1、 高三年级第十次调研考试高三年级第十次调研考试 数学试卷（理科）数学试卷（理科） 一、选择题一、选择题 1已知集合1AxZ x ，集合 2 log2Bxx，则AB （ ） A14xx B04xx C0,1,2,3 D1,2,3 2设复数1zbi bR ，且 2 34zi ，则z的虚部为（ ） A2i B2i C2 D2 3在等比数列 n a中， 1 1a ， 68 35 1 27 aa aa ，则 6 a的值为（ ） A 1 27 B 1 81 C 1 243 D 1 729 4如图的框图中，若输入 15 16 x ，则输出的i值为（ ） A3 B4 C5 D6 5已知 3 log 0.8a
2、， 0.8 3b ， 2.1 0.3c ，则（ ） Aaabc Bacbc Cabac Dcacb 6已知某函数的图像如图所示，则其解析式可以是（ ） Asin xx yee B sin xx yee Ccos xx yee Dcos xx yee 7 算数书竹简于上世纪八址年代出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖” 的术：置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算 其体积V的近似公式 2 1 36 vL h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式 2 3 112 vL h相当于圆锥体积公式中的近似取为（
3、 ） A 22 7 B 25 8 C 28 9 D 82 27 8已知函数 f x是定义在R上的奇函数，1f x是偶函数，且当0,1x时， 32 x f x ，则 20192020ff（ ） A1 B0 C1 D2 9甲乙两运动员进行乒乓球比赛， 采用7局4胜制.在一局比赛中，先得11分的运动员为胜方，但打到10平 以后，先多得2分者为胜方.在10平后，双方实行轮换发球法，每人每次只发1个球.若在某局比赛中，甲发 球赢球的概率为 1 2 ，甲接发球赢球的概率为 2 5 ，则在比分为10:10后甲先发球的情况下，甲以13:11赢下 此局的概率为（ ） A 2 25 B 3 10 C 1 10 D
4、 3 25 10已知 1,0 A x、 2,0 B x两点是函数 2sin10,0,f xx与x轴的两个交点， 且满足 12min 3 xx ，现将函数 f x的图像向左平移 6 个单位，得到的新函数图像关于y轴对称，则 的可能取值为（ ） A 6 B 3 C 2 3 D 5 6 11已知直线2xa与双曲线 22 22 :10,0 xy Cab ab 的一条渐近线交于点P，双曲线C的左，右焦 点分别为 12 ,F F，且 21 1 cos 4 PF F ，则双曲线C的渐近线方程为（ ） A15yx B 3 15 11 yx C 2 15 11 yx D15yx 或 3 15 11 y 12 已
5、知kR， 设函数 2 3 22 ,1 1,1 x xkxk x f x xkee x ， 若关于x的不等式 0f x 在xR上恒成立， 则k的取值范围为（ ） A 2 0,e B 2 2,e C0,4 D0,3 二、填空题二、填空题 13已知向量1, 1a ，向量0,1b ，则2ab_. 14已知抛物线 2 :,0C ymxmR m过点1,4P ，则抛物线C的准线方程为_. 15 已 知 数 列 n a， n b， 其 中 数 列 n a满 足 10nn aanN ， 前n项 和 为 n S满 足 2 2 11 ,1 0 2 n nn SnNn ；数列 n b满足 12nn bb nN ，且
6、1 1b ， 1 1 nn n bb n ， ,12nN n ，则数列 nn a b的第2020项的值为_. 16 如 图 ， 四 棱 锥PABCD中 ， 底 面 为 四 边 形ABCD. 其 中A C D为 正 三 角 形 ， 又 3DA DBDB DCDB AB.设三棱锥PABD，三棱锥PACD的体积分别是 12 ,V V，三棱锥 PABD，三棱锥PACD的外接球的表面积分别是 12 ,S S.对于以下结论： 12 VV； 12 VV； 12 VV； 12 SS； 12 SS； 12 SS.其中正确命题的序号为_. 三、解答题三、解答题 17在ABC中，角, ,A B C的对边分别为, ,
7、a b c，若 2 cos 3 A，2BA，8b. （1）求边长a； （2）已知点M为边BC的中点，求AM的长度. 18已知，图中直棱柱 1111 ABCDABC D的底面是菱形，其中 1 24AAACBD.又点, ,E F P Q分别 在棱 1111 ,AA BB CC DD上运动，且满足：BFDQ，1CPBFDQAE. （1）求证：, ,E F P Q四点共面，并证明EF平面PQB； （2）是否存在点P使得二面角BPQE的余弦值为 5 5 ？如果存在，求出CP的长；如果不存在，请 说明理由. 19已知圆 22 1: 2Cxy，圆 22 2: 4Cxy，如图， 12 ,C C分别交x轴正半轴
8、于点,E A.射线OD分别 交 12 ,C C于点,B D，动点P满足直线BP与y轴垂直，直线DP与x轴垂直. （1）求动点P的轨迹C的方程； （2）过点E作直线l交曲线C与点,M N，射线OHl与点H，且交曲线C于点Q. 问： 2 11 MN OQ 的值是否是定值？如果是定值，请求出该定值；如果不是定值，请说明理由. 20某校高三男生体育课上做投篮球游戏，两人一组，每轮游戏中，每小组两人每人投篮两次，投篮投进 的次数之和不少于3次称为“优秀小组”.小明与小亮同一小组，小明、小亮投篮投进的概率分别为 12 ,P P. （1）若 1 2 3 P ， 2 1 2 P ，则在第一轮游戏他们获“优秀小
9、组”的概率； （2）若 12 4 3 PP，且游戏中小明小亮小组要想获得“优秀小组”次数为16次，则理论上至少要进行多 少轮游戏才行？并求此时 12 ,P P的值. 21已知函数 lnf xaxxa ， lng xkxxxb，其中, ,a b kR. （1）求函数 f x的单调区间； （2）若对任意1,ae，任意1,xe，不等式 f xg x恒成立时最大的k记为c，当1,be时， bc的取值范围. 22在平面直角坐标系xOy中，曲线 1 C的参数方程为 1 cos sin x y （为参数） ，在以坐标原点为极点， x轴正半轴为极轴的极坐标系中.曲线 2 C的极坐标方程为 2 2 48 3si
10、n . （1）求曲线 1 C和曲线 2 C的一般方程； （2）若曲线 2 C上任意一点P，过P点作一条直线与曲线 1 C相切，与曲线 1 C交于A点，求PA的最大值. 23已知点,P x y的坐标满足不等式：111xy . （1）请在直角坐标系中画出由点P构成的平面区域，并求出平面区域的面积S； （2）如果正数, ,a b c满足acbcS，求23abc的最小值. 高三年级第十次调研考试高三年级第十次调研考试 数学试卷（理科）参考答案数学试卷（理科）参考答案 一、选择题一、选择题 1D【解析】04Bxx，1AxZ x ，1,2,3AB ，故选 D. 2D【解析】 22 1234zbbii ，2
11、b，1 2zi ，1 2zi ，故选 D. 3C【解析】设等比数列 n a公比为q，则 3 68 35 11 273 aa qq aa ， 所以 5 61 1 243 aa q，故选 C. 4B 5C【解析】0a，1b，01c，故选 C. 6D 7C【解析】设圆锥底面半径为r，则2 2 L rLr ，所以， 2 22 13 312112 L h vr hL h 28 9 ，故选 C. 8A【解析】 fxf x，11fxf x ， 00f，最小正周期4T ， 2019505 4 1111ffff ， 2020505 400fff， 201920201ff，故选 A. 9C【解析】分两种情况：后四
12、球胜方依次为甲乙甲甲，概率为 1 1 3 1 23 2 5 2 550 P ； 后四球胜方依次为乙甲甲甲，概率为 2 1 2 1 21 2 5 2 525 P 所以，所求事件概率为： 12 1 10 PP，故选 C. 10A【解析】 12min 3 xx ，周期T， 2 2 T ， 2sin 212sin 21 63 yxx ， 又 新 函 数 的 图 像 关 于y轴 对 称 ， 32 k ， 6 k ， min 6 ，答案：A. 11B【解析】由题可知2 ,2Pab， 1 ,0Fc， 2 ,0F c， 2 1 cos 4 PF I 22122121 cos 2 F P F FF P F FP
13、F F ac ， 16 4 11 2 cc aa c a 或 渐近线方为： 3 15 11 y ，故选 B. 12D【解析】 （1）当1x时， 2 22f xxkxk， f x的对称轴为xk，开口向上. 当1k 时， f x在,k递减，,1k递增， 当xk时， f x有最小值， 即 0f k ， 01k. 当1k 时， f x在,1上递减，当1x 时， f x有最小值，即 10f，10显然成立， 此时1k . （2）当1x 时， 3 1 x f xxkee ， x fxxk e 当1k 时， f x在1,上递增， 3 10f xfkee， 2 ke，此时1k . 当1k 时， f x在1,k递
14、减，, k 递增， 3 0 k f xf kee，3k ，此时 13k. 综上：03k，故选 D. 二、填空题二、填空题 1310 14 1 16 y 15 1 4 【解析】易知 19 ,1 2 11,2 n n a n n ， 1 1b ， 1 1 nn n bb n ， 1 1 nn nbnb 所以数列 n nb是常数列， 得： 1 n b n ， 又数列 n a， n b的最小公共周期为60， 所以 202020204040 abab， 而 4010 1aa， 404 1 4 bb，所以 202020204040 1 4 abab. 16【解析】不妨设2AD ，又ACD为正三角形，由3D
15、A DBDB DCDB AB，得 0DA DBDB DCDBDADC，即有DBAC，所以30ADB 3DB DCDB AB得 3DB DCDBDBDA，化简可以得 4 3 3 DB ， 90DAB，易得 ABDACD SS ，故 12 VV，由于60ADBACD，所以ABD与ACD 的外接圆相同（四点共圆） ，所以三棱锥PABD，三棱锥PACD的外接球相同，所以 12 SS. 三、解答题三、解答题 17解： （1）由0A， 2 cos 3 A，得 5 sin 3 A ， 所以 524 5 sinsin22sincos2 339 BAAA， 由正弦定理 sinsin ab AB ，可得 sin
16、6 sin bA a B （2） 2 2 21 coscos22cos121 39 BAA ， 在 22 coscossinsincoscos 27 ABCCABABAB 在ACM中，由余弦定理得： 222 305 2cos 9 AMACCMAC CMC 所以， 305 3 AM . 18解： （1）证法 1：在棱 11 ,CC DD分别取点,M N，使得1QNPM，易知四边形MNQP是平行四 边形，所以MNPQ，联结,FM MN NE， 则AEND，且AEND 所以四边形ADNE为矩形，故ADNE，同理，FMBCAD 且NEMFAD，故四边形FMNE是平行四边形，所以EFMN，所以EFPQ
17、故, ,E F P Q四点共面 又EFPQ，EF 平面BPQ，PQ 平面BPQ， 所以EF平面PQB. 证法 2：因为直棱柱 1111 ABCDABC D的底面是菱形，ACBD， 1 AA 底面ABCD，设,AC BD交 点为O，以O为原点，分别以,OA OB，及过O且与 1 AA平行的直线为, ,x y z轴建立空间直角坐标系.则有 2,0,0A，0,1,0B，2,0,0C ，0, 1,0D， 设B Fa，1,3a， 则2 ,0 ,1Ea，0,1,Fa， 2,0,1Pa，0, 1,Qa，2,1,1EF ，2,1,1QP ，所以EFPQ，故,E F P Q四点共 面.又EFPQ，EF 平面BP
18、Q，PQ 平面BPQ，所以EF平面PQB. （2）平面EFPQ中向量2,1,1EF ，2, 1,1EQ ，设平面EFPQ的一个法向量为 111 ,x y z， 则 111 111 20 20 xyz xyz ，可得其一个法向量为 1 1,0,2n . 平面BPQ中，2, 1,1BPa ，0, 2,BQa，设平面BPQ的一个法向量为 222 ,nxy z，则 222 22 210 20 xyaz yaz ， 所以取其一个法向量 2 2,2 ,4naa. 若 12 12 2 2 5 cos, 5 5216 n n n n aa ，则 2 2 10548aaa， 即有 2 4230aa，1,3a，
19、解得23 21,3a ，故不存在点P使之成立. 19解：方法一： （1）如图设BOE，则 2cos , 2sinB 2cos ,2sinD，所以2cos P x，2sin P y. 所以动点P的轨迹C的方程为 22 1 42 xy . 方法二： （1）当射线OD的斜率存在时，设斜率为k，OD方程为ykx， 由 22 2 ykx xy 得 2 2 2 1 P y k ，同理得 2 2 4 1 P x k ，所以 22 24 PP xy即有动点P的轨迹C的方程为 22 1 42 xy .当射线OD的斜率不存在时，点 0,2也满足. （2）由（1）可知E为C的焦点，设直线l的方程为2xmy（斜率不为
20、0时）且设点 11 ,M x y， 22 ,N x y，由 22 2 24 xmy xy 得 22 22 220mymy 所以 12 2 12 2 2 2 2 2 2 m yy m y y m ，所以 2 2 2 12 112 41 1 m MNm myy 又射线OQ方程为ymx ，带入椭圆C的方程得 2 2 24xmy，即 2 2 4 12 Q x m 2 2 2 4 12 Q m y m ， 2 2 2 11 2 41 m mOQ 所以 22 2 22 1121 23 44141 mm MNmm OQ 又当直线l的斜率为0时，也符合条件. 综上， 2 11 MN OQ 为定值，且为 3 4
21、 . 20解： （1）所求概率 122122 222222 2 11 12 21 12 21 14 3 32 23 32 23 32 29 PCCCCCC （2）他们在一轮游戏中获“优秀小组”的概率为 1222212222 2 1122212222122 11PC PP C PC P C PPC P C P 22 1 21212 23PP PPP P 因为 12 4 3 PP，所以 22 2212 8 3 3 Pp pp p 因 1 01P， 2 01P，所以 1 1 1 3 P， 2 1 1 3 P，又 2 12 22 4 29 PP p p 所以 12 14 99 p p，令 12 tp
22、p，以 14 99 t ，则 2 8 3 3 Ph ttt 当 4 9 t 时， max 16 27 P，他们小组在n轮游戏中获“优秀小组”次数满足,B n p 由 max 16np，则27n，所以理论上至少要进行27轮游戏.此时 12 4 3 PP， 12 4 9 p p 12 2 3 PP 21解： （1） ln0,f xaxxa xaR 1 aax fx xx ，0x，aR 当0a时， f x的减区间为0,，没有增区间 当0a时， f x的增区间为0,a，减区间为, a （2）原不等式 1 lnlnaxxxxb k x . 1,ae，1,xe， 1 lnln1 lnlnaxxxxbxxx
23、xb xx ， 令 2 1 lnlnlnxxxxbxxb g xgx xx ， 令 1 ln1p xxxbpx x lnp xxxb 在1,上递增； 当 10p时，即1b，1,be，所以1b时1,xe， 00p xg x， g x在1,e上递增； min 122cg xgbbcb . 当 0p e ，即1,bee时1,xe， 00p xg x， g x在1,e上递减； min 2212 ,1 bb cg xg egcbee eeee . 当 10pp e 时， lnp xxxb 在上递递增； 存在唯一实数 0 1,xe，使得 0 0p x，则当 0 1,xx时 00p xg x. 当 0, x
24、x e时 00p xg x. 0000 00 min 00 1 lnln1 ln xxxxb cg xg xx xx . 0000 00 11 lnlnbcxxxx xx .此时 00 lnbxx. 令 11 ln10 x h xxxh xh x xx 在 1,e上递增， 0 1,11,bexe， 1 2,bce e . 综上所述， 2 2,1bce e . 22解： （1）曲线 1 C的一般方程是 2 2 11xy 222 xy，且cosx，siny， 曲线 2 C的一般方程为 22 1 1612 xy （2）设点P的坐标为 4cos ,2 3sin， 22 1 PAPCr， 2 22 22 1 4cos12 3sin4cos8cos134 cos19PC 2 4 cos182 6PA，即cos1时， max 2 6PA 23 解：（1） 如图， 平面区域平面区域由一个正方形及其内部组成， 四个顶点分别为1,0，2,1，1,2， 0,1，所以 1 222 2 S . （2）由（1）2acbc，而, ,a b c都为正数，所以 2322 24abcacbcacbc 当且仅当22acbc 取得最小值.
