安徽省马鞍山市中加学校2020届高三数学第三次模拟试题理(含解析)

1、安徽省马鞍山市中加学校 2020 届高三数学第三次模拟试题 理（含解析）一.选择题：本大题共 12个小题 ,每小题 5分,共 60分.在每小题给出的四个选项中，只有 项是符合题目要求的 .已知集合， ，则集合中元素的个数为（）A. B. C. D.【答案】 C 【解析】由题得，集合，所以 .集合中元素的个数为 3.故选 C.已知命题： ，则命题为（）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】 D【解析】全称命题的否定是特称命题，则： 若命题：，则命题为， .本题选择D选项已知复数（为虚数单位） ，则复数在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

2、 【答案】 D【解析】结合复数的运算法则可得： ，即复数在复平面内对应的点位于第四象限 .本题选择D选项.已知双曲线：的一个焦点为，则双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D.【答案】 A【解析】由题意得， ，则，即 .所以双曲线的渐近线方程为，即 .故选 A.2020 年 8月 1日是中国人民解放军建军 90周年，中国人民银行为此发行了以此为主题的 金银纪念币 . 如图所示是一枚 8 克圆形金质纪念币，直径，面额100 元. 为了测算图中军旗部分的面积，现用 1 粒芝麻向硬币内投掷 100 次，其中恰有 30 次落在军旗内，据此可估计军旗 的面积大约是（ ）A. B. C. D.【答案

3、】 B【解析】利用古典概型近似几何概型可得，芝麻落在军旗内的概率为，设军旗的面积为S,由题意可得：.本题选择B选项下列函数中，与函数的定义域 . 单调性与奇偶性均一致的函数是（ ）A. B. C. D.【答案】 D【解析】函数为奇函数，且在 R 上单调递减，对于A,是奇函数，但不在 R上单调递减；对于B,是奇函数，但在 R上单调递增；对于 C，对于D,画出函数图象可知函数是奇函数，且在R上单调递减，故选 D.如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为（）A. B.C. D.【答案】 A【解析】由正视图和俯视图可知，该几何体是一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的 宽及俯视图的直径可

4、知其侧视图为 A.故选 A.点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平 齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽 . 由三视图画 出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整 .设，则，的大小关系为（ ）A. B.C. D.【答案】 A【解析】由题意得， . 得，而 .所以，即 1.又.故.选 A.执行如图所示的程序框图，则

5、输出的值为（ ）A. B. C. D.【答案】 B 【解析】由框图可知， . 故选 B.将函数的图象向左平移个单位，再把所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍，得到函数的图 象，则下列关于函数的说法错误的是（ ）A. 最小正周期为 B. 图象关于直线对称C. 图象关于点对称 D. 初相为【答案】 C【解析】易求得，其最小正周期为，初相位，即A，D 正确，而.故函数的图象关于直线对称，即B项正确，故C错误选 C.抛物线有如下光学性质：过焦点射出的光线经抛物线反射后平行于抛物线的对称轴；反 之，平行于抛物线的对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点. 已知抛物线的焦点 为，一条平行于轴的光线从点

6、射出，经过抛物线上的点反射后，再经抛物线上的另一点射出，则直线的斜率为（A. B. C. D.【答案】 B【解析】令，代入可得，即 . 由抛物线的光学性质可知，直线经过焦点，所以 .故选 B.点睛：抛物线的光学性质：从抛物线的焦点发出的光线或声波在经过抛物线周上反射后 , 反射 光线平行于抛物线的对称轴 .已知的内角， ，的对边分别是， ，且，若，则的取值范围为（ ）A. B. C. D.【答案】 B【解析】由题意可得： ,且，据此可得：，即：，据此有：，当且仅当时等号成立； 三角形满足两边之和大于第三边，则， 综上可得：的取值范围为 .本题选择B选项点睛： 1在解三角形的问题中，三角形内角和

7、定理起着重要作用，在解题时要注意根据这个 定理确定角的范围及三角函数值的符号，防止出现增解或漏解2 正、余弦定理在应用时，应注意灵活性，尤其是其变形应用时可相互转化如a2 = b2 + c22bccos A可以转化为sin2 A = sin2 B+ sin 2 C 2sin Bsin Ceos A 利用这些变形可进行 等式的化简与证明.二. 填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分设，则等于 .【答案】 30【解析】，则，故答案为 .向如图所示的边长为的正方形区域内任投一点，则该点落入阴影部分的概率为答案】 【解析】由题意阴影部分的面积为，所以所求概率为设满足约束条件，其中目标函

8、数的最大值为12，则的最小值为 .【答案】【解析】试题分析：不等式组表示的平面区域如下图中的阴影区域所示，根据图形可知，目 标函数在点处取得最大值，即，所以，则，当且仅当，即时等号成立 .考点： 1、线性规划； 2、均值定理 . 【方法点晴】线性规划问题一般有截距型问题、斜率型问题、距离型问题、含参数问题、实 际应用问题等几类常见的考法 . 这里重点考查截距型问题，即转化为，当时，直线在轴的截距 越大则值越大，反之当时，直线在轴的截距越大则值越小，掌握这一结论便可以求出目标函 数最优解 .中国古代数学经典九章算术中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形

9、的三棱锥称之为鳖臑(bi e n d o).若三棱锥为鳖臑,且丄平面,又该鳖臑的外接球的表面积为，则该鳖臑的体积为 【答案】【解析】由题意得 , 所以由得 , 因此鳖臑的体积为三 . 解答题：解答题应写出文字说明 . 证明过程或演算步骤在中，角所对的边分别为，且 .( 1)若依次成等差数列，且公差为，求的值；( 2)若，试用表示的周长，并求周长的最大值.【答案】 (1)7 ；(2) 答案见解析 .【解析】试题分析： (1) 由等差数列定义可得 ，再根据余弦定理得方程，解方程可得的值；(2) 先根据正弦定理用表示表示边，再利用两角差正弦公式及配角公式将周长函数转化为基本 三角函数，最后根据范围及

10、正弦函数性质求最大值 .试题解析： (1) 成等差数列，且公差为，又，恒等变形得 ，解得或，又 .(2) 在中，.的周长，又，当即时，取得最大值“微信运动”已成为当下热门的健身方式， 小王的微信朋友圈内也有大量好友参与了“微 信运动”，他随机选取了其中的 40人（男.女各20人），记录了他们某一天的走路步数，并 将数据整理如下：（1）已知某人一天的走路步数超过8000步被系统评定“积极型”，否则为“懈怠型”，根据题意完成下面的列联表， 并据此判断能否有 95鳩上的把握认为“评定类型”与“性别”有 关？附:，0.100.050.0250.0102.7063.8415.0246.635（2）若小王

11、以这40位好友该日走路步数的频率分布来估计其所有微信好友每日走路步数的概率分布，现从小王的所有微信好友中任选2人，其中每日走路不超过 5000步的有人，超过10000步的有人，设，求的分布列及数学期望【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析【解析】【试题分析】（1）依据题设条件做成 2 X 2列联表，计算出卡方系数，再与参数进行比对，做出判断；（2）先求随机变量的分布列，再运用随机变量的数学期望公式计算求解：（I）积极型懈怠型总计男14620女81220总计221840，故没有 95%以上的把握认为二者有关；5000 步的概率为，超过(n)由题知，小王的微信好友中任选一人，其每日走路步数不超

12、过10000 步的概率为，且当或时， ，；当或时，；当或时，即的分布列为：如图，三棱柱中，四边形是菱形， ， , 二面角为，(I)求证：平面平面 ；(n)求二面角的余弦值.【答案】 (1) 证明见解析； (2).【解析】试题分析： ( 1)由菱形可得，由棱柱和可得，由直线与平面垂直判定定理，可得,可证。( 2)过交点作 , 垂足为 , 连则为二面角的平面角。由二面角为，可求得各线段长，即可算出二面角的平面角。试题解析：( 1)证明：在三棱柱中，由得，则，又是菱形 , 得, 而,则,故平面平面 .( 2)由题意得为正三角形，取得中点为D,连CD,BD,则,又易得 , 则为二面角的平面角，因, =

13、, 所以 ,所以过交点作 , 垂足为 , 连 则为二面角的平面角， 又得所以 【点睛】 证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；用普通方法求二 面角，讲究“一作、二证、三求”，通过辅助线先把二面角的平面 面角，及计算所需要线段 作出来，再证明所作角是二面角的平面角，再由所给条件计算二面角的平面角。已知的顶点，点在轴上移动， ，且的中点在轴上 .（I）求点的轨迹的方程；（n）已知轨迹上的不同两点，与的连线的斜率之和为2,求证：直线过定点.【答案】（I） （）； （ n）证明见解析.【解析】试题分析：（I）设（），将题意与两点间距离公式相结合可得结论；（n）设直线的方程为

14、,联立直线与抛物线的方程结合韦达定理可得,由两点间斜率计算公式及斜率之和 为 2 可得,故可得的值,即可得结果 .试题解析：（I）设（），因为在轴上且中点在轴上，所以，由，得， 化简得,所以点的轨迹的方程为（） （n）设直线的方程为，,由得，所以，同理，所以，化简得，又因为，所以，所以直线过定点 . 点睛：本题考查点的轨迹方程的求法，考查直线过定点的证明，解题时要认真审题，注意韦 达定理的合理运用；在该题中利用直译法求的轨迹方程，直线与圆锥曲线的综合问题是高考 的必考点，联立直线与抛物线的方程构成方程组，结合韦达定理及整体代换思想代入，可得， 即的值.已知函数在其定义域内有两个不同的极值点 .

15、1）求的取值范围 .2）设的两个极值点为，证明【答案】 (1) ； (2) 证明见解析 .【解析】试题分析： (1)极值点转化为导函数零点，即在有两个不同根. 变量分离为，利用导数可得函数在上单调减，在上单调增，根据趋势可得函数在上范围为，在上范围为，因此要 有两解，需， ( 2)利用导数证明不等式关键是构造恰当的函数：等价于，而由零点可得. 代入化简得，令，则，因此构造函数，利用导数求其最小值为，由于，所以命题得证 . 试题解析：(1)依题意， 函数的定义域为， 所以方程在有两个不同根 . 即方程在有两个不同根 . 转化为，函数与函数的图象在上有两个不同交点又，即时，时， 所以在上单调增，在

16、上单调减，从而 .又有且只有一个零点是 1，且在时，在时， 所以由的图象，要想函数与函数的图象在上有两个不同交点，只需，即 ( 2)由( 1)可知分别是方程的两个根，即， ， 设，作差得， ，即.原不等式等价于令，则， 设，函数在上单调递增， 即不等式成立，故所证不等式成立 .点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略 (1) 构造差函数 . 根据差函数导函数符号，确 定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式. (2)根据条件，寻找目标函数. 一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多 元函数转化为一元函数 .在直角坐标系中，曲线的参数方程是(为参数) ，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴 建立极坐标系，曲线的极坐标方程为 .(I)写出曲线的直角坐标方程；(n)设点.分别在.上运动，若的最小值为1求的值.【答案】(I) ； ( n)或.，代入即【解析】试题分析： ( 1)用余弦的差角公式把方程变形为，再两边同时乘以，将将， 可得曲线的直角坐标方程。 (2)由( 1)得曲线是圆心为，半径为 2的圆， 直线化普通方程 为，即圆心到直线的距离为 R+仁3,由点到直线的距离公式可求得 m.试题解析：(I)即，所以，将，代入得的直角坐标方程为；(H)将化为