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1、四川省遂宁市射洪中学2020届高三数学一诊模拟试题 理第I卷(选择题 共60分）一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题所给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置.）1已知全集为，集合，则元素个数为A1B2C3D42设，则 A0B1CD33已知，是两个不重合的平面，直线，则是的 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4已知函数，则 ABCD55设，则 A B C D6下图可能是下列哪个函数的图像 A B C D7已知曲线，则下面结论正确的是 A把曲线向右平移个长度单位得到曲线B把曲线向左平移个长度单
2、位得到曲线C把曲线向左平移个长度单位得到曲线D把曲线向右平移个长度单位得到曲线8过三点，的圆截直线所得弦长的最小值等于 ABCD9椭圆的左右焦点分别是、，以为圆心的圆过椭圆的中心，且与椭圆交于点，若直线恰好与圆相切于点，则椭圆的离心率为 ABCD102020年5月22日具有“国家战略”意义的“长三角一体化”会议在芜湖举行；长三角城市群包括：上海市以及江苏省、浙江省、安徽省三省部分城市，简称“三省一市”. 现有4 名高三学生准备高考后到上海市、江苏省、浙江省、安徽省四个地方旅游， 假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游， 则恰有一个地方未被选中的概率为 ABCD11已知的最大值为，若存在
3、实数、，使得对任意实数总有成立，则的最小值为 ABCD12已知定义在R上的可导函数的导函数为，满足，且为偶函数，则不等式的解集为 ABCD第卷（非选择题共90分）二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分）13已知随机变量服从正态分布且，则_14若二项式的展开式中的常数项为，则_.15如图，求一个棱长为的正四面体的体积，可以看成一个棱长为1的正方体截去四个角后得到，类比这种方法，一个三对棱长相等的四面体，其三对棱长分别为，则此四面体的体积为_；16在四边形中，已知是边上的点，且，若点在线段上，则的取值范围是_.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
4、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.）17.（12分）在中，内角所对的边分别为，已知的面积为(1) 求和的值； (2) 求的值18（12分）某教师为了分析所任教班级某次考试的成绩，将全班同学的成绩作成统计表和频率分布直方图如下：分组频数频率50，60)30.0660，70)m0.1070，80)13n80，90)pq90，10090.18总计t1(1)求表中t，q及图中a的值；(2)该教师从这次考试成绩低于70分的学生中随机抽取3人进行谈话，设X表示所抽取学生中成绩低于60分的人数，求随机变量X的分布列和数学期望19（12分）在斜三棱柱中，侧面平面，是的
5、中点（1）求证：平面；（2）在侧棱上确定一点，使得二面角的大小为20（12分）已知为圆上一点，过点作轴的垂线交轴于点，点满足（1）求动点的轨迹方程；（2）设为直线上一点，为坐标原点，且，求面积的最小值.21（12分）已知函数，.（1）当时，讨论函数的单调性；（2）当时，求证：函数有两个不相等的零点，且.（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22. 选修4-4：坐标系与参数方程（10分）在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴，以相同的长度单位建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为，（l）设为参数，若，求直线的参数方
6、程；（2）已知直线与曲线交于，设，且，求实数的值.23选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若对恒成立，求的取值范围.高2020届一诊模拟考试理科数学试题参考答案1B2B3B4A5B6C7D8B9A10B11C12B130.76141241521617（1）ABC中,由得由,得又由解得由,可得a=8.由,得.（2）,18解：(1)由表格可知，全班总人数t50，则m500.105，n0.26，所以a0.026，35139p50，即p20，所以q0.4.(2)成绩在50，60)内的有3人，60，70)内的有5人由题意得X可能的取值为0，1，2，3，P(Xk)，所以P(X0)，
7、P(X1)，P(X2)，P(X3).随机变量X的分布列如下：X0123P数学期望EX0123.19（1）证：面面，,面，即有；又，为中点，则.面.（2）如图所示以点为坐标系原点，为轴，过C点平行于AB的直线为y轴,CA1为轴，建立空间直角坐标系，则有，设，且，即有，所以点坐标为.由条件易得面的一个法向量为.设平面的一个法向量为，由可得，令，则有，则 ，得.所以，当时，二面角的大小为.20解：（1） 设，由题意得：，由，可得点是的中点，故，所以，又因为点在圆上，所以得，故动点的轨迹方程为.（2）设，则，且，当时，此时；当时，因为,即故，代入 设 因为恒成立， 在上是减函数，当时有最小值，即,综上
8、：的最小值为21（1）当时，得，令，得或.当时，所以，故在上单调递减；当时，所以，故在上单调递增；当时，所以，故在上单调递减；所以在，上单调递减，在上单调递增.（2）证明：由题意得，其中，由得，由得，所以在上单调递增，在上单调递减.， ，函数有两个不同的零点，且一个在内，另一个在内.不妨设，要证，即证，因为，且在上是增函数，所以，且，即证.由，得 ，令 ，则 .，时，即在上单调递减，且，即，故得证.22（1）直线的极坐标方程为即，因为为参数，若，代入上式得，所以直线的参数方程为（为参数）（2）由，得，由，代入，得 将直线的参数方程与的直角坐标方程联立，得.（*）则且，设点，分别对应参数，恰为上述方程的根.则，由题设得.则有，得或.因为，所以23：（1）因为，所以当时，由得；当时，由得；当时，由得.综上，的解集为.（2）（方法一）由得，因为，当且仅当取等号，所以当时，取得最小值5，所以当时，取得最小值5，故，即的取值范围为.（方法二）设，则，当时，取得最小值5，所以当时，取得最小值5，故，即的取值范围为.
