【KS5U解析】吉林省吉林市2020届高三第三次调研测试（4月）数学（理）试题 Word版含解析

1、吉林市普通中学20192020学年度高中毕业班第三次调研测试理科数学本试卷共22小题，共150分，共6页，考试时间120分钟，考试结束后，将答题卡和试题卷一并交回.注意事项：1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码、姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上.2.选择题答案使用2b铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.3.请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答，超出答题区域书写的答案无效.4.作图可先用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.5.保持卡

2、面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.一、选择题：本大题共12题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求.1.已知集合，则（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】求出集合，利用集合的基本运算即可得到结论.【详解】由，得，则集合，所以，.故选：b.【点睛】本题主要考查集合的基本运算，利用函数的性质求出集合是解决本题的关键，属于基础题.2.已知复数满足，则=（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】利用复数的代数运算法则化简即可得到结论.【详解】由，得，所以，.故选：b.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算

3、，考查复数的基本概念，属于基础题.3.已知向量，则向量在向量方向上的投影为（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】投影即为，利用数量积运算即可得到结论.【详解】设向量与向量的夹角为，由题意，得，所以，向量在向量方向上的投影为.故选：a.【点睛】本题主要考察了向量的数量积运算，难度不大，属于基础题.4.已知为两条不重合直线，为两个不重合平面，下列条件中，的充分条件是（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】根据面面垂直的判定定理，对选项中的命题进行分析、判断正误即可.【详解】对于a，当，时，则平面与平面可能相交，故不能作为的充分条件，故a错误；对于b，当，时，则，故

4、不能作为的充分条件，故b错误；对于c，当，时，则平面与平面相交，故不能作为的充分条件，故c错误；对于d，当，则一定能得到，故d正确.故选：d.【点睛】本题考查了面面垂直的判断问题，属于基础题.5.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】根据题意，可得几何体，利用体积计算即可.【详解】由题意，该几何体如图所示：该几何体的体积.故选：a.【点睛】本题考查了常见几何体三视图和体积计算，属于基础题6.函数的对称轴不可能为（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】由条件利用余弦函数的图象的对称性，得出结论详解】对于函数，令，解得

5、，当时，函数的对称轴为，.故选：d.【点睛】本题主要考查余弦函数的图象的对称性，属于基础题7.已知为定义在上的奇函数，且满足当时，则（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】由题设条件，可得函数的周期是，再结合函数是奇函数的性质将转化为函数值，即可得到结论.【详解】由题意，则函数的周期是，所以，又函数为上的奇函数，且当时，所以，.故选：c.【点睛】本题考查函数的周期性，由题设得函数的周期是解答本题的关键，属于基础题.8.已知数列为等比数列，若，且，则（ ）a. b. 或c. d. 【答案】a【解析】【分析】根据等比数列的性质可得，通分化简即可.【详解】由题意，数列为等比数列，则，

6、又，即，所以，.故选：a.【点睛】本题考查了等比数列的性质，考查了推理能力与运算能力，属于基础题.9.椭圆的焦点为，点在椭圆上，若，则的大小为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】根据椭圆的定义可得，再利用余弦定理即可得到结论.【详解】由题意，又，则，由余弦定理可得.故.故选：c.【点睛】本题考查椭圆的定义，考查余弦定理，考查运算能力，属于基础题.10.已知，则的大小关系是（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】利用函数与函数互为反函数，可得，再利用对数运算性质比较a,c进而可得结论.【详解】依题意，函数与函数关于直线对称，则，即，又，所以，.故选：b.【点睛

7、】本题主要考查对数、指数的大小比较，属于基础题.11.赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约公元222年，赵爽为周髀算经一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，又称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的，如图（1），类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图（2）所示的图形，它是由个全等的三角形与中间的一个小正六边形组成的一个大正六边形，设，若在大正六边形中随机取一点，则此点取自小正六边形的概率为（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】设，则，小正六边形的边长为，利用余弦定理可得大正六边形的边长为，再利用面积之比可得结论.【详解】由题意，设，则

8、，即小正六边形的边长为，所以，在中，由余弦定理得，即，解得，所以，大正六边形的边长为，所以，小正六边形的面积为，大正六边形的面积为，所以，此点取自小正六边形的概率.故选：d.【点睛】本题考查概率的求法，考查余弦定理、几何概型等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题12.已知分别为双曲线的左、右焦点，点是其一条渐近线上一点，且以为直径的圆经过点，若的面积为，则双曲线的离心率为（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】根据题意，设点在第一象限，求出此坐标，再利用三角形的面积即可得到结论.【详解】由题意，设点在第一象限，双曲线的一条渐近线方程为，所以，又以为直径的圆经过点，则，即，解得

9、，所以，即，即，所以，双曲线的离心率为.故选：b.【点睛】本题主要考查双曲线的离心率，解决本题的关键在于求出与的关系，属于基础题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13.在的展开式中，项的系数是_（用数字作答）【答案】 【解析】的展开式的通项为：.令，得.答案为：-40.点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r1项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.14.已知两圆相交于两点,，若两圆圆心都在

10、直线上，则的值是_ .【答案】【解析】【分析】根据题意，相交两圆的连心线垂直平分相交弦，可得与直线垂直，且的中点在这条直线上，列出方程解得即可得到结论.【详解】由,，设的中点为，根据题意，可得,且，解得，,，故.故答案为：.【点睛】本题考查相交弦的性质，解题的关键在于利用相交弦的性质，即两圆的连心线垂直平分相交弦，属于基础题.15.若点在直线上，则的值等于_ .【答案】【解析】【分析】根据题意可得，再由，即可得到结论.【详解】由题意，得，又，解得，当时，则，此时；当时，则，此时，综上，.故答案为：.【点睛】本题考查诱导公式和同角的三角函数的关系，考查计算能力，属于基础题.16.已知数列的前项和

11、且，设，则的值等于_ .【答案】7【解析】【分析】根据题意，当时，可得，进而得数列为等比数列，再计算可得，进而可得结论.【详解】由题意，当时，又，解得，当时，由，所以，即，故数列是以为首项，为公比的等比数列，故，又，所以，.故答案为：.【点睛】本题考查了数列递推关系、函数求值，考查了推理能力与计算能力，计算得是解决本题的关键，属于中档题.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.在中，角的对边分别为，若.（1）求角的大小；（2）若，为外一点，求四边形面积的最大

12、值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理化简等式可得，即；（2）根据题意，利用余弦定理可得，再表示出，表示出四边形，进而可得最值.【详解】（1），由正弦定理得： 在中，则，即，即.（2）在中，又，则为等边三角形，又，-当时，四边形的面积取最大值，最大值为.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式的应用，属于基础题18.在全面抗击新冠肺炎疫情这一特殊时期，我市教育局提出“停课不停学”的口号，鼓励学生线上学习.某校数学教师为了调查高三学生数学成绩与线上学习时间之间的相关关系，对高三年级随机选取45名学生进行跟踪问卷，其中每周线上学习数学时间不少于5小时的有19人，

13、余下的人中，在检测考试中数学平均成绩不足120分的占，统计成绩后得到如下列联表：分数不少于120分分数不足120分合计线上学习时间不少于5小时419线上学习时间不足5小时合计45（1）请完成上面列联表；并判断是否有99%的把握认为“高三学生的数学成绩与学生线上学习时间有关”；（2）按照分层抽样方法，在上述样本中从分数不少于120分和分数不足120分的两组学生中抽取9名学生，设抽到不足120分且每周线上学习时间不足5小时的人数是，求的分布列（概率用组合数算式表示）；若将频率视为概率，从全校高三该次检测数学成绩不少于120分的学生中随机抽取20人，求这些人中每周线上学习时间不少于5小时的人数的期望

14、和方差.（下面的临界值表供参考）0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828（参考公式其中）【答案】（1）填表见解析；有99%的把握认为“高三学生的数学成绩与学生线上学习时间有关”（2）详见解析期望；方差【解析】【分析】（1）完成列联表，代入数据即可判断；（2）利用分层抽样可得的取值，进而得到概率，列出分布列；根据分析知，计算出期望与方差.【详解】（1）分数不少于120分分数不足120分合计线上学习时间不少于5小时15419线上学习时间不足5小时101626合计252045有99%的把握认为“高三学生的数学成绩与学生线上

15、学习时间有关”.（2）由分层抽样知，需要从不足120分的学生中抽取人，的可能取值为0，1，2，3，4，所以，的分布列：从全校不少于120分的学生中随机抽取1人，此人每周上线时间不少于5小时的概率为，设从全校不少于120分的学生中随机抽取20人，这些人中每周线上学习时间不少于5小时的人数为，则，故，.【点睛】本题考查了独立性检验与离散型随机变量的分布列、数学期望与方差的计算问题，属于基础题.19.如图所示，在四棱锥中，点分别为中点.（1）证明：面；（2）若，且，面面，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意，连接交于，连接，利用三角形全等得，进而可得结论；（

16、2）建立空间直角坐标系，利用向量求得平面的法向量，进而可得二面角的余弦值.【详解】（1）证明：连接交于，连接，且，面面，面，（2）取中点，连，.由，面面面，又由，以分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，设，则，为面的一个法向量，设面的法向量为，依题意，即，令，解得，所以，平面的法向量，又因二面角为锐角，故二面角的余弦值为.【点睛】本题考查直线与平面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意中位线和向量法的合理运用，属于基础题.20.已知倾斜角为的直线经过抛物线的焦点，与抛物线相交于、两点，且.（1）求抛物线方程；（2）设为抛物线上任意一点（异于顶点），过做倾斜角互补的两条直线、

17、，交抛物线于另两点、，记抛物线在点的切线的倾斜角为，直线的倾斜角为，求证：与互补.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意，设直线方程为，联立方程，根据抛物线的定义即可得到结论；（2）根据题意，设的方程为，联立方程得，同理可得，进而得到，再利用点差法得直线的斜率，利用切线与导数的关系得直线的斜率，进而可得与互补.【详解】（1）由题意设直线的方程为，令、，联立，得，根据抛物线的定义得，又，故所求抛物线方程为.（2）依题意，设，设的方程为，与联立消去得，同理，直线的斜率=切线的斜率，由，即与互补.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，直线斜率的应用，考查分析问题解决

18、问题的能力，属于中档题21.已知函数（1）若，试讨论的单调性；（2）若，实数为方程的两不等实根，求证：.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意得，分与讨论即可得到函数的单调性；（2）根据题意构造函数，得，参变分离得，分析不等式，即转化为，设，再构造函数，利用导数得单调性，进而得证.【详解】（1）依题意，当时，当时，恒成立，此时在定义域上单调递增；当时，若，；若，；故此时的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）方法1：由得令，则，依题意有，即，要证，只需证（不妨设），即证，令，设，则，在单调递减，即，从而有.方法2：由得令，则，当时，时，故在上单调递增，在上单调递减，不妨设，则，要证，只需证，易知，故只需证，即证令，（），则=，（也可代入后再求导）在上单调递减，故对于时，总有.由此得【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，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.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（2）设为曲