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1、龙泉中学、宜昌一中2020 届高三年级9 月联合考试理科数学试题一、选择题：本大题共12 小题，每小题5 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1tan165()A23B23C23D232已知集合1|0 xAxx，|lg(21)Bx yx，则BA()A1(0,)2B1（,1)2C1（,12D1,123命题“对任意21,2),0 xxa”为真命题的一个充分不必要条件可以是()A4aB4aC1aD1a4函数()sinln|f xxxx在区间 2,2上的大致图象为()5已知R上的单调函数log,3()7,3ax xf xmxx满足(2)1f，则实数a的取值范围是（）A3(0,3B(0
2、,1)C3,1)3D(1,36电流强度I(单位：安)随时间t(单位：秒)变化的函数sin()(0,0,0)2IAtA的图象如图所示，则当0.01t秒时，电流强度是()A5安B5安C5 3安D10安7围棋棋盘共19行19列，361个格点，每个格点上可能出现“黑”“白”“空”三种情况，因此有3613种不同的情况；而我国北宋学者沈括在他的著作梦溪笔谈中，也讨论过这个问题，他分析得出一局围棋不同的变化大约有“连书万字五十二”种，即5210000，下列数据最接近36152310000的是()（lg30.477）A3710B3610C3510D34108如图，四边形OABC是边长为2 的正方形，曲线段DE
3、所在的曲线方程为1xy,现向该正方形内抛掷 1 枚豆子,则该枚豆子落在阴影部分的概率为()A32ln 24B12ln 24C52ln 24D12ln 2492 662sin 70cos430()A8B8C8 6D4 610已知(2)f x是偶函数，()f x在2，上单调递减，(0)0f，则(23)0fx的解集是()A2()(2)3，B2(2)3，C22()33，D22()()33，11已知函数0,230,2ln)(2xxxxxxxxf的图像上有且仅有四个不同的关于直线1y对称的点在1)(kxxg的图像上，则k的取值范围是()A)43,31(B)43,21(C)1,31(D)1,21(12若对任
4、意的1,5x，存在实数a，使226(,0)xxaxbx aR b恒成立，则实数b的最大值为()A9 B10 C11 D 12 二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分13在平面直角坐标系xoy中，以ox轴为始边作角，角4的终边经过点(2,1)P.则sin214已知tan()7cos()2，11cos()14，,(0,)2，则 _ _15已知函数2()lnf xxaxx有两个不同的零点，则实数a的取值范围是16已知函数()f x，对于任意实数,xa b，当0axb时，记0|()()|fxf x的最大值为,0()a bDx.若2()(1)f xx，则0,3(2)D；若22,0,()21,0,xx
5、xf xxx则,2(1)a aD的取值范围是三、解答题：本大题共6 大题，共 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17(本小题 12 分）已知:p1x和2x是方程2:20p xmx的两个实根，不等式21253aaxx对任意的 1,1m恒成立，:q关于x的方程2210axx的解集有唯一子集，若p或q为真，p且q为假，求实数a的取值范围18(本小题 12 分）已知函数44()3sin 2cossin1f xxxx(其中01)，若点(,1)6是函数()f x图象的一个对称中心(1)求()f x的解析式，并求()f x的最小正周期；(2)将函数()yf x的图象向左平移6个单位，再将所得图
6、象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数()yg x的图象，用“五点作图法”作出函数()f x在区间,3上的图象19(本小题 12 分）自 2018 年 9 月 6 日美拟对华2000 亿美元的输美商品加征关税以来，中美贸易战逐步升级，我国某种出口产品的关税税率为t，市场价格x(单位：千元)与市场供应量p(单位：万件)之间近似满足关系式：2(1)()2ktx bp，其中,k b均为常数当关税税率75%t时，若市场价格为5 千元，则市场供应量约为1万件；若市场价格为7千元，则市场供应量约为2万件(1)试确定,k b的值；(2)市场需求量q(单位：万件)与市场价格x近似满足关系式：2
7、xq，当pq时，市场价格称为市场平衡价格，当市场平衡价格不超过4千元时，试确定关税税率的最大值20(本小题 12 分）已知抛物线2:2(0)Cypx p的焦点为F，A为C上位于第一象限的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D(1)若当点A的横坐标为3，且ADF为等边三角形，求C的方程；(2)对于(1)中求出的抛物线C，若点001(,0)()2D xx，记点B关于x轴的对称点为E，AE交x轴于点P，且APBP，求证：点P的坐标为0(,0)x，并求点P到直线AB的距离d的取值范围21(本小题 12 分）已知函数Raaxaxexxfx,221)1()(2.(1)讨论)(xf极值
8、点的个数；(2)若)2(00 xx是)(xf的一个极值点，且-2e)2(f，证明:1)(0 xf.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（本小题10 分）【选修4-4：坐标系与参数方程】以平面直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点M的直角坐标为(1,0)，若直线l的极坐标方程为2cos()104，曲线C的参数方程是244xmym，（m为参数）（1）求直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程；（2）设直线l与曲线C交于,A B两点，求11MAMB23（本小题10 分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数2()4f xxax，()11g x
9、xx（1）求不等式()3g x的解集；（2）若21 2,2,2,2xx，使得不等式12()()f xg x成立，求实数a的取值范围龙泉中学、宜昌一中2020 届高三年级9 月联合考试理科数学试题（参考答案）B C B B C A B A C D D A 133514315(1,0)163；1,417【解析】若p真，因为12,x x是方程220 xmx的两个实根，所以12xxm,122xx所以22121212()48xxxxx xm，所以当 1,1m时，12max3xx，3分所 以 由 不 等 式21253aaxx对 任 意 的 1,1m恒 成 立，所 以6a或1a 5 分若q真，则2210ax
10、x的解集为空集，2240a，7分解得：1a8 分因为p或q为真，p且q为假，所以p与q一真一假9 分若p真q假，则有6a或1a且1a，得1a10 分若p假q真，则有16a且1a，得16a11 分综上知，实数a的取值范围是(,1(1,6)12 分18【解析】(1)2222()3 sin2(cossin)(cossin)1f xxxxxx3sin2cos212sin(2)16xxx1 分因为点(,1)6是函数()f x图象的一个对称中心，所以36k，kZ，所以132k，kZ.2分因为01，所以10,2k，所以()2sin()16f xx.4分最小正周期2T5 分(2)由(1)知，()2sin()1
11、6fxx，向左平移6个单位得2sin()13yx，再将所得图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变1()2sin()123g xx7分当,3x时，列表如下：10 分123x60232116x23343733()f x013110则函数()f x在区间,3上的图象如图所示：12分19【解析】（1）由已知22(1 0.75)(5)(1 0.75)(7)1222kbkb得22(10.75)(5)0(10.75)(7)1kbkb，解得5,1bk6 分(2)当pq时，2(1)(5)22txx，所以2(1)(5)txx，故211125(5)10 xtxxx9 分而25()f xxx在(0,4上单调递
12、减，所以当4x时，()f x有最小值414此时，112510txx取得最大值5，11 分故，当4x时，关税税率的最大值为500%12 分20【解析】(1)由题知(,0)2pF，32pFA，则(3,0)Dp，FD的中点坐标为33(,0)24p，则33324p，解得2p，故C 的方程为24yx4分(2)依题可设直线AB的方程为0(0)xmyxm，1122(,),(,)A xyB xy，则22(,)E xy，由204yxxmyx消去x，得20440ymyx，5分因为012x，所以2016160mx，124yym，1204yyx，6分设P的坐标为(,0)Px，则22(,)PPExxy，11(,)PPA
13、xxy，由题知/PEPA，所以2112()()0PPxxyxxy，即2221121212211212()()44Pyyy yy yyyx yx yyyx，7分显然1240yym，所以1204Py yxx，即证00Pxx，由题知EPB为等腰直角三角形，所以1APk，即12121yyxx，也即12221211()4yyyy，所以124yy，所以21212()416yyyy即220161616mx，201mx，01x，10分又因为012x，所以0112x，000022022211xxxxdxmm，令062(1,2xt，202xt，22(2)42tdttt，易知4()2f ttt在6(1,2上是减函数
14、，所以6,2)3d12分21【解析】（1）)(xf的定义域为R，()(2)()xfxxea1分若0a，则0 xea，所以当(,2)x时，()0fx；当(2,)x时，()0fx，所以)(xf在(,2)上递减，在(2,)递增所以2x为)(xf唯一的极小值点，无极大值，故此时)(xf有一个极值点2分若0a，令()(2)()0 xfxxea，则12x，2ln()xa当2ae时，12xx，则当1(,)xx时，()0fx；当12(,)xx x时，()0fx；当2(,)xx时，()0fx所以12,x x分别为)(xf的极大值点和极小值点，故此时)(xf有 2 个极值点 3分当2ae时，12xx,()(2)(
15、)0 xfxxea且恒不为0，此时)(xf在R上单调递增，无极值点4分当20ea时，12xx，则当2(,)xx时，()0fx；当21(,)xxx时，()0fx；当1(,)xx时，()0fx所以12,x x分别为)(xf的极小值点和极大值点，故此时)(xf有 2 个极值点 5分综上，当2ae时，)(xf无极值点；当0a时，)(xf有1个极值点；当2ae或20ea时，)(xf有2个极值点6分(2)证明：若00(2)xx是)(xf的一个极值点，由（1）可知22(,)(,0)aee又22(2)2feae，所以2(,)ae，且02x，7分则0ln()xa，所以201()(ln()ln()2ln()22f
16、 xfaaaa，令ln()(2,)ta，则tae，所以21()(ln()(22)2tg tfae tt故1()(4)2tg tt te10 分又因为(2,)t，所以40t，令()0g t，得0t当(2,0)t时，()0g t，()g t单调递增，当(0,)t时，()0g t，()g t单调递减所以0t是()g t唯一的极大值点，也是最大值点，即()(0)1g tg，故(ln()1fa，即0()1f x12 分22【解析】（1）由2cos()104，得cossin10，由cos,sinxy，得10 xy，2分因为244xmym，消去m得24yx，所以直线l的直角坐标方程为10 xy，曲线C的普通
17、方程为24yx5分（2）点M的直角坐标为(1,0)，点M在直线l上，设直线l的参数方程为21222txty（t为参数），代入24yx，得24 280tt，7分设点,A B对应的参数分别为12,t t，则124 2tt，1 28t t，所以2121 2121 21 241132321|8ttt tttMAMBt tt t 10分23【解析】（1）()3g x，即|1|1|3xx，不等式等价于1(1)(1)3xxx或11(1)(1)3xxx或111 3xxx，解得32x或32x，4 分所以()3g x的解集为33|22x xx或5 分（2）因为21 2,2,2,2xx，使得12()()f xg x成立，所以minmin()()(2,2)f xg xx，6 分又min()2g x，所以min()2(2,2)f xx，当22a，即4a时，min()(2)424822f xfaa，解得3a，所以4a；当22a，即4a时，min()(2)424822f xfaa，解得3a，所以4a；当222a，即44a时22min()()42242aaaf xf，解得2 2a或2 2a，所以42 2a或2 24a，综上，实数a的取值范围为(,2 222,)10 分