买家在线参加按图行进赢取福袋的游戏该游戏的规则如下：买家点击抛掷一枚特殊的骰子，每次抛掷的结果为1或2，且这两种结果的概率相同；从出发格（第0格）开始，每掷一次，按照抛掷的结果，按如图2所示的路径向前行进一次，若掷出1点，即从当前位置向前行进一格（从第格到第格，），若掷出2点，即从当前位置向前行进两格（从第格到第格，），行进至第3l格（获得福袋）或第32格（谢谢惠顾），游戏结束设买家行进至第

21、格的概率为，（）求、，并写出用、表示的递推式；（）求，并说明该大学生网店推出的此款游戏活动，是更有利于卖家，还是更有利于买家【答案】（1）8.4个；（2）（）,（），更有利于买家【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图可求出苹果的重量在内的频率，再根据二项分布的期望公式可得结果； （2）（）由当前格在第0格，且第一次抛掷骰子，结果为1，可求得；由当前格在第0格，第一次抛掷骰子，结果为2，和当前格在第1格，第二次抛掷骰子，结果为1，这两个互斥事件的和事件的概率公式可求得；分两种情况可求得：当前格在第格，抛掷一次骰子，结果为2，当前格在第格，抛掷一次骰子，结果为1，（ii）根据（）的递推关系可求得

22、，由此可得，根据可求得，再比较大小可得答案.【详解】（1）由图可知，苹果的重量在内的频率为：一顾客从该果园购买的30个苹果中重量在内的个数为，则，所以（个）（2）（i）买家要行进至第1格的情况只有一种：买家第一次抛掷骰子，结果为1，行进至第一格，其概率为，则； 买家要行进至第2格的情况有以下两种：当前格在第0格，第一次抛掷骰子，结果为2，行进至第2格，其概率为；当前格在第1格，第二次抛掷骰子，结果为1，行进至第2格，其概率为；所以 买家要行进至第格的情况有以下两种：当前格在第格，抛掷一次骰子，结果为2，行进至第格，其概率为；当前格在第格，抛掷一次骰子，结果为1，行进至第格，其概率为；所以 （i

23、i）由（i）得，即，又，所以数列是首项为，公比为的等比数列所以，所以，即所以买家行进至第31格（获得福袋）的概率为；又买家行进至第32格（谢谢惠顾）的概率为，由于，所以买家行进至第31格的概率大于行进至第32格的概率，即小张网店推岀的此款游戏活动是更有利于买家【点睛】本题考查了由频率分布直方图求频率，考查了二项分布的期望公式，考查了由递推关系求数列的通项，属于中档题.21.已知，（1）若，证明：；（2）对任意，都有，求整数的最大值【答案】（1）见解析（2）2【解析】【分析】（1）构造函数，利用二次求导可证明结论成立；（2）利用时，不等式成立以及（1）结论，可得，从而只需证明在区间恒成立即可再根

24、据（1）的结论，转化为证明在上恒成立.利用导数即可证明，由此可得结果.【详解】（1）设，则，因为，且，则在单调递减，因为，所以存在唯一零点，使得，所以时，时，则在时单调递增，在上单调递减，又，所以在上恒成立，所以在上单调递增，则，即所以 （2）因为对任意的，不等式，即恒成立，令，则，由（1）知，所以，由于为满足的整数，则， 因此下面证明在区间恒成立即可由（1）知，则，故，设，则，所以在上单调递减，所以，所以在上恒成立综上所述，的最大值为2【点睛】本题考查了构造函数并利用导数证明不等式成立，考查了利用导数处理不等式恒成立问题，考查了零点存在性定理，多次构造函数求导，利用放缩法进行转化是本题的难点，属于难题.（二）选考题：共10