2020届高三第三次模拟考试卷 文科数学(三)

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 号码粘贴在答题卡上的指定位置。

位封座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。

密 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

号场第Ⅰ卷

不考一、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．

订 1．设i是虚数单位，若复数a5i12i(aR)是纯虚数，则a（ ） A．1

B．1

C．2 D．2

装 号2．已知集合M{x|x25x60}，N{y|y(1)x证6,x1}，则（ ） 考准A．MN

B．NM

C．MN

D．M(ðRN)

只 3．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2，大正方形的边长为10，直角三角形中较小的锐角为，则

卷 sin(π 2)cos(π6)（ ）

名姓 此

级A．54354343班10 B．10 C．510 D．54310

4．定义在R上的奇函数f(x)在(0,)上单调递增，f(13)0，则满足f(log1x)0的x取值

8范围是（ ） A．(0,)

B．(0,12)U(1,2)

C．(0,1)U(182,2)

D．(0,12)

5．设alog1111114，b()4，c()3，则a，b，c的大小关系是（ ）343

A．abc B．cba C．bca D．cab

6．已知平面向量a(1,3)，b(4,2)，若ab与b垂直，则（ ） A．1

B．1 C．2 D．2

7．圆x2y24x4y100上的点到直线xy140的最大距离与最小距离的差是（ ）A．36

B．18

C．62 D．52 8．如图茎叶图表示的是甲、乙两人在5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5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（ ）

A．

239 B．

15 C．

10 D．

13 9．△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sinBsinA(sinCcosC)0，a2，

c2，则角C（ ）

A．

5πππ6 B．

6 C．

π4 D．

3 10．在△ABC中，A,B分别是双曲线E的左、右焦点，点C在E上．若uuBAruuBCur0，

(uBAuruBCuur)uACuur0，则双曲线E的离心率为（ ）

A．51

B．21

C．

212 D．

212 11．《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ABCA1B1C1中，AA1∥BB1∥CC1，

AA1a，BB1b，CC1c，两条平行线AA1与BB1间的距离为h，直线CC1到平面AA1B1B的

距离为h，则该羡除的体积为Vhh6(abc)．已知某羡除的三视图如图所示，则该羡除的体积为（ ）

A．33 B．53

C．43

D．23 12．已知F为抛物线y2x的焦点，点A,B在该抛物线上且位于x轴的两侧，而且OAuurOBuuur2（O为坐标原点），若△ABO与△AFO的面积分别为S1和S2，则S14S2最小值是（ ）

A．732 B．6 C．23 D．43

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13．若向量a，b满足2|a||b|，a(ab)，则向量a，b的夹角为 ．

14．已知等差数列{aaa7n}的首项和公差都不为0，a1、a2、a4成等比数列，则3a ． 215．△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知bccosCbacosA1，则cosB的取值范围为 ．

1．已知函数f(x)xexmx,x016ex，若函数f(x)有且只有4个不同的零点，则实数m的

xmx,x0

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x与乘客等候人数y之间的关系，经过调查得到如下数据：

间隔时间x（分钟） 10 11 12 13 14 15 等候人数y（人） 23 25 26 29 28 31 调查小组先从这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yˆ，再求yˆ与实际等候人数y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y关于x的线性回归方程yˆbxˆaˆ，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(x1,y1)，(x2,y2)，L，(xn,yn)，其回归直线yˆbxˆaˆ的斜率和截距的最小nnxiyinxy(xix)(yiy)二乘估计分别为bˆi1i14n，aˆybxx2iyi1546． i1inx2i1nˆ，x(x2ix)i1

218．（12分）已知数列{a{an1n}和n}均为等差数列，a12．

（1）求数列{an}的通项公式； （2）设数列{bn}满足b4an1n(1)nn(n1)，求数列{bn}的前n项和Sn．

19．（12分）已知在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，PAAB，在四边形ABCD中，

DAAB，AD∥BC，ABAD2BC2，E为PB的中点，连接DE，F为DE的中点，

连接AF．

（1）求证：AFPB；

（2）求点D到平面AEC的距离．

20．（12分）已知椭圆C:x2y23a2b21(ab0)过点(2,1)，且离心率e2．

（1）求椭圆C的方程；

（2）已知斜率为

12的直线l与椭圆C交于两个不同点A,B，点P的坐标为(2,1)，设直线PA与PB的倾斜角分别为,，证明：π．

21．（12分）已知函数f(x)lnxaxa(aR)．

（1）讨论函数f(x)的单调性；

（2）若关于x的方程f(x)exaax有唯一实数解x0，且x0(n,n1)，nN*x，求n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xOy中，倾斜角为的直线l的参数方程为x2tcostsin（t为参数），在以坐标

y3原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为22cos8． （1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；

（2）若直线l与曲线C交于A，B两点，且|AB|42，求直线l的倾斜角．

23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】 已知函数f(x)|xa|2|x1|(a0)． （1）求f(x)的最小值；

（2）若不等式f(x)50的解集为(m,n)，且nm

4，求a的值． 3

2020届高三第三次模拟考试卷

文 科 数 学（三）答 案

第Ⅰ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：

5i5i(112i2i)(12i)(12i)2i， 因为aR，a2i为纯虚数，故a2． 2．答案：B

解：M{x|x25x60}{x|1x6}，

N{y|y(16)x,x1}{y|0y6}，

故NM．

3．答案：D

解：设直角三角形三边分别为x，x2，10，可知x2(x2)2102，解得x6， 故直角三角形三边分别为6，8，10，故sin345，cos5， sin(π2)cos(πππ5436)coscoscos6sinsin610．

4．答案：B

解：根据单调性和奇偶性，可得f(x)0的解为x13或13x0，

故f(log11x)0，则log1x883或13log0，解得0x11x或1x2， 82故选B． 5．答案：B 解：alog111134log1，b12(4)364，c12(141343)81， 则cb1，故选B．

6．答案：D

解：ab(4,32)，

∵abb，∴4(4)(2)(32)0，解得2． 7．答案：C

解：圆的方程可化为(x2)2(y2)218，圆心为(2,2)，半径r32， 圆心到直线xy140的距离d|2214|252r，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2r62． 8．答案：A

解：甲在5次综合测评中的成绩中位数为91，则被污损的两个数中其中一个为91，设另一个数为m且m1，

甲在5次综合测评中的平均成绩为x84919898186591.4，

乙的平均成绩为x88919990m286590.8m5，

要使xm2x1，90.8591.4，得m3， ∵1m9且mN，故乙的平均成绩低于甲的概率为29． 9．答案：B

解：sin(AC)sinA(sinCcosC)cosAsinCsinAsinC0， 因为sinC0，故sinAcosA， 在△ABC中，Aπa4，根据正弦定理sinAc1sinC，得sinC2， 因为ca，∴Cπ6． 10．答案：B

解：uuBAruuBCur0，则BABC，

又(BAuurBCuuur)ACuuur(BAuurBCuuur)(BCuuurBAuur)(BCuuur2BAuur2)0，

可知|uBCuur||uBAur|，即BABC，

△ABC为等腰直角三角形，C点在双曲线右支上，

∴BABC2c，AC22c，

又ACBC2a，即22c2c2a，可得e21．

11．答案：B

解：由三视图还原几何体知，羡除ABCA1B1C1中，

AB∥EF，底面ABCD是矩形，ABCD2，EF1，

平面ADE平面ABCD，AB，CD间的距离hAD2， 如图，取AD中点G，连接EG，则EG平面ABCD， 由侧视图知直线EF到平面ABCD的距离为h1， 所以该羡除的体积为Vhh6(abc)1256(221)3．

12．答案：C

解：设直线AB的方程为xtym，点A(x1,y1)，B(x2,y2)， 直线AB与x轴的交点为M(m,0)，

联立xtym2y2x，可得ytym0，

根据根与系数的关系，得y1y2m，

∵OAuurOBuuur2，∴xy21x21y22，即(y1y2)y1y220，

∵A,B位于x轴的两侧，∴y1y22，∴m2， 设点A在x轴的上方，则y10，

∵F(11113y24,0)，∴S14S222(y1y2)424y112y23． 1

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．答案：120

解：由a(ab)，得a(ab)a2ab0，

所以aba2，cosa,bab|a||b|a2|a|2|a|12， 向量a，b的夹角为120． 14．答案：5

解：等差数列{an}的首项和公差d都不为0，a1、a2、a4成等比数列，

可得a2a22a14，即有(a1d)a1(a13d)，化为a1d，

则

a3a72a18add10d2d5． 2a115．答案：[12,1) 解：QbccosCbacosA1， 由余弦定理可得ba2b2c2c2abbab2c2a22bc1，化简可得b2ac， a2c2b2a2c2由余弦定理可得cosB2acac2ac2acac2ac12， 12cosB1，即cosB[12,1)． 16．答案：me24

解：f(x)有且只有4个不同的零点等价于偶函数g(x)1ex,x0与偶函数ymx2的图象有且

ex,x0只有4个不同的交点，

exmx2有两个不等正根，即ex即x2m有两个不等正根．

令h(x)exex(x2)x2，则h(x)x3，它在(0,2)内为负，在(2,)内为正， ∴h(x)在(0,2)上单调递减，在(2,)上单调递增，

又∵当x0时，h(x)；当x时，h(x)，

me2∴4．

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）

23；（2）yˆ1.4x9.6，是；（3）18分钟．

解：（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A， 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P(A)151523． （2）后面4组数据是：

间隔时间（x分钟） 12 13 14 15 等候人数（y人） 26 29 28 31 因为x12131415413.5，y26292831428.5， 44x2iyi1546，i1xi734，

i1nxiyinxy154642757所以bˆi1n221.4，aˆyˆ28.51.413.59.6， x22inx7344272bxi12所以yˆ1.4x9.6． 当x10时，yˆ1.4109.623.6，23.6230.61， 当x11时，yˆ1.4119.625，252501， 所以求出的线性回归方程是“恰当回归方程”． （3）由1.4x9.635，得x1817，故间隔时间最多可设置为18分钟． 18．答案：（1）ann2；（2）S1(1)n1nn1．

解：（1）数列{a2nn}为等差数列，2a222a211a233， 又∵数列{a2a2(a12d)2n}为等差数列，∴(a1d)13，

即(a21d)0，即a1d，

又∵a112，∴a11nn2(n1)22． （2）由（1）及题设，得b2n1n(1)nn(n1)(1)n(11nn1)，

∴S1111(11)L(1)nn()()(11122334n1)1(1)n1nn1． 19．答案：（1）证明见解析；（2）263． 解：（1）连接AE，

在四边形ABCD中，DAAB，

PA平面ABCD，AB面ABCD，

∴ADPA，PAIABA，∴AD面PAB， 又∵PB面PAB，∴PBAD，

又∵在直角三角形PAB中，PAAB，E为PB的中点， ∴AEPB，ADIAEA，

∴PB面ADE，AF面ADE，∴AFPB． （2）以PAABAD2BC2，∴AE12PB2，AC5，EC3，∴AEECAC，∴S1△AEC22362， 设点D到平面AEC的距离为d， ∵V16DAECVEACD，∴2d1311263222，∴d3．

20．答案：（1）C:x2y2821；

（2）证明见解析． 41解：（1）由题意得a2b213，解得a28，b22，

2e1ba22x2C:8y2所以椭圆的方程为21．

1（2）设直线l:y1yxm2xm，由2x22， 8y21消去y，得x22mx2m240，

Δ4m28m2160，解得2m2，

当m0时，y12x（舍）， 设A(x)，B(x21,y12,y2)，则x1x22m，x1x22m4，

由题意，易知PA与PB的斜率存在，所以,π2． 设直线PA与PB的斜率分别为k1，k2， 则tank1，tank2，要证π，

即证tantan(π)tan，只需证k1k20， ∵ky111，ky21x2， 12x22故ky11y21(y11)(x22)(y21)(1k2x2x2x12)(x， 1212)(x22)又y112xm，y1122x2m， 所以(y1(111)(x22)(y21)(x12)(2x1m1)(x22)2x2m1)(x12)

x1x2(m2)(x1x2)4(m1)2m24(m2)(2m)4(m1)0，

∴k1k20，π． 21．答案：（1）见解析；（2）n1． 解：（1）f(x)1xaxax2x2(aR)， 当a0时，f(x)0，f(x)在(0,)上单调递增；

当a0时，x(0,a)时，f(x)0，单调递减；x(a,)时，f(x)0，单调递增， 综上所述：当a0时，函数f(x)在(0,)上单调递增；

当a0时，函数f(x)在(0,a)上单调递减，函数f(x)在(a,)上单调递增． （2）由已知可得方程lnxexaxa0有唯一解x*0，且x0(n,n1),nN，

设h(x)lnxexaxa(x0)，即h(x)0有唯一解x*0，x0(n,n1),nN，

由h(x)1xexa，令g(x)h(x)1xexa，则g(x)1x2ex0， 所以g(x)在(0,)上单调递减，即h(x)在(0,)上单调递减， 又x0时，h(x)；x时，h(x)， 故存在t0(0,)，使得h(t0)1tet0a0． 0当x(0,t0)时，h(x)0，h(x)在(0,t0)上单调递增；

x(t0,)时，h(x)0，h(x)在(t0,)上单调递减．

又h(x)0有唯一解，则必有h(tt00)lnt0eat0a0， 当x0时，h(x)，故存在唯一的x0t0满足下式：

由1x0xea010，消去a，得lnxxxx0e0(01)(e0)0，

lnx0ex0axx00a0令(x)lnxex(x1)(ex1)lnx2exxex1xx1， 则(x)1x2exexxex1x11x2x2(x1)ex(x1)(x2ex)． 故当x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递减；

当x(1,)时，(x)0，(x)在(1,)上单调递增．

由(1)e0，(2)12ln20，即存在x0(1,2)，使得(x0)0，即h(x0)0． 又关于x的方程f(x)exaxax有唯一实数解x0，且x0(n,n1),nN*， ∴x0(1,2)，故n1．

22．答案：（1）直线l的普通方程见解析，C:x2y22x80；（2）直线l的倾斜角为

ππ6或2． 解：（1）因为直线l的参数方程为x2tcos（t为参数），

y3tsin当π2时，直线l的直角坐标方程为x2； 当π2时，直线l的直角坐标方程为y3tan(x2)， 因为2x2y2，cosx，因为22cos8，所以x2y22x8， 所以C的直角坐标方程为x2y22x80． （2）直线l与圆C交于A，B两点，且|AB|42， 故圆心C(1,0)到直线l的距离d9(22)21． ①当π2时，直线l的直角坐标方程为x2，符合题意； ②当[0,π)U(π22,π)时，直线l的方程为xtany32tan0，

所以d|tan032tan|1tan21，

整理得|3tan|1tan2．解得π6． 综上所述，直线l的倾斜角为

π6或π2． 23．答案：（1）a1；（2）a2．

3xa2,x解：（1）f(x)axa2,ax1， 3xa2,x1x1时，f(x)的最小值为a1．

（2）当a152a2，即

32a4时，f(x)50的解集为(a3,1a3)， 1a3a344a343，a2符合； 当2a25，即0a3aa2时，f(x)的解集为(31,13)，

1aa433123，

综上可得a2．