《成都石室中学高2020届三诊模拟考试数学(理科)试题(含答案)4215.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《成都石室中学高2020届三诊模拟考试数学(理科)试题(含答案)4215.pdf（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、成都石室中学高 2020 届三诊模拟考试 数学试题（理科）（满分 150 分，考试时间 120 分钟）一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的 1已知全集0,1,2,3,4,5,6U，集合140AxxxN，3log(2)1,BxxxZ，则BACU（）A0,5,6 B0,5 C1 D5【答案】D【解析】因为1,2,3,4A，3,4,5B，所以6,5,0ACU，5BACU 2命题:px R，2+0 xx 的否定为（）Ax R，2+0 xx Bx R，2+0 xx Cx R，2+0 xx Dx R，2+0 xx 【答案】A【解析
2、】命题p的否定，将“x R”变成“x R”，将“2+0 xx”变成“2+0 xx”3.“43k ”是“直线1ykx与圆2221xy相切”的 A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分又不必要条件【答案】A【解析】因为直线1ykx与圆2221xy相切，则22111kdrk 所以43k 或0，“43k ”是“直线1ykx与圆2221xy相切”的充分不必要条件。4.在公比为 2 的等比数列 na中，前n项和为nS，且8646SS，则10a（）A256 B512 C1024 D2048【答案】C【解析】由11nnSaqS，得8172SaS，7162SaS，又因为8646SS，所以811
3、6162234SaaSaS，11362aa，所以10 110221024a 5.干支历法是上古文明的产物，又称节气历或中国阳历，是一部深奥的历法。它是用 60 组各不相同的天干地支标记年月日时的历法。具体的算法如下：先用年份的尾数查出天干，如2013 年 3 为癸；再用 2013 年除以 12 余数为 9，9 为巳。那么 2013 年就是癸巳年了。2020 年高三应届毕业生李东是壬午年出生，李东的父亲比他大 25 岁，问李东的父亲是哪一年出生 A.甲子 B.乙丑 C.丁巳 D.丙卯【答案】C【解析】李东是壬午年即 2002 年出生，父亲为 1977 年级丁巳年出生，故选 C 6.如图，有 5
4、个全等的小正方形，BDxHJyDL，则xy的值是（）A.6 B.6 C.5 D.1【答案】B【解析】由平面向量的运算可知BDADAB，而2ADAE，2ABAHHBAFAE，所以2(2)32BDADABAEAFAEAEAF，又AEHJ，AFDL 注意到,AE AF不共线，且BDxHJAEyDLxyAF，即32xAEyAFAEAF，所以3,2xy，即6xy 7.已知函数 sincosfxxax的一条对称轴为56x,则6f（）A.3 B.1 C.1 D.3【答案】C【解 析】因 为 2sincos1sinfxxaxax（其 中tana），则5623kk，tantan333kaa 所以sin3cos1
5、666f 8.已知随机变量),1(2NX，且)()0(aXPXP，则5232)1(xxax的展开式中4x的系数为 A.680 B.600 C.640 D.600【答案】D 【解析】由0P XP Xa知53222,12axxx展开式中含4x的项为：2332303323224443535221240640600CCxCxCxxxxxx 9.点P在双曲线22221(0,0)xyabab的右支上，其左、右焦点分别为1F、2F，直线1PF与以坐标原点O为圆心、a为半径的圆相切于点A，21PF F是以1PF为底的等腰三角形，则该双曲线的离心率为（）A32 B43 C54 D 53【答案】D【解析】如图，A
6、是切点，B是1PF的中点，因为OAa，21PF F为等腰三角形，则 2122PFFFc，22BFa，所以12BFb，14PFb，根据双曲线的定义，有 122PFPFa，即422bca，两边平方并化简得223250caca，所以53ca.10.已知定义在R上的函数()f x和(1)f x 都是奇函数，当0,1x时，21()logf xx，若函数()sinF xf xx在区间1,m上有且仅有 10 个零点，则实数m的最小值为（）A3 B72 C4 D92【答案】B【解析】因为(1)f x 是奇函数，所以函数 yf x的图象关于点1,0成中心对称，即 20fxf x，又因为函数()f x为奇函数，所
7、以 2fxf xfx，即 2f xf x，所以，函数 yf x的周期为2，由于函数 yf x为定义在R上的奇函数，则 00f，240ff，作出函数 yf x与函数sinyx的图象如下图所示：21log 212f,11122ff ，于是得出7311222fff，51122ff，由图象可知，函数 yf x与函数sinyx在区间1,m上从左到右10个交点的横坐标分别为1、12、0、12、1、32、2、52、3、72，第11个交点的横坐标为4，因此，实数m的取值范围是7,42，故实数m的最小值为72.11.过 点P作 抛 物 线2:2C xy的 切 线12,ll、切 点 分 别 为MN、点 1,1G满
8、足0GPGMGN 则直线MN方程为（）A1yx B1yx C1yx D1yx 【答案】A【解析】设221212,22xxMxN x，由22xy得22xy，所以yx，故直线1l的方程为21112xyxxx，即2112xyx x，同理直线2l的方程为2222xyx x，联立12ll、的方程可得2,22121xxyxxx，由0GPGMGN得 1,1G为PMN的重心，则221212121222221,133xxxxxxxx，即1222121226xxxxxx，121222xxxx，直线MN的方程为2221221211112122222xxxxxxyxxxxxx，2112122xxx xxx 12.在A
9、BC中，BCAC23，点NM,分别在BCAC,上，且ACAM31，BCBN21，若BM与AN相交于点P，则ABCP的取值范围是（）A1,425 B1,25 C1,45 D1,225【答案】B【解析】不妨设 CA=3 BC=2 322CPxCAyCBxCMyCBxCMyCN 因为BPM、三点共线，A PN、三点共线,所以31221xyxy，则1214xy，所以2221111153cos24416422CPCACBCPCACBCA CBC 在ABC中,2222cos13 12cosABCACBCA CBCC 所以2253cos112cos201 12cos13332213 12cos812cos1
10、3812cos13CCPCCCCCAB 13311,4812cos1325C 所以CPAB的范围为(15，2).二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共计 20 分 13.复数z满足13 4zii，则z _【答案】5522i【解析】因为13 4zii，所以345 1555111122iiziiiii 14.某程序框图如图所示，该程序运行输出的k值是_ 【答案】9【解析】模拟程序的运行，可得1,99kS；不满足条件3S，执行循环体，3,87kS；不满足条件3S，执行循环体，5,67kS；不满足条件3S，执行循环体，7,39kS；不满足条件3S，执行循环体，9,3kS；满足条件3S，退出循
11、环，输出k的值为 9.15.在四面体ABCD中，3BACABDCD，2BCAD，E为棱AD的中点，过点A作与平面BCE平行的平面，该平面与平面ABC、平面ACD的交线分别为1l、2l，则直线1l，2l所成角的余弦值为_【答案】24【解析】由题意，如图所示，1l，2l所成角即ECB，因为3BACABDCD，2BCAD，所以2 2BEEC，848cos42 2 222ECB，故直线1l，2l所成角的余弦值为24.16.已知函数 ln+2xfxx，2xag xex.（i）f x的增区间为_；（ii）若 f xg x在0,x恒成立，则实数a的取值范围为_.【答案】.1),0)(,0(aee；或【解析】
12、(1)221ln1lnxxxxfxxx,f x的增区间为0,e(2)f xg x 2ln+2xxaexx，所以22lnxax ex，令 22lnxh xx ex，221212121xxxhxxexexx 210 xF xexx，22120 xFxex，F x在0,上单调递增 又1404Fe，1202Fe，所以 F x有唯一的零点01 1,4 2x，当00,xx时，0F x，即 0h x，h x单调递减，当0,xx时，0F x，即 0h x，h x单调递增，所以 02000min2lnxh xh xxex，又因为 00F x，即02010 xex 所以 0000020112ln1 221xh x
13、xxxxe，所以1a.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（一）必考题：共 60 分.17.(本小题 12 分)如图所示，在四棱锥ABCDE中，四边形ABCD为平行四边形，DE平面ABE，点F为AD中点，AEAB，2DEABAE.（1）证明：BDEF；（2）求直线EF与平面BCE所成角的正弦值.【解析】（1）证明：DE平面ABE，ABDE，AEDE 又AEAB，则以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，2DEABAE，)0,2,0(),2,0,2(),1,0,1(),0
14、,0,2(BDFE)2,2,2(),1,0,1(BDEF 0BDEF，BDEF 5 分（2）)2,2,2(C，)0,2,2(EB，)2,2,0(EC，设平面EBC的一个法向量为),(zyxm，则 00mECmEB，00zyyx，令1x，)1,1,1(m，36232|,cosEFmEFmEFm，直线EF与平面BCE所成角的正弦值为36.12 分 18.(本小题 12 分)现在很多年轻人热衷提前消费，其中分期付款就是比较流行的一种消费方式.现某苹果手机直营店推出一种分期消费模式，若某顾客在店内选择任意一款手机进行购买，如果该顾客选择相应的分期消费模式，可获得相应的红包返现.分期月数及相应的红包返利
15、如下表 1：（月数）1 3 6 12 返现金额 50 100 200 300 顾客采用的付款月数的分布列如下表 2：（月数）1 3 6 12 P 2.0 3.0 4.0 1.0 现该苹果手机店内有 2 位顾客正准备购买某型号手机，这两位顾客选择怎样的分期消费模式相互独立.设事件A为“购买该商品的 2 位顾客中，至少有 1 位采用 1 个月付款”（1）求事件A发生的概率()P A；（2）设这两位顾客返现红包总额为随机变量X，求X的分布列及数学期望.【解析】(1)由事件A为“购买该商品的 2 位顾客中，至少有 1 位采用 1 个月付款”则A表示事件“购买该型号手机的 2 位顾客中无人采用 1 个月
16、付款”36.0)2.01(1)(1)(2APAP3 分(2)由题知600,500,400,350,300,250,200,150,100X 04.02.02.0)100(XP，12.03.02.02)150(XP，09.03.03.0)200(XP，16.04.02.02)250(XP，24.04.03.02)300(XP，04.02.01.02)350(XP，22.03.01.024.04.0)400(XP，08.04.01.02)500(XP 01.01.01.0)600(XP，9 分 X的分布列如下：X 100 150 200 250 300 350 400 500 600 P 0.04
17、 0.12 0.09 0.16 0.24 0.04 0.22 0.08 0.01 300)(XE，X的数学期望是 300.12 分 19.(本小题 12 分)已知数列 na满足1231231111nnnaaaa，*nN.（1）求数列 na的通项公式；（2）令2221(1)(1)nnnnbaa，求数列 nb的前n项和nT.【解析】（1）当2n 时，1231123111111nnnaaaa 1231231111nnnaaaa 由-得11nna，故1nan 又因为111211aa，适合上式，所以1nan（*nN）.6 分（2）由（1）知:22222221(1)(11111422)nnnnnnannn
18、ba 222222222211111111111.124 1324351nTnnnn 所以222222111111 5114 11224214nnnnTn.12 分 20.(本小题 12 分)已知函数)0()(223axaaxxxf.（1）若对2,1 x，0)(xf，求实数a的取值范围；（2）当em2时，证明：),0(x，使得对2,1 a，都有aamexfa3)(.【解析】（1）)(3(23)(22axaxaaxxxf，令0)(xf，则31ax，ax 2，0a，当),()3,(aax时，0)(xf；当),3(aax时，0)(xf；)(xf在),3(aa上单调递减，在),(),3,(aa上单调递
19、增.当2,1 x时，)2(),1(max)(maxffxf 0248)2(01)1(22aafaaf，15 a.5 分（2）当em2时，要证：),0(x，使得对2,1 a，都有aamexfa3)(，只需证：对2,1 a，都有aamexfa3)(min，又由（1）可知：3min)()(aafxf，只需证：对2,1 a，都有aameaa33，又0a，即证：032 amea，em2，即证：2123230aameaea，令2,1,32)(21aaeaga，022)(1aeaga，)(ag在2,1 上单调递增，0)1()(gag，当em2时，对2,1 a，230amea，得证.12 分 21.(本小题
20、12 分)已知椭圆2222:1(0)xyCabab,直线ykxm与椭圆交于,A B两点，已知OMOAOB，当1且OMk存在时，有41OMk k；当 2 50,5km时，OAOB.（1）求椭圆C的方程；（2）若221且M在椭圆C上，AB的中垂线与x轴交于点Q，求三角形QAB面积的取值范围.【解析】（1）当1时，设11221212(,y),(,y)(,y)A xB xM xxy，由2211222121212122222222221()()()()01OMxyxxxxyyyybabk kabaxyab 所以224ab，即椭圆为2222:14xyCbb 3 分 又2 55y 时，OAOB，可得点2 5
21、 2 5(,)55 在椭圆上，带入解得：22:14xCy 5 分（2）由22222(41)8440440ykxmkxkmxmxy 1222222222122841,6416(41)(1)16(41)04441kmxxkk mkmkmmx xk 212122282()224141k mmyyk xxmmkk，故中点224(,)41 41kmmNkk，中垂线方程为222143(),0(,0)414141mkmkmyxyQkkkk 7 分（易知，0k 时，依然成立）由1212(,)OMOAOBMxxyy，由M在椭圆上，带入椭圆方程可得：221212()4()4,xxyy由222222112244,4
22、4,1xyxy带入可得：12121212404(k)(k)0 x xy yx xxmxm带入韦达定理 化简得：22412km （*）9 分 故222222114 4111224141QABmkmSABNQkkkk 22222224232()m4113242(1)(41)448mmkmkkmm 由（*）22214121(0,2kmm 所以1(,14QABS12 分（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.(本小题 10 分)选修 4-4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系（取
23、相同的单位长度），曲线1C的极坐标方程为4cos，曲线2C的极坐标方程为：cos2 24，两条曲线相交于,A B两点.（1）求,A B两点的直角坐标；（2）根据变换公式212xxyy ，由曲线1C变换得到曲线3C，设点P是曲线3C上的一个动点，求PAB的面积的最小值.【解析】（1)由4cos，得24 cos，又222cosxyx，所以224xyx，由cos2 24，得cossin4，又cos,sinxy，所以4xy，由2244xyxxy，解得22xy 或 40 xy 所以2,2,4,0AB或4,0,2,2AB.5 分（2）由（1)知：222422 2AB ，根据变换公式212xxyy ，由曲线
24、1C变换得到曲线3C，则 222222241422xxxxyxyyy，即 曲线3C的方程为：2214xy.设点2cos,sinP，则点P到直线AB的距离为:2 555cossin45sin4552cossin4222d(其中2 55sin,cos55），故当sin1 时，d取得最小值，且min452d，因此，当点P到直线AB的距离最小时，PAB的面积也最小，所以PAB的面积的最小值为：min11452 245222AB d 10 分 23.(本小题 10 分)选修 45：不等式选讲 设函数|2|2|5)(xaxxf.（1）当1a时，求不等式0)(xf的解集；（2）若1)(xf恒成立，求实数a的取值范围.【解析】（1）当1a时，5|2|12|0)(xxxf 25)2)(12(2)2()12(22xxxx 22520464xxx 222520464205xxxx 02469016622xxxx 23428xx，不等式的解集为：234|xx.5 分（2）令02ax，2ax 令02 x，2x)2(),2(max)(maxfafxf 当1)(xf恒成立时，1)(maxxf 1)2(1)2(faf，1451225aa 84 a，即12a或4a.10 分