四川省广元市2020届高考数学三诊文科试卷（含答案解析）

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1、2020 年高考数学三诊试卷（文科）年高考数学三诊试卷（文科）一、选择题（共 12 小题）. 1若复数 z ，则|z|（） A B C1 D 2已知（2，），（1，），则在方向上的投影为（） A B C D 3已知集合 Ax|x22x8，B2，0，下列命题为假命题的是（） Ax0A，x0B Bx0B，x0A CxA，xB DxB，xA 4已知在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边长分别是 a，b，c，则 sinAsinB 是 ab 的（） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 5如图，在四棱锥 PABCD 中，底面为梯形，ADBC，AD

2、3，BC6，E，F 分别为棱 PB，PC 的中点，则（） AAEDF，且直线 AE，FD 是共面直线 BAEDF，且直线 AE，FD 是异面直线 CAEDF，且直线 AE，FD 是异面直线 DAEDF，且直线 AE，FD 是共面直线 6如图的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著数书九章中的“中国剩余定理”执行该程序框图，则输出的 n 为（） A50 B53 C59 D62 7中国农业银行广元分行发行“金穗广元剑门关旅游卡”是以“游广元、知广元、爱广元共享和谐广元” 为主题活动的一项经济性和公益性相结合的重大举措，以最优惠的价格惠及广元户籍市民、浙江及黑龙江援建省群众、省内援建市市

3、民，凡上述对象均可办理此卡，本人凭此卡及本人身份证一年内（期满后可重新充值办理）在广元市范围内可无限次游览所有售门票景区景点，如：剑门关、朝天明月峡、旺苍鼓城山七里峡、青川唐家河、广元皇泽寺、苍溪梨博园、昭化古城等，现有浙江及黑龙江援建省群众甲乙两人到广元旅游（同游），第一天他们游览了剑门关、朝天明月峡，第二天他们准备从上面剩下的 5 个景点中选两个景点游览，则第二天游览青川唐家河的概率是（） A B C D 8设函数，则函数 f（x）的图象大致为（） A B C D 9若 log2a0.3，0.3b2，c0.32，则实数 a，b，c 之间的大小关系为（） Aabc Bacb C

4、cab Dbac 10已知 O 为坐标原点，双曲线：，过双曲线 C 的左焦点 F 作双曲线两条渐近线的平行线，与两渐近线的交点分别为 A，B，若四边形 OAFB 的面积为 1，则双曲线 C 的离心率为（） A B C2 D 11如果关于 x 的不等式 x3ax2+10 在1，2上恒成立，则实数 a 的取值范围为（） A Ba2 Ca1 Da0 12函数 f（x）Asin（x+）（0）对任意的 xR 都有 f（x）f（2ax），且 a0 时 a 的最大值为，下列四个结论：是 f（x）的一个极值点；若 f（x）为奇函数，则 f（x）的最小正周期；若 f（x）为偶函数，则 f（x

5、）在，上单调递增；的取值范围是（0，5）其中一定正确的结论编号是（） A B C D 二、填空题 13设实数 x，y 满足约束条件，则 z3xy 的最大值为 14若，且，，则 sin2 的值为 15 抛物线 C： y24x 的焦点为 F，直线 yk （x2）（k0）与抛物线 C 交于不同的 A， B 两点，且，则 k 16如图，二面角 l 满足半平面，半平面内有一点 A（不在 l 上），半平面内有一点 C（不在 l 上），A，C 在直线 l 的射影分别为 B，D（B，D 不重合），ABCD1，，则三棱锥 A BCD 外接球的表面积为三、解答题 17记 S

6、n为各项均为正数的等比数列an的前 n 项和，已知，S3+2S213a1，记 bnlog2an ，其中 x表示不超过 x 的最大整数，如0.90，，22 （）求an的通项公式；（）求bn的前 n 项和 Tn 18广元市某校高三数学备课组为了更好地制定二轮复习的计划，开展了试卷讲评后效果的调研，从上学期市一诊考试数学试题中选出一些学生易错题，重新进行测试，并认为做这些题不出任何错误的同学为 “过关”，出了错误的同学为“不过关”，现随机抽查了年级 50 人，他们的测试成绩的频数分布如表：市一诊分数段 0，30） 30，60） 60，90） 90，120） 120，150 人数 5 10

7、15 13 7 “过关”人数 1 3 8 8 6 （）由以上统计数据完成如表 22 列联表，并判断是否有 95%的把握认为市一诊数学成绩不低于 90 分与测试“过关”有关？说明你的理由；分数低于 90 分人数分数不低于 90 分人数合计 “过关”人数 “不过关”人数合计（）根据以上数据估计该校市一诊考试数学成绩的中位数下面的临界值表供参考： P（K2k） 0.15 0.10 0.05 0.025 k 2.072 2.706 3.841 5.024 19如图，在矩形 ABCD 中，AB2AD2，E 为边 CD 的中点，以 EB 为折痕把CEB 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且使

8、平面 PEB平面 ABED （）证明：PBAE；（）求三棱锥 APED 的体积 20已知函数 f（x）lnx （）函数，讨论 t（x）的单调性；（）函数 g（x）x3（x0）的图象在点 P 处的切线为 l，证明：有且只有两个点 P 使得直线 l 与函数 f（x）的图象也相切 21 已知椭圆：，点 P （0， 1），直线分别交椭圆 C 于点 A， B （A， B 与 P 不重合）（）证明：PAPB；（）若以点，为圆心的圆与直线 AB 相切，且切点为线段 AB 的中点，求该圆的方程选修 4-4：坐标系与参数方程 22在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为

9、（为参数），直线 l 过原点且倾斜角为，以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系（）求曲线 C1和直线 l 的极坐标方程；（）若直线 l 与曲线 C1相交于不同的两点 A，B，求的取值范围选修 4-5：不等式选讲 23已知 a，b 都是实数，a0，函数 f（x）|x+1|+|2x3| （）若 f（x）1，求实数 x 的取值范围；（）若对满足条件的所有 a，b 都成立，求实数 t 的取值范围参考答案一、选择题 1若复数 z ，则|z|（） A B C1 D 【分析】首先对所给的式子进行整理，分子和分母同乘以分母的共轭复数 1i，这样分母变为一个实数，把复数写

11、4已知在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边长分别是 a，b，c，则 sinAsinB 是 ab 的（） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件【分析】在三角形中，由等边对等角及充分必要条件的判定得答案解：在ABC 中，由 sinAsinBABab，反之，由 abABsinAsinB， sinAsinB 是 ab 的充要条件故选：C 5如图，在四棱锥 PABCD 中，底面为梯形，ADBC，AD3，BC6，E，F 分别为棱 PB，PC 的中点，则（） AAEDF，且直线 AE，FD 是共面直线 BAEDF，且直线 AE，FD 是异面直线 CAEDF

12、，且直线 AE，FD 是异面直线 DAEDF，且直线 AE，FD 是共面直线【分析】可连接 EF，根据条件即可说明四边形 ADFE 是平行四边形，从而得出 AEDF，且直线 AE， FD 是共面直线解：如图，连接 EF， E，F 分别为棱 PB，PC 的中点，ADBC，AD3，BC6， EFBC，， EFAD，且 EFAD，四边形 ADFE 是平行四边形， AEDF，且 AEDF， AE，FD 是共面直线故选：D 6如图的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著数书九章中的“中国剩余定理”执行该程序框图，则输出的 n 为（） A50 B53 C59 D62 【分析】根据程序框图求出

13、 n 的初值，代入循环结构中求得输出 n 的值解：模拟程序运行知，m1112，m2120，m3105； n2112+4120+51051229，代入循环结构，计算得， n12291681061， n1061168893， n893168725， n725168557， n557168389， n389168221， n22116853，所以输出 n 的值为 53 故选：B 7中国农业银行广元分行发行“金穗广元剑门关旅游卡”是以“游广元、知广元、爱广元共享和谐广元” 为主题活动的一项经济性和公益性相结合的重大举措，以最优惠的价格惠及广元户籍市民、浙江及黑龙江援建省群众、省内援建市市民，

14、凡上述对象均可办理此卡，本人凭此卡及本人身份证一年内（期满后可重新充值办理）在广元市范围内可无限次游览所有售门票景区景点，如：剑门关、朝天明月峡、旺苍鼓城山七里峡、青川唐家河、广元皇泽寺、苍溪梨博园、昭化古城等，现有浙江及黑龙江援建省群众甲乙两人到广元旅游（同游），第一天他们游览了剑门关、朝天明月峡，第二天他们准备从上面剩下的 5 个景点中选两个景点游览，则第二天游览青川唐家河的概率是（） A B C D 【分析】基本事件总数 n ，第二天他们游览青川唐家河包含的基本事件有 m 4，由此能求出第二天游览青川唐家河的概率解：第二天他们准备从上面剩下的 5 个景点中选两个景点游览，基

15、本事件总数 n ，第二天他们游览青川唐家河包含的基本事件有 m 4，则第二天游览青川唐家河的概率是 P 故选：C 8设函数，则函数 f（x）的图象大致为（） A B C D 【分析】先利用函数的奇偶性的定义得知 f（x）f（x），所以函数 f（x）为偶函数，可排除选项 B，对比选项 A、C 和 D，发现当 x2 时，f（2）2，故得答案解： f（x），函数 f（x）为偶函数，排除选项 B，当 x2 时，f（2） 2，排除选项 A 和 C 故选：D 9若 log2a0.3，0.3b2，c0.32，则实数 a，b，c 之间的大小关系为（） Aabc Bacb Ccab Dbac 【

16、分析】可以得出 a20.31，blog0.320，0c1，从而得出 a，b，c 的大小关系解：a20.3201，blog0.32log0.310，00.321； acb 故选：B 10已知 O 为坐标原点，双曲线：，过双曲线 C 的左焦点 F 作双曲线两条渐近线的平行线，与两渐近线的交点分别为 A，B，若四边形 OAFB 的面积为 1，则双曲线 C 的离心率为（） A B C2 D 【分析】求得双曲线的焦点坐标，利用已知条件求出 A 的坐标，结合面积求解 a，然后求解双曲线的离心率即可解：由双曲线方程可得渐近线方程 xay0，设 F（c，0）是双曲线的焦点，设过 F 平行于 x

17、+ay0 的直线为 l，则 l 的方程为：x+ay+c0，l 与渐近线 xay0 交点为 A，则 A（，），四边形 OAFB 的面积为 1，得 c 1即 c22aa2+1，解得 a1，所以 c e 故选：A 11如果关于 x 的不等式 x3ax2+10 在1，2上恒成立，则实数 a 的取值范围为（） A Ba2 Ca1 Da0 【分析】当 x0 时，不等式显然成立，aR，当 x0 时，由原不等式可得，ax ，然后构造函数 h （x）x ，1x2 且 x0，结合导数可研究单调性及最值，即可求解解：当 x0 时，不等式显然成立，aR，当 x0 时，由原不等式可得，ax ，令 h（

18、x）x ，1x2 且 x0，则 h（x）1 ，令 h（x）0，解得：x ，令 h（x）0，解得：x ，易得函数 h（x）在1，0），（0，）递增，（，2单调递减，故函数的最小值是 h（1）或 h（2），而 h（1）0，h（2），故当 x1 时，h（x）取得最小值 h（1）0，故 a0 故选：D 12函数 f（x）Asin（x+）（0）对任意的 xR 都有 f（x）f（2ax），且 a0 时 a 的最大值为，下列四个结论：是 f（x）的一个极值点；若 f（x）为奇函数，则 f（x）的最小正周期；若 f（x）为偶函数，则 f（x）在，上单调递增；的取值范围是（0，

19、5）其中一定正确的结论编号是（） A B C D 【分析】根据题意可知，f（x）的图象关于直线 xa 对称，再结合三角函数的图象和性质，即可判断各结论的真假解：因为 f（x）f（2ax），所以 f（x）的图象关于直线 xa 对称，又当 a0 时，a 的最大值为，由于三角函数的对称轴对应 x 的值是函数的极值点，所以正确；又 f（x）为奇函数，且在 y 轴左侧离 y 轴最近的对称轴为 x ，所以在 y 轴右侧离 y 轴最近的对称轴为 x ，所以 T ，正确；若 f（x）为偶函数，则 f（x）在，上可能单调递增，也可能单调递减，所以不一定正确；令 x+ 2k，所以 x

20、，当时，即有，0 当时，， 10，即的取值范围是（0，10，所以不一定正确故选：A 二、填空题 13设实数 x，y 满足约束条件，则 z3xy 的最大值为 5 【分析】作出可行域，变形目标函数，平移直线 y3x 可得结论解：作出实数 x，y 满足约束条件所对应的可行域如图，由解得 A（2，1），变形目标函数可得 y3xz，平移直线 y3x，可知当直线经过点 A（2，1）时，直线的截距最小，z 取最大值，代值计算可得 z3xy 的最大值为 5，故答案为：5 14若，且，，则 sin2 的值为【分析】由二倍角的余弦函数公式，两角和的余弦函数公式化简已知等式，

21、结合 cossin0，可得 cos+sin ，两边平方，利用同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式可求 sin2 的值解：， 2（cos2sin2）2（cos+sin）（cossin）（cossin），又，， cossin0，解得：cos+sin ，两边平方，可得：1+sin2 ，可得：sin2 故答案为： 15 抛物线C： y24x的焦点为F，直线yk （x2）（k0）与抛物线C交于不同的A， B两点，且，则k 2 【分析】求得抛物线的焦点和准线方程，直线 AB 的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理及抛物线的焦点弦公式，联立即可求得 x1，x2，由 x1

22、x24，即可求得 k 的值解：抛物线 y24x 的焦点 F（1，0），准线方程为 x1，直线 AB 的方程为 yk （x2），k0 设 A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线 AB 的方程和抛物线 y24x，化简可得 k2x2（4k2+4）x+4k20， x1+x24 ，x 1 x24，由抛物线的焦半径公式可知|AF|x1 x1+1，|BF|x2 x2+1，由|AF| |BF|，可得 x1 +1 （x2+1），即 x1 x2 ，由解得 x1 ，x 2 ，则 x1 x2（）（）4，化为（k24）（81k2+40）0，整理得 k24，解得 k2，由 k0，则 k2，

23、故答案为：2 16如图，二面角 l 满足半平面，半平面内有一点 A（不在 l 上），半平面内有一点 C（不在 l 上），A，C 在直线 l 的射影分别为 B，D（B，D 不重合），ABCD1，，则三棱锥 A BCD 外接球的表面积为 5 【分析】先根据条件求得球心所在位置，进而求得结论解：设 AC 的中点 F，二面角 l 满足半平面，A，C 在直线 l 的射影分别为 B，D（B，D 不重合），ABCD1，， AB面 BCD，CD面 ABD；故ABCADC90； FCFAFBFDR AC ；三棱锥 ABCD 外接球的表面积为：4R24（） 25；故答案为：5 三、解答

24、题 17记 Sn为各项均为正数的等比数列an的前 n 项和，已知，S3+2S213a1，记 bnlog2an ，其中 x表示不超过 x 的最大整数，如0.90，，22 （）求an的通项公式；（）求bn的前 n 项和 Tn 【分析】（）根据等比数列的前 n 项和公式求出公比 q，即可写出通项；（）根据题意求出数列bn是等差数列，再求它的前 n 项和解：（）数列an中，由 S3+2S213a1，所以：a3+3a210a10；所以：q2+3q100，解得：q2 或 q5（舍）；所以数列an的通项公式为：；（）根据题意有：；因为：3log1114，所以：bnn4+log211n4

25、+3n1；所以：数列bn是以首项为 0，公差为 1 的等差数列；所以bn的前 n 项和为 18广元市某校高三数学备课组为了更好地制定二轮复习的计划，开展了试卷讲评后效果的调研，从上学期市一诊考试数学试题中选出一些学生易错题，重新进行测试，并认为做这些题不出任何错误的同学为 “过关”，出了错误的同学为“不过关”，现随机抽查了年级 50 人，他们的测试成绩的频数分布如表：市一诊分数段 0，30） 30，60） 60，90） 90，120） 120，150 人数 5 10 15 13 7 “过关”人数 1 3 8 8 6 （）由以上统计数据完成如表 22 列联表，并判断是否有 95%的把握认

26、为市一诊数学成绩不低于 90 分与测试“过关”有关？说明你的理由；分数低于 90 分人数分数不低于 90 分人数合计 “过关”人数 “不过关”人数合计（）根据以上数据估计该校市一诊考试数学成绩的中位数下面的临界值表供参考： P（K2k） 0.15 0.10 0.05 0.025 k 2.072 2.706 3.841 5.024 【分析】（1）根据题意填写列联表，计算观测值 K2，对照临界值得出结论；（2）先列出频率分布表，再求中位数解：（）根据题意得 22 列联表如下：分数低于 9（0 分）人数分数不低于 9（0 分）人数合计 “过关”人数 12 14 26 “不过关”人

27、数 18 6 24 合计 30 20 50 所以：因此有 95%的把握认为期末数学成绩不低于 9（0 分）与测试“过关”有关（）设该市一诊考试数学成绩的中位数为 x 市一诊分数段 0，30） 30，60） 60，90） 90，120） 120，150 人数 5 10 15 13 7 频率 0.1 0.2 0.3 0.26 0.14 根据题意有：，解得：x70 所以：该校市一诊考试数学成绩的中位数为 70 19如图，在矩形 ABCD 中，AB2AD2，E 为边 CD 的中点，以 EB 为折痕把CEB 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且使平面 PEB平面 ABED （）证明：PBAE

28、；（）求三棱锥 APED 的体积【分析】（）证明 AEBE通过面 PEB面 ABED，证明 AE面 PEB然后证明 PBAE （）取线段BE的中点F，连接PF，说明PF面AED，然后求解三棱锥APED的体积：【解答】（）证明：因为 BCCEEDAD1，所以：，又因为：AB2，所以：AEBE 因为：面 PEB面 ABED 且面 PEB面 ABEDBE，所以：AE面 PEB 所以：PBAE （）解：取线段 BE 的中点 F，连接 PF，如图所示：因为 PEPB1，且 F 为线段 BE 的中点所以：PFBE 且又因为：面 PEB面 ABED 且面 PEB面 ABEDBE，

29、所以：PF面 AED 所以：三棱锥 APED 的体积 20已知函数 f（x）lnx （）函数，讨论 t（x）的单调性；（）函数 g（x）x3（x0）的图象在点 P 处的切线为 l，证明：有且只有两个点 P 使得直线 l 与函数 f（x）的图象也相切【分析】（I）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系即可求解；（2）结合已知及导数的几何意义及导数与函数单调性的关系即可证明解：（）因为：，所以：所以：当 2a0 即 a0 时：t（x）在（0，+）增；当 2a0 即 a0 时：令 t（x）0 有：，所以：t（x）在，减，在，增（）证明：设，因为：g（x）3x2，所

30、以：所以直线 l 的方程为：，即：假设直线 l 与 f（x）的图象也相切，切点为：（x1，lnx1）因为，所以：所以直线 l 的方程也可以写作为：又因为：，即：所以直线 l 的方程为：，即：由有：，即：令：，所以：令，得：，所以：m（x0）在，减，在，增所以：，又因为：当 x0 时，m（x0）+；当 x+时，m（x0）+ 所以：在（0，+）有且只有两个实数根所以：有且只有两个点 P 使得直线 l 与函数 f（x）的图象也相切 21 已知椭圆：，点 P （0， 1），直线分别交椭圆 C 于点 A， B （A， B 与 P 不重合

31、）（）证明：PAPB；（）若以点，为圆心的圆与直线 AB 相切，且切点为线段 AB 的中点，求该圆的方程【分析】（）由题意将直线 AB 与椭圆的联立，求出两根之和及两根之积，进而求出直线 PA，PB 的斜率之积，可得之积为1，可证得 PAPB；（）三种方法，（法一）由（）可得线段AB的中点D的坐标，求出，由直线AB的方程可得（1， k），由题意可得 DEAB，可得 0，由数量积为 0 求出 k 的值，进而求出半径 DE 的值，求出圆的方程（法二）同法一）先求出 AB 的中点 D 的坐标，进而求出半径|DE|，再求 E 到直线 AB 的距离 d，由直线与圆

32、相切可得 d|DE|，求出 k 的值，进而求出半径 r，写出圆的方程；（法三）由直线与圆相切可得，AB 的中点为切点可得|AE|BE|，设 A，B 的坐标，可得等式，再由 A， B 在椭圆上，求出 A，B 的纵坐标的关系，化简得：，当 y1y2 时可得 k 的值，进而求出 r 的值，写出圆的方程，当 y1+y2 时，由（）求出 x1+x2，再由，可得 k 的值，进而求出圆的方程解：（）证明：根据题意有：直线 PB、PA 斜率均存在，设 A（x1，y1）、B（x2，y2）联立：，有：，所以：，因为：，所以：PAPB （）方法一、如图所示：设线段 AB 的中点为 D（x

33、D，yD），则：，因为以，为圆心的圆与直线 AB 相切于 AB 的中点 D，所以：，又因为：，，且与（1，k）平行，所以：，解得：k0 或1 当 k0 时：，所以：圆 E 的方程为：当 k1 时：有：，所以：圆 E 的方程为：由有：圆 E 的方程为或方法二、因为以，为圆心的圆与直线 AB 相切于 AB 的中点 D，所以：圆的半径，解得：k0 或1 前后同方法一：方法三、如图所示：根据题意结合图形有：|EA|EB|，即：，即：，化简得：，所以：y1y20 或当 y1y20 时，易得：k0，即：：，易得：，，所以：

34、所以：圆 E 的方程为：当时：，解得：k1 所以：，所以：即：，有：，所以：圆 E 的方程为：由有：圆 E 的方程为或一、选择题 22在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为（为参数），直线 l 过原点且倾斜角为，以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系（）求曲线 C1和直线 l 的极坐标方程；（）若直线 l 与曲线 C1相交于不同的两点 A，B，求的取值范围【分析】（）根据曲线 C1的参数方程，先求出普通方程，然后转化为极坐标方程即可，根据直线 l 过原点且倾斜角为，可直接得到直线 l 的极坐标方程；（）联立，可得 1+24

35、sin，122，然后根据，结合 sin2 的范围，求出的取值范围解：（）由（为参数）有 x 2+y24y+20， C1的极坐标方程为 24sin+20，直线 l 的极坐标方程为（R）（0，）（）联立，有 24sin+20，根据题有16sin280，在极坐标系下设 A（1，）、B（2，），1+24sin，122 ，28sin226，取值范围为（2，6 选修 4-5：不等式选讲 23已知 a，b 都是实数，a0，函数 f（x）|x+1|+|2x3| （）若 f（x）1，求实数 x 的取值范围；（）若对满足条件的所有 a，b 都成立，求实数 t 的取值范围【分析】（）由 f（x）|x+1|+|x |+|x |，运用绝对值不等式的性质和绝对值的几何意义，可得 f（x）的最小值，即可得到所求 x 的范围；（）由题意可得运用绝对值的性质和绝对值的几何意义，可得最小值，再由零点分区间和绝对值的意义，去绝对值，解不等式，求并集，可得所求范围解：（）因为（时取等号），而可得 x 的取值范围为 R；（）由，有，即因为：（a2b 时取等号），所以 f（t）3即|t+1|+|2t3|3，即或或，解得或或无解，所以，

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