云南省昆明市2020届高三“三诊一模”高考模拟考试（三模）数学（文）试题 Word版含解析 24页

昆明市2020届“三诊一模”高考模拟考试 文科数学 考试时间：6月9日15:00-17:00‎ 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 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简复数，再根据复数的几何意义，即可得到答案；‎ 详解】，‎ 对应的点为，‎ 点位于第一象限，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查复数的几何意义，考查对概念的理解，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，，则的值为（ ）‎ A. B. 1 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎，代值计算即可.‎ ‎【详解】因为 又，，‎ 故.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查正切的和角公式，属基础题.‎ ‎5.已知点在双曲线的一条渐近线上，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.‎ ‎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. 216 B. 108 C. D. 36‎ ‎【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.执行如图所示的程序框图，若输出，则输入的可以是（ ）‎ A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图的循环结构逐步计算，确定循环的结束条件即可.‎ ‎【详解】依据流程图考查程序的运行过程如下：‎ 初始化：，‎ 第一次循环： 不成立，‎ 第二次循环：，，、不成立；‎ 第三次循环：，不成立；‎ 第四次循环：，不成立；‎ 第五次循环：， 成立 输出.‎ 据此可得：.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】此类问题的一般解法是严格按照程序框图设计的计算步骤逐步计算，逐次判断是否满足判断框内的条件，决定循环是否结束．要注意初始值的变化，分清计数变量与累加(乘)变量，掌握循环体等关键环节．属于基础题.‎ ‎8.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. 3 C. 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.‎ ‎9.已知，，，则的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 引入中间变量1，再利用对数式与指数式的互化，对的大小进行比较，即可得答案；‎ ‎【详解】，，‎ 最大，‎ ‎，，‎ 考察函数与图象，‎ 可得，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查指数式与对数式的大小比较，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.‎ ‎10.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．‎ ‎11.设函数，下述四个结论：‎ ‎①是偶函数 ‎②的图象关于直线对称 ‎③的最小值为 ‎④在上有且仅有一个极值点 其中所有正确结论的编号是（ ）‎ A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对四个结论逐一分析：‎ ‎①判断与是否相等；‎ ‎②判断与是否相等；‎ ‎③去绝对值，求最值；‎ ‎④由，化简，可判断极值点的个数.‎ ‎【详解】①是偶函数，①正确；‎ ‎②,‎ 故的图象不关于直线对称，②错误；‎ ‎③去绝对值，则 故，则，‎ ‎，则，‎ 综合得，即的最小值为，③错误；‎ ‎④由，化简，‎ 令，则，‎ 此时有且仅有一个极小值点，‎ 故在上有且仅有一个极值点. ④正确.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考察了含绝对值的三角函数的性质：奇偶性、对称性、最值、极值，是一道三角函数性质的综合应用题.‎ ‎12.已知为抛物线的焦点，准线为，过焦点的直线与抛物线交于，两点，点在准线上的射影分别为，且满足，则（ ）‎ A. B. C. 3 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设出,点坐标，根据抛物线定义表示出和，然后把已知条件进行用坐标表示，最后化简即可得出结果.‎ ‎【详解】解：设，,准线与轴交于点，如图：‎ 在和中，由勾股定理得：‎ ‎，‎ ‎，‎ 又因为，所以.‎ 由抛物线定义知，，，‎ 所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线的定义和设而不求思想，解析几何中设而不求是一种常见的计算技巧，关键是把条件坐标化，突出考查计算能力，属于中档题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.在矩形中，，，是的中点，则______．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示根据向量的运算得到，最后代入数据即可.‎ ‎【详解】如图所示：‎ ‎，，‎ 所以，‎ 因为，所以，又，，所以，，‎ 代入数据可得.‎ 故答案为：1‎ ‎【点睛】背题主要考查向量的运算，尤其是数量积的运算，属于基础题.‎ ‎14.已知内角的对边分别为，且，，，则_____．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由余弦定理可知,已知条件代入计算求解即可.‎ ‎【详解】因为，，，‎ 由余弦定理可知可得，‎ 化简可得，解得或（舍）.‎ 故答案为：3.‎ ‎【点睛】本题主要考查了余弦定理的应用，灵活运用公式是解题的关键，属于基础题.‎ ‎15.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，考查对数函数的性质，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，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17~21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）从两个条件：①；②中任选一个作为已知条件，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）选择①，选择②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用等比数列的通项公式列方程求解即可；‎ ‎（2）选择①，则为等比数列，用等比数列的求和公式计算；选择②，则为等差数列，用等差数列的求和公式计算．‎ ‎【详解】解：（1）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①：‎ ‎，‎ 数列是首项为，公比为的等比数列， ‎ 所以，‎ 选择②：‎ ‎，‎ 数列是首项为0，公差为1的等差数列． ‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列，等比数列的通项公式及前项和公式，是基础题．‎ ‎18.已知四棱锥中，底面为正方形，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，四棱锥的体积为，求点到平面的距离．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据面面平行的判定定理，取中点，中点，中点，即可得到所求四边形；‎ ‎（2）由已知可证得平面，进而可证得平面，由体积公式可求得边长，因为，借助等体积转换即可求得到平面的距离，即为结果.‎ ‎【详解】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． ‎ 设，则，解得，则，，‎ 所以， ‎ 设到平面的距离为，，所以，解得，‎ 即点到平面的距离为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查面面平行的判定方法，考查等体积转换求点到面的距离，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题.‎ ‎19.经过椭圆左焦点的直线与圆相交于两点，是线段与的公共点，且．‎ ‎（1）求；‎ ‎（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）由，可得半焦距，点在上，根据椭圆定义可知，根据，可得，即可求得答案.‎ ‎（2）设，，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）‎ 椭圆长轴长，半焦距． ‎ 点在上，‎ ‎， ‎ ‎，‎ ‎． ‎ ‎（2）设，，‎ 根据题意画出图象：如图 为线段的中点，则 ‎ ‎，‎ 又，‎ 解得，，‎ 若，则，直线的方程为，‎ 由解得，‎ 即， ‎ 的面积．‎ 若，同理可求得的面积：．‎ 综上所述，的面积为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆中三角形面积问题，解题关键是掌握圆锥曲线与直线交点问题时，通常用直线和圆锥曲线联立方程组，通过韦达定理建立起目标的关系式，进行一系列的数学运算，从而使问题得以解决．考查了分析能力和计算能力，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．某高校毕业生小李自主创业从事海鲜的批发销售，他每天以每箱300‎ 元的价格购入基围虾，然后以每箱500元的价格出售，如果当天购入的基围虾卖不完，剩余的就作垃圾处理．为了对自己的经营状况有更清晰的把握，他记录了150天基围虾的日销售量（单位：箱），制成如图所示的频数分布条形图．‎ ‎（1）若小李一天购进12箱基围虾．‎ ‎①求当天的利润（单位：元）关于当天的销售量（单位：箱，）的函数解析式；‎ ‎②以这150天记录的日销售量的频率作为概率，求当天的利润不低于1900元的概率；‎ ‎（2）以上述样本数据作为决策的依据，他计划今后每天购进基围虾的箱数相同，并在进货量为11箱，12箱中选择其一，试帮他确定进货的方案，以使其所获的日平均利润最大．‎ ‎【答案】（1）①；②；（2）选择每天购进11箱.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①根据题意，分，两种情况，分别求出利润的表达式，即可得出结果；‎ ‎②记“当天的利润不低于1900元”为事件，根据题意，求出，由频率分布直方图，以及古典概型的概率计算公式，即可求出结果；‎ ‎（2）分别求出当天的进货量为11箱和12箱时的日平均利润，比较大小，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）①当天的销售量时，利润；‎ 当天的销售量且时，利润；‎ 所以当天的利润关于销售量的函数解析式为 ‎． ‎ ‎②记“当天的利润不低于1900元”为事件，由，解得，‎ 所以事件等价于当天的销售量不低于11箱；‎ 所以，‎ 即当天的利润不低于1900元的概率为． ‎ ‎（2）若当天的进货量为11箱时，日销售量为8箱的利润为700元，日销售量为9箱的利润为1200元，日销售量为10箱的利润为1700元，日销售量不低于11箱的利润为2200元则日平均利润为：‎ ‎（元）‎ 若当天的进货量为12箱时，日销售量为8箱的利润为400元，日销售量为9箱的利润为900元，日销售量为10箱的利润为1400元，日销售量为11箱的利润为1900元，日销售量不低于12箱的利润为2400元，则日平均利润为：‎ ‎（元）‎ 由于，所以小李今后应当每天购进11箱基围虾．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数模型的应用，频率分布直方图的应用，以及古典概型的概率计算公式，属于常考题型.‎ ‎21.已知．‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）对任意，，求整数的最大值．‎ ‎（参考数据：）‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）2．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导得到单调区间，计算得到证明.‎ ‎（2）令，则，计算得到，再证明 恒成立即可，令，证明在上单调递增，计算得到答案.‎ ‎【详解】（1），则，令，得，‎ 当时，，在上单调递减；‎ 当时，，在上单调递增．‎ 所以，所以． ‎ ‎（2）由恒成立，令，则，‎ 由，得整数， ‎ 因此．‎ 下面证明对任意，恒成立即可．‎ 由（1）知，则有，‎ 由此可得：‎ ‎，‎ 令，则，‎ 又，所以单调递增，‎ 当时，，在上单调递增．‎ 故当时，，所以恒成立，‎ 综上所述：整数的最大值为2．‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数证明不等式，不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力和应用能力，先找后证是解题的关键.‎ ‎（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．并用铅笔在答题卡选考题区域内把所选的题号涂黑．如果多做，则按所做的第一题计分．‎ ‎[选修4—4：坐标系与参数方程]‎ ‎22.在平面直角坐标系中，直线过点，倾斜角为．以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程．‎ ‎（1）写出直线的参数方程及曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若与相交于，两点，为线段的中点，且，求．‎ ‎【答案】（1）直线的参数方程为（为参数）， 曲线的直角坐标方程为．（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据点，倾斜角为可得直线的参数方程，两边同时乘以后，根据互化公式可得曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）将直线的参数方程代入抛物线方程，利用参数的几何意义可解得结果.‎ ‎【详解】（1）根据直线过点，倾斜角为可得直线的参数方程为（为参数），‎ 由得，将，代入可得 曲线的直角坐标方程：.‎ ‎（2）将，代入到，得，‎ 设对应的参数分别为，则对应的参数为，‎ 由韦达定理得，所以，‎ 所以，所以，‎ 所以，解得，‎ 由，所以.‎ ‎【点睛】本题考查了直线的参数方程及其几何意义，考查了极坐标方程化普通方程，属于中档题.‎ ‎[选修4—5：不等式选讲]‎ ‎23.设函数．‎ ‎（1）当时，求函数的定义域；‎ ‎（2）设，当时，成立，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用零点分段法解不等式可得出函数的定义域；‎ ‎（2）由可得可得出，然后解不等式可得出，根据题意得出，进而可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1）当时，要使函数有意义，需满足.‎ 当时，则有，即，解得，此时；‎ 当时，则有，即，不合乎题意；‎ 当时，则有，即，解得，此时 综上所述，不等式的解集为.‎ 因此，当时，函数的定义域为；‎ ‎（2）当时，由可得，则，可得，‎ 由可得，解得，‎ ‎，，解得.‎ 因此，实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查含绝对值不等式求解，同时也考查了含绝对值不等式中参数的求解，第（2）问中将问题转化两区间的包含关系是解答的关键，考查化归与转化思想的应用，属于中等题.‎