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陕西省安康市2020年高三年级教学质量第三次联考数学试卷(理科)含答案

1、 第 1页(共 5页) 理科数学理科数学参考答案参考答案 一、一、选择题(本大题共选择题(本大题共 1212 小题,小题,每小题每小题 5 5 分,分,共共 6060 分)分) 题号题号1 12 23 34 45 56 67 78 89 9101011111212 答案答案 AACCABBDCCDD 1.A解析:A1,1 2,AB0, 1 2 2.A解 析 : 设izab, 则 izab , 23 i1 3izzab , 1,1ab , |z|1 12. 3.C解析: ,f(a)logaaa3,a2,f(2)3 112 3 4.C解析:由图可得总面积为 16 个小三角形,阴影部分占 9 个小三

2、角形,故概率为 9 16 . 5.A 解 析 :( )sincos2sin() 4 f xxxx , 横 坐 标 伸 长 到 原 来 的 2 倍 后 得 到 函 数 1 2sin() 24 yx 的图像,由 1 242 xk 得对称轴方程为 3 2, 2 xkkZ ,故选 A. 6.B解析:当 mn 时,可以推出,而当时,不能推出 mn,故选 B 7.B解析:设 A(x1,y1) ,B(x2,y2) ,由抛物线的定义得 MF+NF=x1+x2+p=x1+x2+3=5,x1+x2=2, 中点的横坐标为 1,线段 AB 的中点到 y 轴的距离为 1. 8.D解析: 21131 (sincos),s

3、in2,cos(2 )sin2 22222 两边平方得 . 9.C解析:, 2=cos,4 3 ABABADAD , 1 4 42 420 2 .(或建立 坐标系求解) 10.C解析:当人脸识别方向有 2 人时,有 5A4 4120 种,当人脸识别方向有 1 人时,有 C 2 5A 4 4240 种,故共有 360 种 11.D解析:函数 f(x)的图像如图所示,则 x1+x2 2, 故错误; 由 f (x3) f (x4) 得|log2x3|log2x4|, log2x3log2x4, 第 2页(共 5页) 则 log2(x3x4)0,即 x3x41,故正确;x1+x2+x3+x42+x3+

4、x42,由 log2x1, 得 x,则x31,2(0,) ,即 0x1+x2+x3+x4,故正确;x1x2x3x4 x1x2x1(2x1),2x11,(0,1) ,即 0x1x2x3x41, 故正确选 D 12.D解析:由已知可得球的半径 r=3,设球心到四棱锥底面的距离为 x,棱锥的高为 h3x,底 面边长为 2 32x2,P-ABCD 的体积 V1 32(9x 2)(3x), V 锥体 2 39x 22x(3x)2(x2 2x3)0,x1 或 x3,当 x1 时 V 取得最大值为64 3 (或根据三元均值不等式得出最值) 二、填空题(本大题共二、填空题(本大题共 4 4 小题,小题,每小题

5、每小题 5 5 分,分,共共 2020 分)分) 13. 1 2 14. 2 15.20xy16. 7 13. 1 2 解析:作出可行域知 1 2 zxy在点(1,0)处取得最大值 1 2 . 14.2解析:ab,AB,cosA 6 3 ,由余弦定理得 6 3 b 2c2a2 2bc ,解得 c2,ABC 的 面积 13 262 23 S . 15.20xy解析:由已知可得 f(0)=-1+a=0,a=1,当0(x)sinx cosx 1,xf时, (x)cosx sinx, f f( )2,( )1,f 切线方程为2(x),20y 即x+y-. 16.7解析:取 AB 中点 E,连接 2 E

6、F,则由已知可得 121 ,BFEF F AAEEB,设 1 F Ax, 则由双曲线的定义可得 2122 2,322 ,2 ,2 3AFax BFBFxaxaxaEFa, 由勾 股定理可得 2 22 22 42 32,7,7 c aacca e a . 三、三、解答题(解答题(本大题本大题共共 6 6 小小题,共题,共 7070 分)分) 17解析:(1)a11,b13a12, a47,b49(7)16, bn为等比数列,q3b4 b18,即 q2,b n22n 12n,an2n12n.(6 分) (2)由(1)知 Snn(2n13) 2 2(12 n) 12 n22n22n 1. Sn2n

7、150 可化为 n22n480,解得 n6, n 的最小值为 6.(12 分) 第 3页(共 5页) 18.解析: (1)由茎叶图可得众数为 86,中位数为8788 2 87.5.(4 分) (2)X 的可能取值为 170,140,110,80, P(X170)C 1 2 C26 2 15,P(X140) C22C13 C26 4 15,P(X110) C12C13 C26 2 5,P(X80) C23 C26 1 5, X 的分布列为: X17014011080 P 2 15 4 15 2 5 1 5 EX170 2 15140 4 15110 2 580 1 5120.(12 分) 19.

8、解析: (1)由已知可得ADCBCD120, CBDCDB30,ADB90,ABD30, AB2CD,AHDC,ADCH 为平行四边形,CH/AD,BDCH. CDEF 为正方形,且平面 CDEF平面 ABCD,CF平面 ABCD,CFBD, CHCFC,BD平面 CFH,平面 BDF平面 CFH.(5 分) (2)建立如图所示空间直角坐标系 D-xyz,设 AD=2,则 B(0,2 3,0) ,H(1,3, 0) ,F(1,3,2) ,DF (1,3,2) ,DH (1,3,0) , 设平面 DHF 的法向量为 m(x,y,z) ,则 x 3y2z0 x 3y0 , 令 x 3,则 m( 3

9、,1,3). 同理可求得平面 BFH 的法向量 n( 3,1,3) ,cos5 7, 由图可得二面角 B-HF-D 为钝角,余弦值为5 7.(12 分) 20.解析: (1)设 A(x1,y1) 、C(x2,y2) ,则 22 11 22 22 22 22 1 1 xy ab xy ab ,相减整理得 222 12 222 12 yyb xxa , 2 22 2 1 ,2 2 AC b kab a , 222 3,6,3cab,椭圆 E 的方程为x 2 6 y 2 3 1.(5 分) (2)由(1)知 c 3,直线 AC 的方程为 xy 30, 联立 xy 30 x2 6 y 2 3 1 ,解

10、得 x0 y 3或 x4 3 3 y 3 3 ,|AC|4 6 3 . 第 4页(共 5页) 由题意知过 B(x3,y3) 、D(x4,y4)两点的直线斜率存在,设为 k,则方程为 ykx(k0,则 k1 4(1t) , 故 S四边形ABCD41 8 t9 t 2 41 8 2t9 t 2 4 3, 当且仅当 t9 t ,t3,k1 2时,四边形 ABCD 的面积取得最大值 4 3.(12 分) 21.解析: (1)f(x), y=ex a 在区间(0,+)上单调递增,y=在区间(0,+)上单调递减, f(x)在(0,+)上单调递增, 又 f(0), 令 g(a)aea(a0) ,g(a)1e

11、a0 则 g(a)在(0,+)上单调递减,g(a)g(0)1,故 f(0)0 f(a+1)e0,函数 f(x)在(0,+)上存在唯一的零点.(5 分) (2) 由 (1) 可知存在唯一的零点 x0 (0, +) , 使得, 即 函数 f(x)在(0,+)上单调递增, 当x(0,x0)时,f(x)0,f(x)单调递减,当x(x0,+)时,f(x)0,f(x)单调递增 , 1,显然 x0+a1 是方程的解 y是单调递减函数,方程1 有且仅有唯一解 x0+a1, 第 5页(共 5页) 把 x01a 代入得 e1 2a1,a (12 分) 22解析:(1)围成的图形是一个半径为 1 的1 4圆周及一个

12、两直角边分别为 1 与 3的直角三角形, 围成图形的面积 S1 4 3 2 (4 分) (2)由 1 sin1 2 得 A(1, 5 6 ), 其直角坐标为( 3 2 , 1 2), sin 1 2化直角坐标方程为 y 1 2, 3 2sin( 6) 为 x 3y 3,B( 3 2 ,1 2),|AB| 3 (10 分) 23.解析: (1)当 a1 时,f(x)5,即|x+1|+|x3|6, 当 x1 时,f(x)2x+26,解得2x1, 当1x3 时,f(x)46,成立, 当 x3 时,f(x)2x26,解得 3x4, 综上可得不等式 f(x)6 的解集为2 4 , (5 分) (2)|x+a2|+|x+2a5|x+a2x2a+5|a22a+5|, 由题意可得|a22a+5|5,即5a22a+55,解得 a(0,2) (10 分) 声明:试题解析著作权属菁优