四川省遂宁市高中2020届高三三诊考试数学试题(理科)含答案

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1、 遂宁市高中遂宁市高中 2020 届届三三诊考试诊考试数学(理科)试题数学(理科)试题 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分。在每个小题给出的四个选项中,只有一个是符合 题目要求的。 1设 ,m nR,则“nm ”是“1 2 1 nm ”的 A充分而丌必要条件 B必要而丌充分条件 C充要条件 D既丌充分也丌必要条件 2若复数 1i 1i a 为纯虚数(i为虚数单位,a为实数) ,则 2 a的值为 A4 B9 C 4 1 D1 3某人口大县举行“ 只争朝夕,决战决胜脱贫攻坚扶贫知识政策答题比赛” ,分初赛和复赛两个阶段 进行,规定:初赛成绩大于 90 分的具有复赛资格,

2、某校有 1000 名学生参加了初赛,所有学生的成绩 均在区间(30,150内,其频率分布直方图如图所示,则获得复赛资格的人数为 A650 B660 C680 D700 4. 已知满足 3 1 ) 2 cos( ,则cos2 A 7 9 B 12 7 C 7 9 D 7 18 5. 方程02)4( 22 yxyx表示的曲线的大致形状是(图中实线部分) A B C D 6 周髀算经有这样一个问题:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、 立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸,雨水、惊蛰、春分、清明日影之和为三丈二尺,前七个 节气日影之和为七丈三尺五寸,问谷雨日影长为 A七

3、尺五寸 B六尺五寸 C五尺五寸 D四尺五寸 7. 设 ( )f x是定义在R上恒丌为零的凼数,对任意实数, x yR ,都有 ( ) ( )()f x f yf xy ,若 1 1 2 a , ( )() n af n nN,则数列 n a的前n项和 n S的取值范围是 A. 2 , 3 1 B. 1 , 3 1 C. 2 , 2 1 D. 1 ,1 2 8. 2019 年庆祝中华人民共和国成立 70 周年阅兵式彰显了中华民族从站起来、 富起来迈向强起来的雄心壮 志.阅兵式规模之大、类型之全均创历史之最,编组之新、要素之全彰显强军成就.装备方阵堪称“强军 利刃” “强国之盾” ,见证着人民军队

4、迈向世界一流军队的坚定步伐,其中空中梯队编有 12 个梯队,在 领队机梯队、预警指挥机梯队、轰炸机梯队、舰载机梯队、歼击机梯队、陆航突击梯队这 6 个梯队中, 某学校为宣传的需要,要求甲同学需从中选 3 个梯队了解其组成情况,其中舰载机梯队、歼击机梯队 两个梯队中至少选择一个,则丌同的选法种数为 A12 种 B16 种 C18 种 D20 种 9. 设凼数 0,3 0,3 )( x x xf x x ,若 2 1 log 5 af ,)2 . 4(log2fb ,)2( 7 . 0 fc ,则, , a b c的大小 关系为 Aabc Bbac Ccab Dcba 10. 已知正三棱柱 111

5、 ABCABC 的底面边长为6,且该三棱柱外接球的表面积为14,若P为底面 111 ABC的中心,则PA不平面ABC所成角的大小为 A 3 B 4 C 6 D 5 12 11. 已知 1 F, 2 F是双曲线 22 22 10,0 xy ab ab 的左、右焦点,若双曲线上存在点P满足 2 12 2aPFPF ,则双曲线离心率的最小值为 A6 B5 C3 D 2 12. 已知凼数,ln(2)ln ,f x yxaxyxy若存在, (0,)x y使得,0f x y , 则实数a的最大值 为 A 1 e B 1 2e C 1 3e D 2 e 二、填空题:本大题共 4 个小题,每小题 5 分,共

6、20 分。 13. 曲线2ln2 2 xxxy在点(1,1)处的切线的倾斜角为 。 14已知两个单位向量 1 e、 2 e的夹角为60,向量 21 23eem ,则m 。 15已知点)2 , 0(M,过抛物线xy4 2 的焦点F的直线AB交抛物线于A,B两点,若0FMAM, 则点B的纵坐标为 。 16. 如 图 , 平 行 六 面 体 1111 DCBAABCD中 ,5AB,3AD,7 1 AA, 3 BAD, 4 11 DAABAA,则 1 AC的长为 。 三、解答题:本大题共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17 (本小题满分 12 分) 凼数( )sin()(0,0,

7、0)f xAxA的部分图象如图所示,又凼数 ( ) 8 g xfx (1)求凼数 )(xg 的单调增区间; (2)设ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,又3c ,且锐角C满足 1)(Cg , 若sin2sinBA,M为AC边的中点,求BMC的周长。 18.(本小题满分 12 分) 如图, 在长方体HKLEABCD中, 底面ABCD是边长为3的正方形, 对角线AC不BD相交于点O, 点F在线段AH上,且02 HFAF, BE不底面ABCD所成角为 3 。 (1)求证:ACBE; (2)求二面角FBED的余弦值; (3)设点M在线段BD上,且AM平面BEF,求DM的长。 19. (本小题

8、满分 12 分) 某中学举行“新冠肺炎”防控知识闭卷考试比赛,总分获得一等奖、二等奖、三等奖的代表队人数情 况如下表,其中一等奖代表队比三等奖代表队夗 10 人。该校政教处为使颁奖仪式有序进行,气氛活跃, 在颁奖过程中穿插抽奖活动。幵用分层抽样的方法从三个代表队中共抽取 16 人在前排就坐,其中二等奖 代表队有 5 人(同队内男女生仍采用分层抽样) 名次 性别 一等奖 代表队 二等奖 代表队 三等奖 代表队 男生 ? 30 女生 30 20 30 (1)从前排就坐的一等奖代表队中随机抽取3人上台领奖,用X表示女生上台领奖的人数,求X的 分布列和数学期望)(XE。 (2)抽奖活动中,代表队员通过

9、操作按键,使电脑自动产生2 , 2内的两个均匀随机数x,y,随后 电脑自动运行如图所示的程序框图的相应程序。若电脑显示“中奖” ,则代表队员获相应奖品;若电脑显 示“谢谢” ,则丌中奖。求代表队队员获得奖品的概率。 20.(本小题满分 12 分) 已知凼数xxxxfcossin)(. (1)判断凼数)(xf在区间)2 , 0(上零点的个数,幵说明理由。 (2)当 x0时, 比较1x不xln的大小关系,幵说明理由; 证明:xxfexf x cos)(1)(ln cos 。 21.(本小题满分 12 分) 如图,定义:以椭囿中心为囿心,长轴为直径的囿叫做椭囿的“辅助囿” 。过椭囿第四象限内一点M

10、作x轴的垂线交其“辅助囿”于点N,当点N在点M的下方时,称点N为点M的“下辅助点” 。已知 椭囿 22 22 :10 xy Eab ab 上的点) 2 2 , 1 ( 的下辅助点为1, 1。 (1)求椭囿E的方程; (2)若OMN的面积等于 8 632 ,求下辅助点N的坐标; (3)已知直线l: 0xmyt 不椭囿E交于丌同的A,B两点,若椭囿E上存在点P,使得四 边形OAPB是对边平行且相等的四边形。求直线l不坐标轴围成的三角形面积最小时的 22 tm 的值。 请考生在第 22、23 两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分。 22 (本小题满分 10 分)选修 44:坐标系不参数

11、方程 在平面直角坐标系xOy中,将曲线方程1 4 )2( 16 )2( 22 yx ,先向左平秱2个单位,再向上平秱 2个单位,得到曲线C。 (1)点),(yxM为曲线C上任意一点,写出曲线C的参数方程,幵求出yx3 2 1 的最大值; (2)设直线l的参数方程为 ty tx 2 2 , (t为参数) ,又直线l不曲线C的交点为E,F,以坐标原 点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,求过线段EF的中点且不l垂直的直线的极坐标方程。 23 (本小题满分 10 分)选修 45:丌等式选讲 已知凼数32)(xxf,baxxg 2)( (1)解丌等式 2 ( )f xx; (2)当0a,0b时,若

12、)()()(xgxfxF 的值域为, 5,求证: 3 2 2 1 2 1 ba 。 参考答案及评分意见 一、选择题(125=60 分) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C D A A B C D B A A C B 二、填空题:本大题共 4 个小题,每小题 5 分,共 20 分。 13. 4 3 14.7 15.1 16.25698(选修 2-1P98第 3 题) 三、解答题:本大题共 70 分。 17 (本小题满分 12 分) 【解析】 (1)由函数( )sin()(0,0,0)f xAxA的部分图象可得 2A, 5 288 T ,即T,则 2 2 T ,又

13、函数图像过点,2 8 , 则22 82 k , 即2, 4 kkZ ,又0,即 4 , (, ,A 每个值 1 分) 即( )2sin(2) 4 f xx ,则( )2sin2()2cos2 84 g xxx 4 分 由kxk222,Zk,得 kxk 2 ,Zk, 所以函数)(xg的单调增区间为Zkkk , 2 6 分(少 Zk扣 1 分) (2)由1)(Cg,得 2 1 2cosC,因为 2 0 C,所以 C20, 所以 3 2 2 C, 3 C , 又sin2sinBA,由正弦定理得2 b a 8 分 由余弦定理,得 222 2cos 3 cabab ,即 22 3abab 由解得1a ,

14、2b 10 分 又3c,所以 222 bca,所以ABC为直角三角形,且角B为直角。 故1 2 1 2 1 bACBM,所以BMC的周长为 3111CBMCBM。 12 分 18 (本小题满分 12 分) 【解析】(1)因为在长方体HKLEABCD中,有DE 平面ABCD,所以DEAC, 因为四边形ABCD是正方形, 所以ACBD, 又DDEBD从而AC 平面BDE 而BE 平面BDE,所以BEAC 。 4 分 (2)因为在长方体HKLEABCD中,有DA,DC,DE两两垂直, 所以建立空间直角坐标系Dxyz如图所示 由(1)知DBE为直线BE与平面ABCD所成的角 又因为BE与平面ABCD所

15、成角为 3 , 所以 3 DBE, 所以3 ED DB 由 3AD可知3 6DE , 所以63AH,又 02 HFAF , 即AHAF 3 1 ,故 6AF , 则3,0,0A,3,0, 6F,0,0,3 6E,3,3,0B,0,3,0C, 所以0, 3, 6BF ,3,0, 2 6EF 设平面BEF的法向量为, ,x y zn,则 0 0 BF EF n n , 即 360 32 60 yz xz ,令6z ,则 4,2, 6n 7 分 因为AC 平面BDE,所以CA为平面BDE的法向量,3, 3,0CA, 所以 613 cos 13263 2 CA CA CA n n n 因为二面角为锐角

16、,所以二面角FBED的余弦值为 13 13 9 分 (3)点M是线段BD上一个动点,设, ,0M t t,则3, ,0AMtt, 因为AM平面BEF,所以 0AM n , 即4320tt,解得2t 此时,点M坐标为2,2,0,22 3 2 BDDM,符合题意 12 分 19 (本小题满分 12 分) 【解析】(1)设代表队共有n人,则 n 50 16 5 ,所以160n,设一等奖代表队男生人数为x,则 16030)10(302030xx,解得30x,则一等奖代表队的男生人数为30,故前排 就坐的一等奖代表队有 3 男 3 女,共 6 人。2 分 则X的可能取值为0,1,2,3。 则 20 1

17、)0( 3 6 3 3 0 3 C CC XP, 20 9 ) 1( 3 6 2 3 1 3 C CC XP, 20 9 )2( 3 6 1 3 2 3 C CC XP, 20 1 ) 3( 3 6 0 3 3 3 C CC XP,所以X的分布列 X 0 1 2 3 P 20 1 20 9 20 9 20 1 5 分 2 3 20 1 3 20 9 2 20 9 1 20 1 0)(XE 6 分 (2) 试验的全部结果所构成的区域为22, 22,yxyx, 面积为1644 S, 8 分 事件A表示代表队队员获得奖品,所构成的区域为 2 1 22 22 , yx yx y x yxA, 如图阴影

18、部分的面积为 2 19 33 2 1 22 2 1 44 A S,10 分 这是一个几何概型,所以 32 19 16 2 19 )( S S AP A 。 即代表队队员获得奖品的概率为 32 19 。 12 分 20 (本小题满分 12 分) 【解析】 : (1)因为xxxxfcossin)(,所以xxxxxxxfsin)sin(coscos)( / , 当0x,时,0sinx,0)( / xf, )(xf 在0(, )上单调递增,0)0()( fxf, )(xf 在0,上无零点; 3 分 当,2x时,0sinx,0)( / xf, )(xf 在2 ( , )上单调递减,0)(f, 02)2(

19、f ,)(xf在2 ( , )上有唯一零点; 综上,函数)(xf在区间2 , 0上有唯一一个零点。 5 分 (2)xxln1, 6 分 证明过程如下: 设函数 1 lnln1g xxxxx,则)0( 1 )( / x x x xg, 令0)( / xg,得01x;令0)( / xg,得 x1.所以, 函数 yg x在区间0,1上单调递减,在区间, 1上单调递增. 则函数 yg x在1x 处取得极小值,亦即最小值,即 min 10g xg, 即ln1 0xx ; 综上xxln1成立 9 分 证明xxfexf x cos)(1)(ln cos 成立,即证明 1cos)cos(sin)cosln(s

20、in cos xexxxxxx x 成立, 因为)(xf在0(, )上单调递增,( )(0)0f xf, 即0cossinxxx,所以0)cos(sin cos x exxx, 由知xxln1,即有xxln1, 有)cosln(sin1)cos(sin coscosxx exxxexxx成立,当 2 x时, ) 2 cos 22 ln(sin1) 2 cos 22 (sin 2 cos 2 cos ee ,此时能取等号。 即xxxxexxx x cos)cosln(sin1)cos(sin cos , 即xxfexf x cos)(1)(ln cos 成立 12 分 21 (本小题满分 12

21、分) 【解析】 : (1)椭圆 22 22 :1(0) xy Eab ab 上的点) 2 2 , 1 ( 的下辅助点为1, 1, 辅助圆的半径为 2) 1(1 22 R,椭圆长半轴为2 Ra, 将点) 2 2 , 1 ( 代入椭圆方程1 2 2 22 b yx 中,解得1b, 椭圆E的方程为 1 2 2 2 y x ; 4 分 (2)设点),( 00 yxN)0( 0 y,则点),( 10 yxM)0( 1 y,将两点坐标分别代入辅助圆方程和椭圆方程可 得,2 2 0 2 0 yx,1 2 2 1 2 0 y x ,故 2 1 2 0 2yy,即 10 2yy , 又 8 632 )( 2 1

22、 010 yyxS OMN ,则 4 6 10 yx 将 4 6 10 yx与1 2 2 1 2 0 y x 联立可解得 2 6 2 2 0 0 y x 或 2 2 2 6 0 0 y x , 下辅助点N的坐标为 ) 2 6 , 2 2 (或) 2 2 , 2 6 ( 7 分 (3)由题意可设 11 ,A x y, 22 ,B x y. 联立 2 2 1 2 x y xmyt 整理得 222 2220mymtyt , 则 22 820mt . 根据韦达定理得 12 2 2 12 2 2 2 2 2 mt yy m t y y m 8 分 因为四边形OAPB是对边平行且相等和容易变形的四边形,即

23、四边形OAPB恰好为平行四边形, 所以OP OA OB .所以 12 2 2 2 P mt yyy m , 121212 2 4 2 2 P t xxxmytmytm yyt m 因为点P在椭圆E上,所以 22 2 22 22 164 1 222 tm t mm , 整理得 22 2 2 42 1 2 mt m ,即 22 42tm 10 分 在直线l:0xmyt 中,由于直线l与坐标轴围成三角形,则0t ,0m. 令0x,得 t y m ,令0y ,得xt. 所以三角形面积为 2 1121212 | |2 2 28|8|84 tm Stm mmm 当且仅当 2 2m , 2 1t 时,取等号

24、,此时240.且有3 22 tm, 故所求 22 tm 的值为3. 12 分 22 (本小题满分 10 分) 【解析】 : (1)将曲线方程1 4 )2( 16 )2( 22 yx ,先向左平移2个单位,再向上平移2个单位,得到曲 线C的 方 程 为1 4 )22( 16 )22( 22 yx , 也 即1 416 22 yx , 故 曲 线C的 参 数 方 程 为 s in2 c o s4 y x (为参数) ; 2 分 又点),(yxM为曲线C上任意一点, 所以) 3 cos(4sin32cos23 2 1 yx, 所以yx3 2 1 的最大值为4 5 分 (2)由(1)知曲线C的直角坐标

25、方程为1 416 22 yx ,又直线l的参数方程为 ty tx 2 2 , (t为参数) ,所以直线l的普通方程为042yx, 所以有 1 416 042 22 yx yx 解得 0 4 y x 或 2 0 y x , 8 分 所以线段EF的中点坐标为) 2 20 , 2 04 ( ,即线段EF的中点坐标为) 1 , 2(,直线l的斜率为 2 1 , 则与直线l垂直的直线的斜率为2,故所求直线的直角坐标方程为)2(21xy,即032 yx,将 cos ,sinxy代入,得其极坐标方程为03sincos2 10 分 23 (本小题满分 10 分) 【解析】 : (1)不等式 2 ( )f xx

26、化为 2 32xx,即 2 3 2 2 xx,等价于 2 3 2 23 x xx 或 2 3 2 32 x xx , 由解得 3 2 x ,由解得3x或 3 1 2 x, 4 分 所以不等式 2 ( )f xx的解集为31x xx 或 5 分 (2)根据绝对值三角不等式可知 )()()(xgxfxFbaxxbaxx223232 33223bababaxx, 7分 因为)()()(xgxfxF的值域为, 5 所以2ba,则622ba, 故) 2 2 2 2 2( 6 1 ) 2 22 2 22 ( 6 1 2 1 2 1 b a a b b ba a ba ba 3 2 ) 2 2 2 2 22( 6 1 b a a b ,当且仅当 2 2 2 2 b a a b ,即1ab时取等号时, 由基本不等式可得 3 2 2 1 2 1 ba 10分

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