2020届高三数学第三次模拟考试题（一）理

此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2020届高三第三次模拟考试卷理 科 数 学（一）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题：本大题共12小题，每小题5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12020深圳期末已知集合，若，则的取值范围是（ ）ABCD22020广安期末已知为虚数单位，若复数的共轭复数在复平面内对应的点位于第三象限，且，则（ ）ABCD32020潍坊期末我国古代著名的周髀算经中提到：凡八节二十四气，气损益九寸九分六分分之一；冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺六寸意思是：一年有二十四个节气，每相邻两个节气之间的日影长度差为分；且“冬至”时日影长度最大，为1350分；“夏至”时日影长度最小，为160分则“立春”时日影长度为（ ）A分B分C分D分42020恩施质检在区间上随机选取一个实数，则事件“”发生的概率是（ ）ABCD52020华阴期末若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则此双曲线的离心率为（ ）A2BCD62020赣州期末如图所示，某空间几何体的正视图和侧视图都是边长为的正方形，俯视图是四分之三圆，则该几何体的体积为（ ）ABCD72020合肥质检函数的图象大致为（ ）ABCD82020江西联考已知，则（ ）ABCD92020汕尾质检如图所示的程序框图设计的是求的一种算法，在空白的“”中应填的执行语句是（ ）ABCD102020鹰潭质检如图所示，过抛物线的焦点的直线，交抛物线于点，交其准线于点，若，且，则此抛物线的方程为（ ）ABCD112020陕西联考将函数的图象向右平移个单位，在向上平移一个单位，得到的图象若，且，则的最大值为（ ）ABCD122020中山期末如图正方体，棱长为1，为中点，为线段上的动点，过，的平面截该正方体所得的截面记为，则下列命题正确的是（ ）当时，为四边形；当时，为等腰梯形；当时，与交点满足；当时，为六边形；当时，的面积为ABCD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分132020西安一模已知向量与的夹角为，则_142020吴忠中学的展开式中的系数为_152020广安一诊某车间租赁甲、乙两种设备生产A，B两类产品，甲种设备每天能生产A类产品8件和B类产品15件，乙种设备每天能生产A类产品10件和B类产品25件，已知设备甲每天的租赁费300元，设备乙每天的租赁费400元，现车间至少要生产A类产品100件，B类产品200件，所需租赁费最少为_元162020湖师附中已知数列满足：，且数列是单调递增数列，则实数的取值范围是_三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（12分）2020濮阳期末已知的内角，所对的边分别为，且（1）求角的大小；（2）若，求的面积18（12分）2020揭阳一模如图，在四边形中，点在上，且，现将沿折起，使点到达点的位置，且与平面所成的角为（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值19（12分）2020合肥质检某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2000元；方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1000元某医院准备一次性购买2台这种机器为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：维修次数0123台数5102015以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率记表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数（1）求的分布列；（2）以方案一与方案二所需费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？20（12分）2020鹰潭期末已知椭圆的方程为，为椭圆的左右焦点，离心率为，短轴长为2（1）求椭圆的方程；（2）如图，椭圆的内接平行四边形的一组对边分别过椭圆的焦点，求该平行四边形面积的最大值21（12分）2020菏泽期末已知函数，（1）当时，若函数在区间上的最小值为，求的值；（2）讨论函数零点的个数请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】2020哈三中已知曲线和，（为参数）以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，且两种坐标系中取相同的长度单位（1）把曲线和的方程化为极坐标方程；（2）设与，轴交于，两点，且线段的中点为若射线与，交于，两点，求，两点间的距离23（10分）【选修4-5：不等式选讲】2020江南十校设函数（1）当时，求函数的定义域；（2）若函数的定义域为，求的取值范围2020届高三第三次模拟考试卷理 科 数 学（一）答 案一、选择题：本大题共12小题，每小题5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【答案】D【解析】由题意，集合，；若，则且，解得，实数的取值范围为故选D2【答案】A【解析】由可得，解得或，或，在复平面内对应的点位于第三象限，故选A3【答案】B【解析】一年有二十四个节气，每相邻两个节气之间的日影长度差为分，且“冬至”时日影长度最大，为1350分；“夏至”时日影长度最小，为160分，解得，“立春”时日影长度为：（分）故选B4【答案】B【解析】区间的长度为；由，解得，即，区间长度为，事件“”发生的概率是故选B5【答案】B【解析】设双曲线为，它的一条渐近线方程为，直线的斜率为，直线与垂直，即，故选B6【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体是底面半径为、高为的圆柱的，该几何体的体积为故选D7【答案】A【解析】，为偶函数，选项B错误，令，则恒成立，是单调递增函数，则当时，故时，即在上单调递增，故选A8【答案】C【解析】，故故选C9【答案】C【解析】由题意，的值为多项式的系数，由100，99直到1，由程序框图可知，输出框中“”处应该填入故选C10【答案】A【解析】如图，过作垂直于抛物线的准线，垂足为，过作垂直于抛物线的准线，垂足为，为准线与轴的交点，由抛物线的定义，即，抛物线的方程为，故选A11【答案】D【解析】将函数的图象向右平移个单位，再向上平移一个单位，得到的图象，故的最大值为2，最小值为0，若，则，或（舍去）故有，即，又，则，则取得最大值为故选D12【答案】D【解析】当时，如图，是四边形，故正确；当时，如图，为等腰梯形，正确；当时，如图，由三角形与三角形相似可得，由三角形与三角形相似可得，正确；当时，如图是五边形，不正确；当时，如图是菱形，面积为，正确，正确的命题为，故选D二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13【答案】1【解析】根据题意，设，向量与的夹角为，则，又由，则，变形可得：，解可得或1，又由，则；故答案为114【答案】40【解析】展开式的通项公式为令，得；令，得；的展开式中系数为故答案为4015【答案】3800【解析】设甲种设备需要生产天，乙种设备需要生产天，该公司所需租赁费为元，则，甲、乙两种设备生产A，B两类产品的情况为，做出不等式表示的平面区域，由，解得，当经过的交点时，目标函数取得最低为3800元故答案为16【答案】【解析】由题意，数列满足 ，取倒数可得，即，数列表示首项为2，公比为2的等比数列，数列是单调递增数列，当时，即，；当时，综上，三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17【答案】（1）；（2）【解析】（1），由正弦定理可得，即，是的内角，（2），由余弦定理可得，即，可得，又，的面积18【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）证明：，且，平面，又平面，平面平面（2）由（1）知平面，由与平面所成的角为得，为等腰直角三角形，结合得，故为等边三角形，取的中点，连结，平面，以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系如图，则，从而，设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则由得，令得，由得，令得，设二面角的大小为，则，即二面角的余弦值为19【答案】（1）见解析；（2）选择延保方案二较合算【解析】（1）所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，的分布列为0123456（2）选择延保一，所需费用元的分布列为：70009000110001300015000（元）选择延保二，所需费用元的分布列为：100001100012000（元），该医院选择延保方案二较合算20【答案】（1）；（2）【解析】（1）依题意得，解得，椭圆的方程为（2）当所在直线与轴垂直时，则所在直线方程为，联立，解得，此时平行四边形的面积；当所在的直线斜率存在时，设直线方程为，联立，得，设，则，则，两条平行线间的距离，则平行四边形的面积，令，则，开口向下，关于单调递减，则，综上所述，平行四边形的面积的最大值为21【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1），当时，在上恒成立，这时在上为增函数，令得（舍去），当时，由得，若，有，在上为减函数，若有，在上为增函数，令，得当时，在上恒成立，这时在上为减函数，令得（舍去）综上知，（2）函数，令，得设，当时，此时在上单调递增，当时，此时在上单调递减，是的唯一极值点，且是极大值点，因此也是的最大值点，的最大值为又，结合的图象可知：当时，函数无零点；当时，函数有且仅有一个零点；当时，函数有两个零点；当时，函数有且只有一个零点；综上所述，当时，函数