遂宁市2020届高三三诊考试数学（文科）试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精四川省遂宁市2020届高三三诊考试数学（文科）试题含解析2020年四川省遂宁市高考数学三诊试卷(文科）一、选择题（共12小题)。1.若集合A＝{x｜0≤x2＜1}，B＝｛x｜1≤x＜2｝,则A∪B＝（）A.{x|0＜x＜1｝ B。{x|﹣1＜x＜0｝ C。{x｜1＜x＜2｝ D.｛x|﹣1＜x＜2}【答案】D【解析】【分析】先分别求出集合A，B，由此能求出A∪B得到答案.【详解】∵集合A＝{x｜0≤x2＜1｝＝{x｜﹣1＜x＜1}，B＝{x｜1≤x＜2}，∴A∪B＝{x|﹣1＜x＜2}.故选:D。【点睛】本题考查并集的求法，考查并集定义、不等式性质等基础知识,考查运算求解能力，是基础题.2.已知a为实数，i为虚数单位，且（R为实数集），则a＝（）A.﹣1 B。﹣2 C。2 D。1【答案】D【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简,再由虚部为0列式求解a值.【详解】∵∈R，∴1﹣a＝0,即a＝1.故选:D。【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念,是基础题.3。函数的大致图象为（）A。 B。 C。 D。【答案】B【解析】【分析】当时，，可排除AD；当时，,可排除C，得到答案.【详解】当时，，可排除AD；当时，,可排除C。故选:B.【点睛】本题考查函数图象的运用,考查数形结合思想，属于基础题。4.某人口大县举行“《只争朝夕，决战决胜脱贫攻坚》扶贫知识政策答题比赛”,分初赛和复赛两个阶段进行,规定:初赛成绩小于等于90分的会被淘汰，某校有1000名学生参加了初赛，所有学生的成绩均在区间（30，150]内，其频率分布直方图如图所示,则会被淘汰的人数为（）A.350 B。450 C.480 D.300【答案】A【解析】【分析】由频率分布直方图得初赛成绩小于等于90分的频率为0。35，由此能求出能会被淘汰的人数.【详解】由频率分布直方图得：初赛成绩小于等于90分的频率为：(0.0025+0。0075+0.0075）×20＝0.35,∴会被淘汰的人数为1000×0.35＝350.故选：A。【点睛】本小题主要考查频率分布直方图等基础知识，考查运算求解能力,是基础题.5.已知α满足，则cos2α＝（)A. B。 C. D。【答案】A【解析】【分析】由已知结合诱导公式先进行化简，然后结合二倍角余弦公式即可求解。【详解】因为﹣sinα，所以sin，则cos2α＝1﹣2sin2α＝1﹣2。故选：A.【点睛】本题主要考查了诱导公式及二倍角公式在三角化简求值中的应用，属于基础题。6.等差数列｛an}中,a1+2a7＝10,则a3+a5+a7＝（)A。5 B.10 C.15 D.20【答案】B【解析】【分析】利用基本量法可求得,再根据等差数列的性质求解即可.【详解】设等差数列的公差为，由等差数列的通项公式可得：a1+2a7＝10＝3a1+12d，∴a1+4da5，则a3+a5+a7＝3a5＝10.故选：B。【点睛】本题主要考查等差数列通项公式及其性质等基础知识，考查运算求解等数学能力，属于基础题。7.用六个完全相同的正方形围成的立体图形叫正六面体。已知正六面体的棱长为，则平面与平面间的距离为（）A。 B. C。 D。【答案】C【解析】【分析】画出图形,可得平面，结合面面平行可知平面，求出正方体的棱长，再由等体积法求得，则可求得所求距离。【详解】由题意知:正六面体是棱长为的正方体,,，,，平面平面，连接，，，，平面,又平面，,同理可证得:,又平面，，平面，平面，设垂足分别为，则平面与平面间的距离为。正方体的体对角线长为.在三棱锥中,由等体积法求得：,∴平面与平面间的距离为:.故选:.【点睛】本题考查立体几何中平面与平面间距离的求解问题,关键是能够找到两面的公垂线，进而可知夹在两平面间的公垂线段的长度即为所求距离；本题中同时涉及到三棱锥高的求解问题，解决此类问题通常采用等体积法.8.如图，正方形中,是的中点，若，则（）A. B。 C. D.【答案】B【解析】【分析】以为坐标原点建立平面直角坐标系，设正方形边长为,利用平面向量的坐标运算建立有关、的方程组，求出这两个量的值，可得出的值。【详解】以为坐标原点建立平面直角坐标系，设正方形边长为，由此，,故，解得.故选B。【点睛】本题考查平面向量的线性运算，考查平面向量的基底表示，解题时也可以利用坐标法来求解，考查运算求解能力，属于中等题.9。设是定义在上恒不为零的函数，对任意实数，都有，若,，则数列的前项和的取值范围是()A。 B。 C. D。【答案】A【解析】【分析】根据f（x）•f（y）＝f（x+y），令x＝n，y＝1，可得数列｛an｝是以为首项，以为等比的等比数列，进而可以求得Sn，进而Sn的取值范围．【详解】∵对任意x，y∈R,都有f(x）•f(y)＝f（x+y），∴令x＝n，y＝1，得f（n）•f（1）＝f（n+1），即f（1)，∴数列｛an｝是以为首项，以为等比的等比数列，∴an＝f（n）＝(）n,∴Sn1﹣（）n∈[，1）．故选C．【点睛】本题主要考查了等比数列的求和问题,解题的关键是根据对任意x，y∈R，都有f（x）•f(y)＝f(x+y)得到数列｛an}是等比数列，属中档题．10.已知点(3,28）在函数f（x）＝xn+1的图象上,设，b＝f（lnπ）,，则a,b,c的大小关系为（）A.b＜a＜c B。a＜b＜c C。b＜c＜a D.c＜a＜b【答案】D【解析】【分析】将（3，28）代入函数的解析式，计算可得n的值，即可得函数的解析式,分析可得f（x）在R上为增函数，又由1＜lnπ，分析可得答案.【详解】根据题意,点（3，28）在函数f（x）＝xn+1的图象上，则有28＝3n+1,解可得n＝3；则f（x）＝x3+1，易得f（x)在R上为增函数，又由1＜lnπ，则有c＜a＜b.故选:D。【点睛】本题考查函数的单调性的性质以及应用，求出n的值,确定函数的解析式是解题的关键。11.已知双曲线的左、右焦点分别为F1、F2，过点F1作圆x2+y2＝a2的切线交双曲线右支于点M，若tan∠F1MF2＝2，又e为双曲线的离心率,则e2的值为(）A。 B. C。 D.【答案】C【解析】【分析】运用双曲线的定义可得｜MF1|﹣|MF2｜＝2a，设|MF2｜＝t，则｜MF1｜＝2a+t，sin∠MF1F2,然后在三角形MF1F2中由正、余弦定理列方程可解得离心率的平方.【详解】如图:

｜MF1｜﹣｜MF2|＝2a,设｜MF2|＝t,则｜MF1｜＝2a+t，∵sin∠MF1F2，若tan∠F1MF2＝2，则sin∠F1MF2，cos∠F1MF2，在△MF1F2中，由正弦定理得,即,∴ta,∴｜MF2｜a,｜MF1｜＝（2）a，由余弦定理得4c2＝5a2+（9+4）a2﹣2a×（2）a,4c2＝（10+2）a2,∴c2═a2，∴e2故选：C.【点睛】本题考查双曲线的定义和性质，主要是双曲线的离心率的求法，考查圆的性质的运用，属于中档题.12。若存在a＞0，使得函数f(x）＝6a2lnx+4ax与g（x）＝x2﹣b在这两函数图象的公共点处的切线相同,则b的最大值为（)A. B。 C. D.【答案】C【解析】【分析】设公共点为(x，y），然后根据公共点处函数值相等、导数值相等，列出关于公共点满足的方程组，将x消去，得到关于b，a的等量关系式,整理成b＝h（a）的形式，求函数的最值即可。【详解】设公共点为（x，y），(x＞0)，且。所以(a＞0），由②得x2﹣2ax﹣3a2＝0，解得x＝3a或﹣a（舍）.将x＝3a代入①式整理得：b＝﹣3a2﹣6a2ln（3a)，（a＞0)，令h(a）＝﹣3a2﹣6a2ln（3a），(a＞0）,∴12a[ln（3a）+1],令＝0得，，且时，＜0.故h（a）在（0，)上递增，在(）上递减。故h（a）max＝h（）.故b的最大值为。故选：C。【点睛】本题考查导数的几何意义、以及利用导数研究函数的最值问题，还考查了函数与方程思想和化简运算能力，属于中档题.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分,满分20分。）13.曲线在点处的切线的斜率为_____.【答案】【解析】【分析】先求出函数的导数，然后求出切点处的导数值即可.【详解】由已知得，所以k＝y′|x＝1＝﹣1.故答案为：﹣1.【点睛】本题考查导数的几何意义、导数的计算.属于基础题。14.若向量与向量共线，则_____．【答案】【解析】【分析】先由向量共线求出，然后计算。【详解】解：因为,所以，解得所以故答案为.【点睛】本题考查了平面向量平行的坐标表示，与向量数量积的坐标运算,属于基础题。15.已知点，过抛物线的焦点的直线交抛物线于，两点，若,则点的横坐标为_____。【答案】【解析】【分析】设直线：，由直线的方程与抛物线方程联立,利用韦达定理求得、坐标之间的关系，再结合，求出点B的横坐标.【详解】由题意，抛物线的焦点，设直线：，,,由，联立得，由韦达定理得，①，②。∵,，，∴，，∴，又，∴③.由①②③联立解得：，，，∴。故答案为：【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系及向量的坐标运算，属于基础题。16。已知x，y，a均为正实数，则的最小值为_____。【答案】10【解析】【分析】化简表达式，利用基本不等式,以及完全平方式进行求解表达式的最小值,即可得到答案。【详解】由题意，实数x，y，a均为正实数，则，因为，当且仅当y＝2x时取等号,又由，当时取等号，所以的最小值为：10.故答案为:10.【点睛】本题考查函数的最值的求法，基本不等式以及二次函数的最值的应用，考查分析问题解决问题的能力，属于中档试题.三、解答题（本大题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)17.函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0,ω＞0，0＜φ＜π）的部分图象如图所示,又函数。（1）求函数的单调减区间；(2）设△ABC的内角A,B，C的对边分别为a,b,c,又,且锐角C满足，若sinB＝2sinA,求a+b的值。【答案】（1）；（2）3【解析】【分析】(1）由函数f（x）的部分图象可得A，可求函数的周期，利用正弦函数的周期公式可求ω的值,又函数图象过点，结合范围0＜φ＜π,可求,可得f(x）,g（x）的解析式，进而利用余弦函数的图象和性质可求其单调减区间.(2）由,得cos2C，结合范围0,可求C的值，由正弦定理得,由余弦定理得3＝a2+b2﹣ab，即可解得a，b的值,从而得解.【详解】解：（1)由函数f（x）＝Asin(ωx+φ）(A＞0，ω＞0，0＜φ＜π）的部分图象可得A＝2,由于,即T＝π，则,又函数图象过点，则，即，又0＜φ＜π,即，即，则由2kπ≤2x≤2kπ+π，k∈Z,得kπ≤x≤kπ,k∈Z，所以函数g（x）的单调减区间为[kπ，kπ]，k∈Z。（2)由,得cos2C，因为0，所以0＜2C＜π，所以2C，可得,又sinB＝2sinA,由正弦定理得，①由余弦定理，得,可得:,②.由①②:,解得a＝1,b＝2，所以a+b＝3.【点睛】本题主要考查了由y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式，余弦函数的图象和性质以及正弦定理,余弦定理在解三角形中的应用，考查了数形结合思想和函数思想,属于中档题.18。某中学举行的“新冠肺炎"防控知识闭卷考试比赛，总分获得一等奖、二等奖、三等奖的代表队人数情况如下表，该校政教处为使颁奖仪式有序进行，气氛活跃，在颁奖过程中穿插抽奖活动，并用分层抽样的方法从三个代表队中共抽取16人在前排就坐,其中一等奖代表队有6人。（1）求二等奖代表队的男生人数；(2）从前排就坐的三等奖代表队员5人（2男3女）中随机抽取3人上台领奖,请求出只有一个男生上台领奖的概率；（3）抽奖活动中，代表队员通过操作按键，使电脑自动产生［2，2］内的两个均匀随机数x，y,随后电脑自动运行如图所示的程序框图的相应程序,若电脑显示“中奖”,则代表队员获相应奖品；若电脑显示“谢谢”，则不中奖，求代表队队员获得奖品的概率.【答案】（1）30；（2)；（3）。【解析】【分析】（1）先设季军队的男运动员人数为n，由分层抽样的方法得关于n的等式,即可解得n;（2）设男生为A1,A2，女生为B1,B2，B3,随机抽取3人，利用列举法写出所有基本事件和只有一个男生上台领奖基本事件,最后利用概率公式即可计算得解；（3）由框图得到，点（x，y）满足条件，其表示的区域是图中阴影部分，利用几何概型的计算公式即可得到代表队队员获得奖品的概率。【详解】（1)设代表队共有n人,则，所以n＝160，则三等奖代表队的男生人数为160（30+30+20+20+30)＝30，故所求二等奖代表队的男生人数为30人。(2)设男生为A1，A2,女生为B1，B2,B3，随机抽取3人，包括的基本事件为A1A2B1，A1A2B2,A1A2B3,A1B1B2，A1B1B3,A1B2B3，A2B1B2，A2B1B3，A2B2B3，B1B2B3,个数为10个，只有一个男生上台领奖基本事件为A1B1B2，A1B1B3，A1B2B3,A2B1B2，A2B1B3，A2B2B3,个数为6个，所以只有一个男生上台领奖的概率为.（3）试验的全部结果所构成的区域为Ω＝，面积为SΩ＝4×4＝16，事件A表示代表队队员获得奖品,所构成的区域为A＝，如图阴影部分的面积为：SA＝4,这是一个几何概型，所以P（A）。即代表队队员获得奖品的概率为.【点晴】本小题主要考查古典概型及其概率计算公式、程序框图、几何概型等基础知识，考查运算求解能力,属于中档题。19。如图，在长方体ABCD﹣HKLE中，底面ABCD是边长为3的正方形，对角线AC与BD相交于点O,点F在线段AH上且，BE与底面ABCD所成角为.(1)求证：AC⊥BE;（2）M为线段BD上一点，且，求异面直线AM与BF所成角的余弦值。【答案】（1）见解析；（2)【解析】【分析】(1)推导出DE⊥AC，AC⊥BD，从而AC⊥平面BDE。由此能证明AC⊥BE。（2)推导出∠DBE为直线BE与平面ABCD所成的角，∠DBE，在DE上取一点G，使DGDE,连接FG，则四边形FBCG为平行四边形，BF∥CG,在BD上取一点N，使DN＝BM,推导出AM∥CN,从而∠GCN(或其补角）为异面直线AM与BF所成的角,由余弦定理能求出异面直线AM与BF所成角的余弦值。【详解】解：(1）证明:因为在长方体ABCD﹣HKLE中，有DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AC，因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，又BD∩DE＝D，从而AC⊥平面BDE.而BE⊂平面BDE，所以AC⊥BE.（2）因为在长方体ABCD﹣HKLE中，有BE与平面ABCD所成角为，由(1）知∠DBE为直线BE与平面ABCD所成的角，所以∠DBE，所以。由AD＝3可知，所以AH＝3,又2,即AFAH，故，在DE上取一点G,使DGDE，连接FG，则在长方体ABCD﹣HKLE中，有FG∥AD∥BC，且FG＝AD＝BC，所以四边形FBCG为平行四边形,所以BF∥CG,在BD上取一点N，使DN＝BM,因为BM，BD＝3,所以DN＝BM，所以在正方形ABCD中，ON＝OM，所以△CON≌△AOM，所以∠CNO＝∠AMO，所以AM∥CN,所以∠GCN（或其补角)为异面直线AM与BF所成的角，在△GNC中，GC＝BF，在△AMB中，由余弦定理得AM，则CN＝AM,又GN2,△GNC中，由余弦定理得：cos∠GCN.故异面直线AM与BF所成角的余弦值为.【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.20.已知函数f（x）＝ax﹣sinx（a∈R）.(1）当时，f（x）0恒成立，求正实数a取值范围;（2）当a≥1时，探索函数F（x）f（x)﹣cosx+a﹣1在(0,π）上的零点个数，并说明理由.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）由已知分离参数后构造函数,转化为求解函数的最值或范围，结合导数可求；（2）由已知结合导数分析函数的性质，然后结合函数的零点判定定理可求。【详解】解:（1）因为，所以，令,,再令m（x）xcosx﹣sinx，m’（x）cosx﹣xsinx﹣cosx﹣xsinx0，所以m（x）在(0，）上单调递减，所以m（x)m(0)＝0.所以g’（x）0，则g(x）在（0，）上单调递减,所以g（x）g（），所以a,又a0,即正实数a的取值范围是（0，]。（2)F（x)f（x）﹣cosx+a﹣1ax﹣sinx﹣cosx+a﹣1，则，因为x∈(0，π），故，又a≥1，故F′(x）0对x∈（0，π)恒成立，即F（x）在区间（0,π）单调递增;又F（0）＝a﹣2，F（π）＝a（1+π）0，故当1≤a2时，F（0）＝a﹣20，此时F（x）在区间(0，π）内恰好有1个零点；当a≥2时，F(0）＝a﹣2≥0，此时F(x）在区间（0，π）内没有零点.【点睛】本题主要考查了由不等式恒成立求解参数范围问题及利用导数，结合函数的性质及零点判定定理求解函数的零点个数问题，体现了转化思想及分类讨论思想的应用。21.如图，定义:以椭圆中心为圆心,长轴为直径的圆叫做椭圆的“辅助圆”.过椭圆第四象限内一点M作x轴的垂线交其“辅助圆”于点N，当点N在点M的下方时，称点N为点M的“下辅助点”.已知椭圆E：上的点的下辅助点为（1，﹣1)。（1)求椭圆E的方程;（2）若△OMN的面积等于,求下辅助点N的坐标；(3）已知直线l：x﹣my﹣t＝0与椭圆E交于不同的A，B两点，若椭圆E上存在点P，满足,求直线l与坐标轴围成的三角形面积的最小值.【答案】（1）;（2）或；（3）【解析】【分析】（1）直接根据定义先求得a，进而得到b即可；（2)设点N(x0，y0)（y0＜1），则点M（x0，y1)(y1＜0)，根据椭圆方程以及面积可得x0y1,将其与联立得到N坐标；（3）设A（x1，y1)，B（x2，y2），联立，结合韦达定理得，因为且P在椭圆上可得4t2＝m2+2，表示出三角形面积结合基本不等式即可求其最小值.【详解】解:(1）∵椭圆上的点（1，）的下辅助点为(1，﹣1)，∴辅助圆的半径为R，椭圆长半轴为a＝R，将点（1，）代入椭圆方程中，解得b＝1,∴椭圆E的方程为；（2）设点N(x0,y0）(y0＜1），则点M(x0，y1)（y1＜0），将两点坐标分别代入辅助圆方程和椭圆方程可得,x02+y02＝2，，故y02＝2y12，即y0y1，又S△OMNx0（y1﹣y0），则x0y1，将x0y1与联立可解得或，∴下辅助点N的坐标为（，）或(，）；（3）由题意可设A（x1，y1）,B（x2，y2)。联立整理得（m2+2）y2+2mty+t2﹣2＝0，则△＝8（m2+2﹣t2）＞0。根据韦达定理得,因为.所以，因为点P在椭圆E上,所以，整理得，即4t2＝m2+2，在直线l:x﹣my﹣t＝0中,由于直线l与坐标轴围成三角形，则t≠0，m≠0.令x＝0，得，令y＝0，得x＝t.所以三角形面积为,当且仅当m2＝2，t2＝1时，取等号，此时△＝24＞0.所以直线l与坐标轴围成的三角形面积的最小值为.【点睛】本题以新概念为载体，旨在考查直线与圆，直线与椭圆的位置关系，考查通性通法的运用，计算量较大，对计算能力的要求较高，属于较难题目。22。在平面直角坐标系xOy中，将曲线方程，先向左平移2个单位，再向上平移2个单位，得到曲线C.(1)点M（x，y）为曲线C上任意一点，写出曲线C的参数方程，并求出的最大值；(2）设直线l的参数方程为，（t为参数），又直线l与曲线C的交点为E，F,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求过线段EF的中点且与l垂直的直线的极坐标方程。【答案】(1）(θ为参数）；4;（2）【解析】【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换，进一步利用三角函数关系式的变换和余弦型函数性质的应用求出结果。（2）利用中点坐标公式的应用和直线垂直的充要条件的应用求出结果。【详解】解：（1）将曲线方程，先向左平移2个单位,再向上平移2个单位，得到曲线C的方程为,即，故曲线C的参数方程为（θ为参数)；又点M（x，y）为曲线C上任意一点，所以2cos4co