《2020届高考高三第三次模拟考试卷 文科数学（三） 含答案解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考高三第三次模拟考试卷 文科数学（三） 含答案解析（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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文 科 数 学（三）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。第卷一、选择题：本大题共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
2、设是虚数单位，若复数是纯虚数，则（ ）ABCD2已知集合，则（ ）ABCD3我国古代数学家赵爽的弦图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图）如果小正方形的边长为，大正方形的边长为，直角三角形中较小的锐角为，则（ ）ABCD4定义在上的奇函数在上单调递增，则满足的取值范围是（ ）ABCD5设，则，的大小关系是（ ）ABCD6已知平面向量，若与垂直，则（ ）ABCD7圆上的点到直线的最大距离与最小距离的差是（ ）ABCD8如图茎叶图表示的是甲、乙两人在次综合测评中的成绩，其中乙中的两个数字被污损，且已知甲、乙两人在次综合测评中的成绩中位数相等，则乙的平均成绩低于甲的概率为（
3、 ）ABCD9的内角的对边分别为，已知，则角（ ）ABCD10在中，分别是双曲线的左、右焦点，点在上若，则双曲线的离心率为（ ）ABCD11九章算术给出求羡除体积的“术”是：“井三广，以深乘之，又以袤乘之，六而一”，其中的“广”指羡除的三条平行侧棱的长，“深”指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离，“袤”指这两条侧棱所在平行线之间的距离，用现代语言描述：在羡除中，两条平行线与间的距离为，直线到平面的距离为，则该羡除的体积为已知某羡除的三视图如图所示，则该羡除的体积为（ ）ABCD12已知为抛物线的焦点，点在该抛物线上且位于轴的两侧，而且（为坐标原点），若与的面积分别为和，则最小值是（ ）ABCD
4、第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13若向量，满足，则向量，的夹角为 14已知等差数列的首项和公差都不为0，、成等比数列，则 15的内角，所对的边分别是，已知，则的取值范围为 16已知函数，若函数有且只有个不同的零点，则实数的取值范围是 三、解答题：本大题共6个大题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（12分）某城市的公交公司为了方便市民出行，科学规划车辆投放，在一个人员密集流动地段增设一个起点站，为了研究车辆发车间隔时间与乘客等候人数之间的关系，经过调查得到如下数据：间隔时间（分钟）101112131415等候人数（人）232526292831调查小组先从这
5、6组数据中选取4组数据求线性回归方程，再用剩下的2组数据进行检验检验方法如下：先用求得的线性回归方程计算间隔时间对应的等候人数，再求与实际等候人数的差，若差值的绝对值不超过1，则称所求方程是“恰当回归方程”（1）从这6组数据中随机选取4组数据后，求剩下的2组数据的间隔时间不相邻的概率；（2）若选取的是后面4组数据，求关于的线性回归方程，并判断此方程是否是“恰当回归方程”；（3）为了使等候的乘客不超过35人，试用（2）中方程估计间隔时间最多可以设置为多少（精确到整数）分钟？附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，18（12分）已知数列和均为等差数列，（1）求数列的通项公式；
6、（2）设数列满足，求数列的前项和19（12分）已知在四棱锥中，平面，在四边形中，为的中点，连接，为的中点，连接（1）求证：；（2）求点到平面的距离20（12分）已知椭圆过点，且离心率（1）求椭圆的方程；（2）已知斜率为的直线与椭圆交于两个不同点，点的坐标为，设直线与的倾斜角分别为，证明：21（12分）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）若关于的方程有唯一实数解，且，求的值请考生在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】在直角坐标系中，倾斜角为的直线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极
7、坐标方程为（1）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线交于，两点，且，求直线的倾斜角23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数（1）求的最小值；（2）若不等式的解集为，且，求的值2020届好教育云平台高三第三次模拟考试卷文 科 数 学（三）答 案第卷一、选择题：本大题共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【答案】C【解析】，因为，为纯虚数，故2【答案】B【解析】，故3【答案】D【解析】设直角三角形三边分别为，可知，解得，故直角三角形三边分别为，故，4【答案】B【解析】根据单调性和奇偶性，可得的解为或，故，则或，解得或，故选B
8、5【答案】B【解析】，则，故选B6【答案】D【解析】，解得7【答案】C【解析】圆的方程可化为，圆心为，半径，圆心到直线的距离，直线与圆相离，故圆上的点到直线的最大距离与最小距离的的差为8【答案】A【解析】甲在次综合测评中的成绩中位数为，则被污损的两个数中其中一个为，设另一个数为且，甲在次综合测评中的平均成绩为，乙的平均成绩为，要使，得，且，故乙的平均成绩低于甲的概率为9【答案】B【解析】，因为，故，在中，根据正弦定理，得，因为，10【答案】B【解析】，则，又，可知，即，为等腰直角三角形，点在双曲线右支上，又，即，可得11【答案】B【解析】由三视图还原几何体知，羡除中，底面是矩形，平面平面，间的
9、距离，如图，取中点，连接，则平面，由侧视图知直线到平面的距离为，所以该羡除的体积为12【答案】C【解析】设直线的方程为，点，直线与轴的交点为，联立，可得，根据根与系数的关系，得，即，位于轴的两侧，设点在轴的上方，则，第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13【答案】【解析】由，得，所以，向量，的夹角为14【答案】【解析】等差数列的首项和公差都不为0，、成等比数列，可得，即有，化为，则15【答案】【解析】，由余弦定理可得，化简可得，由余弦定理可得，即16【答案】【解析】有且只有个不同的零点等价于偶函数与偶函数的图象有且只有个不同的交点，即有两个不等正根，即有两个不等正根令，则，它在
10、内为负，在内为正，在上单调递减，在上单调递增，又当时，；当时，三、解答题：本大题共6个大题，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），是；（3）18分钟【解析】（1）设“从这6组数据中随机选取4组数据后，剩下的2组数据不相邻”为事件，记这六组数据分别为1，2，3，4，5，6，剩下的两组数据的基本事件有12，13，14，15，16，23，24，25，26，34，35，36，45，46，56，共15种，其中相邻的有12，23，34，45，56，共5种，所以（2）后面4组数据是：间隔时间（分钟）12131415等候人数（人）26292831因为，所以，所以当时，当时，
11、所以求出的线性回归方程是“恰当回归方程”（3）由，得，故间隔时间最多可设置为18分钟18【答案】（1）；（2）【解析】（1）数列为等差数列，又数列为等差数列，即，即，又，（2）由（1）及题设，得，19【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）连接，在四边形中，平面，面，面，又面，又在直角三角形中，为的中点，面，面，（2）以，设点到平面的距离为d，20【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）由题意得，解得，所以椭圆的方程为（2）设直线，由，消去，得，解得，当时，（舍），设，则，由题意，易知与的斜率存在，所以设直线与的斜率分别为，则，要证，即证，只需证，故，又，所以，21【答案】（1）见
12、解析；（2）【解析】（1），当时，在上单调递增；当时，时，单调递减；时，单调递增，综上所述：当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，函数在上单调递增（2）由已知可得方程有唯一解，且，设，即有唯一解，由，令，则，所以在上单调递减，即在上单调递减，又时，；时，故存在，使得当时，在上单调递增；时，在上单调递减又有唯一解，则必有，当时，故存在唯一的满足下式：由，消去，得，令，则故当时，在上单调递减；当时，在上单调递增由，即存在，使得，即又关于的方程有唯一实数解，且，故22【答案】（1）直线的普通方程见解析，；（2）直线的倾斜角为或【解析】（1）因为直线的参数方程为（为参数），当时，直线的直角坐标方程为；当时，直线的直角坐标方程为，因为，因为，所以，所以的直角坐标方程为（2）直线与圆交于，两点，且，故圆心到直线的距离当时，直线的直角坐标方
