(理科数学)答案 2020年《高三年级第三次诊断性测试》

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四川省凉山州2020届高中毕业班第三次诊断性检测数学试题理科含答案

凉山州2020届高中毕业班第三次诊断性检测数学（理科）本试卷分选择题和非选择题两部分．第Ⅰ卷（选择题），第Ⅱ卷（非选择题），共4页，考试时间120分钟．注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、座位号，准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确．2．选择题使用2B 铅笔涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效． 3．考试结束后，将答题卡收回．第Ⅰ卷（选择题）一、选择题（本大题共12小题．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1．设集合{}21xA x =>，{}1B x x =≤，则A B ⋂=（） A ．()1,1-B ．(]0,1C ．[]1,1-D ．[]0,12．已知1z i =-（i 是虚数单位），则4z z+=（） A ．3B ．3iC ．3i +D ．3i -3．若a ，b R ∈，则“0a b ->”是“22a b ab +⎛⎫> ⎪⎝⎭”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件4．如图所示的程序框图，若输出的y 的值为2，则输入的x 的值为（）A ．4B ．2-C ．2或2-D ．4或2-5．已知正项等比数列{}n a ，向量()3,8a a =-r ，()7,2b a =r，若a b ⊥r r ，则212229log log log a a a ++⋅⋅⋅+=（） A ．12B ．16C ．18D ．26log 5+6．已知角α的顶点与原点重合，始边与x 轴正半轴重合，终边经过点()sin30,tan135︒︒，则cos2α=（）A ．35-B ．35 C ．45-D ．457．若双曲线()222103x y b b-=>与抛物线28y x =有相同的焦点，则该双曲线的两条渐近线的夹角为（） A ．2π B ．3π C ．4π D ．6π 8．设函数()()23sin 03f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭与函数()()2cos 33g x x π⎛⎫=+∅∅≤ ⎪⎝⎭的对称轴完全相同，则∅的值为（）A ．6π-B ．3π C ．6πD ．3π-9．已知M ，N 为平面区域0303x y x y y -≤⎧⎪+-≥⎨⎪≤⎩内的两个动点，向量()1,0a =r ，则MN a ⋅u u u u r r 的最大值是（）A ．1B ．2C ．3D ．410．小明有一卷纸，纸非常的薄且紧紧缠绕着一个圆柱体轴心卷成一卷，它的整体外貌如图所示，纸卷的直径为12厘米，轴的直径为4厘米，当小明用掉34的纸后，则剩下的这卷纸的直径最接近于（）A ．6厘米B ．7厘米C ．8厘米D ．9厘米11．已知长方体1111ABCD A B C D -的体积12V =，2AB =，若四面体11A B CD -的外接球的表面积为S ，则S 的最小值为（） A ．8πB ．9πC ．16πD ．32π12．已知函数()1y f x =-的图象关于直线1x =对称，且当()0,x ∈+∞时，()ln x f x x =．若2e a f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()2b f =，23c f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则a ，b ，c 的大小关系是（）A ．b a c >>B ．a b c >>C ．a c b >>D ．c b a >>第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题（共4小题）13．若nx ⎛⎝的二项展开式中第5项为常数项，则n =______．14．如图，AB 是圆O 的直径，OC AB ⊥，假设向该圆随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为______．15．设ABC △的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若2A π=，2c =，b =，()()10AD AB AC λλλ=+->u u u r u u u r u u u r，2DAB DAC ∠=∠，则λ=______．16．阿波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前262—190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地．他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数()0,1k k k >≠的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．（1）若定点为()1,0A -，()1,0B ，写出12k =的一个阿波罗尼斯圆的标准方程______；（2）ABC △中，2AB =，()1AC k BC k =>，则当ABC △面积的最大值为时，k =______．三、解答题（解答过程应写出必要的文字说明，解答步骤．） 17．n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知1714a a +=,981S =．（1）求n a 及n S ．（2）设11n n n b a a +=，数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明：1132n T ≤<． 18．州电视台为了解州卫视一档中华诗词类节目的收视情况，抽查东西区各5个县，统计观看该节目的人数的数据得到如下的茎叶图（单位：百人）．其中一个数字被污损．（1）求西部各县观看该节目的观众的平均人数超过东部各县观看该节目的平均人数的概率；（2）该节目的播出极大地激发了观众对中华诗词学习的热情，现从观看节目的观众中随机统计了4位观众学习诗词的周平均时间y （单位：小时）与年龄x （单位：岁）的关系，如下表所示：根据表中的数据，试求线性回归方程$$y bxa =+$，并预测年龄为60岁的观众学习诗词的时间．（参考公式：1221ni ii ni i x y nx ybx nx==-⋅=-∑∑$，$ay bx =-$） 19．如图，四面体ABCD 中，O 、E 分别是BD ，BC 的中点，2CA CB CD BD ====，AB AD ==（1）求证：BD AC ⊥；（2）求锐二面角E AC D --的余弦值．20．已知函数()()ln 0f x a x a =>．（1）设函数()()2g x f x x =-在点()()1,1g 处的切线方程为20x y --=，求a 的值；（2）若曲线()y f x =与曲线2y x =至少有一条公共切线，求a 的取值范围．21．已知椭圆C：()222210x y a b a b +=>>，右顶点()2,0A ，上顶点为B ，左右焦点分别为1F ，2F ，且1260F BF ∠=︒，过点A 作斜率为()0k k ≠的直线l 交椭圆于点D ，交y 轴于点E ．（1）求椭圆C 的方程（2）设P 为AD 的中点，是否存在定点Q ，对于任意的()0k k ≠都有OP EQ ⊥？若存在，求出点Q ；若不存在，请说明理由．请考生在第22、23两题中选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时请用2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑． 22．[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系中，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．A 、B 两点的极坐标分别为1,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭，1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭．曲线C 的参数方程为2cos sin x y θθ=⎧⎨=⎩（θ为参数）．（1）求A 、B 两点的直角坐标及曲线C 的普通方程；（2）设P 是曲线C 上任意一点（P 不在y 轴上），若直线PA 、PB 分别交x 轴于点M 、N ，试问OM ON ⋅是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 23．[选修4-5：不等式选讲] 已知函数()f x x a =-．（1）当1a =时，求不等式()11x f x +>的解集；（2）设不等式()21x f x x -+≤的解集为M ，若1,12M ⎡⎤⊆⎢⎥⎣⎦，求实数a 的取值范围．凉山州2020届高中毕业班第三次诊断性检测数学（理科）参考答案及评分意见评分说明：1．本解法给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解答与本解法不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则．2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变试题的内容及难度可视影响的程度决定后续部分的给分，但不得超过该部分的正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．3．解答右侧所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数． 4．只给整数分数，选择题不给中间分．一、选择题1-12：BCADC ABCCB CD 二、填空题 13．614．1π 15．1316．①2251639x y ⎛⎫±+= ⎪⎝⎭（写对一个即可）三、解答题17．解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，则由1714a a +=得：137a d +=……① 又981S =，∴1989812a d ⨯+=即149a d +=……② 由①②解得：11a =，2d =，∴21n a n =-，2n S n =．（2）由（1）得：()()111111212122121n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪-+-+⎝⎭， ∴数列{}n b 的前n 项和123n n T b b b b =+++⋅⋅⋅+1111111111112323525722121n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111112335572121n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111221n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭显然，n T 随n 的增大而增大．∴112n T T ≤<，即1132n T ≤<． 18．解：（1）设被污损的数字为(),09N x x x ∈≤≤，则()808990919244255x x X ++++++==东，858687949945155X ++++==西，由题意得：X X >西东，即45144255x+>，即9x <，所以，西部各县观看该节目的观众的平均数超过东部各县观看该节目的观众的平均数的概率为910p =．（2）由已知得：20304050354x +++==， 2.534 4.53.54y +++==，4120 2.530340450 4.5525i ii x y==⨯+⨯+⨯+⨯=∑，4222221203040505400ii x==+++=∑，∴41422214525435 3.50.0754004354i ii i i x y x ybx x==-⋅-⨯⨯===-⨯-∑∑$，$ 3.50.0735 1.05ay bx =-=-⨯=$， ∴回归直线方程为$0.07 1.05y x =+， ∴当60x =时，$0.0760 1.05 5.25y =⨯+=，即年龄为60岁的观众学习诗词的时间为5.25小时． 19．（1）证明：连接OC ，∵在BDC △中，2BD BC CD ===且O 是BD 的中点，∴OC =OC BD ⊥．∵在ABD △中，AB AD ==2BD =，∴ABD △为等腰直角三角形，又O 是BD 的中点，∴112AO BD ==且AO BD ⊥，而OC OA O ⋂=，∴BD ⊥平面AOC ， ∵AC ⊂平面AOC ，∴BD AC ⊥．（2）解：∵在AOC △中，OC =1AO =，2AC =，∴222AO OC AC +=，即AO OC ⊥，又由（1）知AO BD ⊥且BD OC O ⋂=，∴AO ⊥平面BCD ，所以建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则()0,0,1A ，()1,0,0B，()C ，()1,0,0D -，∴()1AC =-u u u r ，()1,0,1AD =--u u u r ，()1,0,1AB =-u u u r，设平面EAC 与平面ACD 的法向量分别为()111,,n x y z =r ，()222,,m x y y =u r，则00n AB n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u r r u u ur 与0m AD m AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r u u u r u r u u u r ，即111100x z z -=⎧⎪-=与22220x z z --=⎧⎪-=，∴n =r，1,m =-u r，∴1cos ,7n m n m n m⋅==-r u rr u r r u r ，所以锐二面角E AC D --的余弦值为17．20．解：（1）∵()()2g x f x x =-，∴()2ln g x a x x =-，∴()()20ag x x x x'=->，又函数()g x 在()()1,1g 处的切线方程为20x y --=， ∴()11g '=，即21a -=，即3a =．（2）设公切线l 与函数()ln f x a x =相切于点()00,ln x a x ，则由()af x x'=，得()00a f x x '=，∴公切线l 为：()000ln ay x x a x x =-+，即()000ln 0axy a a x x x =-+>，由002ln ax y a a x x y x ⎧=-+⎪⎨⎪=⎩，得：200ln 0ax x a a x x -+-=， ∵直线l 与曲线2y x =相切，∴()20204ln 0a a a x x ∆=--=，即()22000044ln 0,0a x x x x a =->>，设()()2244ln 0h x x x x x =->，则()()412ln h x x x '=-，由()0h x '>，得0x <<；又由()0h x '<，得x >∴函数()h x在(上单增，在)+∞上单减，∴()(max412h x h e e ==-=，∴02a e <≤，∴()y f x =与曲线2y x =至少有一条公切线时，a 的取值范围为(]0,2e ． 21．解：（1）由题意得：2a =， ∵在2Rt OBF △中，1260F BF ∠=︒， ∴230OBF ∠=︒，OB b =，2OF c =， ∴2BF a =，∴cos30ba︒=，∴22b =，b =∴椭圆方程为22143x y +=．（2）解法一：设直线AD ：()()20y k x k =-≠……* 令0x =，则2y k =-，∴()0,2E k -，将*代入22143x y +=整理得()2223416120k x k +--=，设()00,D x y ，则2216234D k x k +=+，228634D k x k -∴=+，222861223434D k k y k k k ⎛⎫-=-=- ⎪++⎝⎭，设(),p p P x y ，∵p 为AD 的中点，∴22221868223434p k k x k k ⎛⎫-=+= ⎪++⎝⎭，22112623434p k ky k k ⎛⎫=-=- ⎪++⎝⎭， ∴22286,3434k k OP kk ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭u u u r ，设存在()00,Q x y 使得OP EQ ⊥，则()00,2EQ x y k =+u u u r ，0OP EQ ⋅=u u u r u u u r，∴220022861203434k x ky k k k +-=++，即()20024236034k x ky k--=+对任意的0k ≠都成立，∴002300x y -=⎧⎨=⎩，∴032x =，∴存在3,02Q ⎛⎫⎪⎝⎭使得OP EQ ⊥．解法二：设()11,A x y ，()22,B x y ，()00,P x y ，∴2211143x y +=……（1），2222143x y +=……（2），由（1）-（2），得()()()()12121212143x x x x y y y y +-+-+=，∵P 为AB 中点，∴0012123022x y y y x x -+⋅=-，∵()12120AB y y k k k x x -==≠-，∴0031022y k x +=， ∵00OP y k x =，∴34OP k k=-，设存在()33,Q x y 使得OP EQ ⊥，则332143OP y k k x k +=-=，即()3322330k kx y --=……* 对任意0k ≠都成立，即332x =，30y =， ∴存在3,02Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭使得OP EQ ⊥． 22．解：（1）A 、B 两点的直角坐标为：()0,1A 、()0,1B -，由2cos sin x y θθ=⎧⎨=⎩得cos 2sin x y θθ⎧=⎪⎨⎪=⎩，∴2214x y +=， ∴曲线C 的普通方程为2214x y +=．（2）解法一：设()()2cos ,sin cos 0P θθθ≠，∴AP l ：sin 112cos y x θθ-=+，令0y =，2cos 1sin x θθ=-，同理，BP l ：sin 112cos y x θθ+=-，令0y =，2cos 1sin x θθ=+， ∴2cos ,01sin M θθ⎛⎫ ⎪-⎝⎭，2cos ,01sin N θθ⎛⎫ ⎪+⎝⎭， ∴()()2224cos 4cos 41sin 1sin cos OM ON θθθθθ⋅===-+， ∴4OM ON ⋅=为定值．解法二：设()(),0P m n m ≠，∴AP l ：11n y x m -=+，令0y =，1m x n=-，同理，BP l ：11n y x m +=-，令0y =，1m x n =+，∴,01m M n ⎛⎫ ⎪-⎝⎭，,01m N n ⎛⎫ ⎪+⎝⎭，又P 在椭圆上，∴22221144m m n n +=⇒=-， 2222414m m OM ON m n⋅===-， ∴4OM ON ⋅=为定值．23．解：（1）1a =时，()111111x x x x x +>⇔+>-≠- 111x x x >⎧⇔⎨+>-⎩或111x x x<⎧⎨+>-⎩，解之得：1x >或01x <<， ∴不等式得解集为()()0,11,⋃+∞．（2）∵不等式得解集为M ，且1,12M ⎡⎤⊆⎢⎥⎣⎦，∴210x -≥， ∴()2121x f x x x x a x -+≤⇔-+-≤ 111x a x x x a x ⇔-≤-+⇔-≤-≤-+， ∴112a a x ≤⎧⎪⎨+≤⎪⎩，当1a >时，M 为∅，显然不满足1,12M ⎡⎤⊆⎢⎥⎣⎦；当1a ≤时，1,2a M +⎛⎤=-∞ ⎥⎝⎦， ∵1,12M ⎡⎤⊆⎢⎥⎣⎦，∴112a +≥，即1a ≥，∴1a =，综上，a 的取值范围为{}1．。

达州市普通高中2020届第三次诊断性测试数学试题(理科)答案

3．解答右端所注分数，表示该生正确做到这一步应该得的累加分数。 4．只给整数分数。选择题不给中间分。一、选择题：
1. D 2. A 3.D 4.C 5.D 6.D 7.C 8. B 9. C 10. A 11.B 12.B
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．
13． 0
14． 10
递减．
所以，当
x
0ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
时，
h(x)
有极小值，且
15．平均数
16． (, 1] {0} [1, )
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．
17．解：(1)由 an
[1 (1)n ](6 n) 2
[1 (1)n1] 1
2
2n
知：
∴ a1
1 2
， a2
4 ， a3
1 23
1 8
， a4
2 ， a5
1 25
1 32
，
a6
(2)解：函数 f (x) ex ax2 的定义域为 (,0) U(0, ) ． x2
由
f
(x)
0 得， a
ex x4
．设 h(x)
ex x4
，则函数的定义域为 (,0) U(0, ) ，且
h(x)
ex
(x x5
4)
，
当 x 0 ，或 x 4 时， h(x) 0 ， h(x) 单调递增；当 0 x 4 时，h(x) 0 ， h(x) 单调
2n 2
6)
n2
5n
．
18．解：(1)设点 M 的坐标为 (x, y) ，由题意得，
y y 1 (x 2 2) ， x2 2 x2 2 2 化简得轨迹 C 的方程为 x2 2y2 8 0(x 2 2) ，即 x2 y2 1(x 2 2) ．

精品解析：四川省达州市普通高中2020届高三第三次诊断性测试数学试题(理科)(解析版)

达州市普通高中2020届第三次诊断性测试数学试题（理科）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共计60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）1.已知集合{11}A xx =-<<∣，{ln 1}B x x =≤∣则A B =（） A. (1,]e -B. (0,1]C. (0,]eD. (0,1) 【答案】D【解析】【分析】由题意结合对数函数的性质可得{}0B x x e =<≤，再由集合交集的概念即可得解. 【详解】由题意{}{}ln 10B xx x x e =≤=<≤∣，所以{}{}{}()110010,1A B xx x x e x x ⋂=-<<⋂<≤=<<=∣. 故选：D.【点睛】本题考查了对数不等式的求解及集合交集的运算，考查了运算求解能力，属于基础题.2.若复数1a i z i +=-为纯虚数，则a 的值为（） A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】 ()()()()()()11111111222a i i a a i a i a a z i i i i ++-+++-+====+--+，因为是纯虚数，所以1010a a -=⎧⎨+≠⎩解得1a = ，故选A.3.已知命题:p a b >，命题22:q a b >．p 是q 的（）A. 充分必要条件B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义求解.【详解】当1,2a b ==-时，22a b <，故不充分；当22a b >时，即220a b ->，即()()0a b a b -+>，所以a b >且0a b +>或a b <且0a b +<；故不必要；故选：D【点睛】本题主要考查逻辑条件的判断以及不等式的基本性质，还考查了运算求解的能力，属于基础题.4.二项式21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则该展开式的常数项是（） A. 15-B. 20-C. 15D. 20【答案】C【解析】【分析】由二项展开式中间项的二项式系数最大，得6n =；由二项展开式的通项公式求出展开式的常数项.【详解】因为二项展开式中间项的二项式系数最大，又因为只有第4项的二项式系数最大，得6n =；所以展开式的通项为()()6212316611kk k k k k k T C x C x x --+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，令1230k -=得4k =，所以展开式中的常数项是()446115C -=. 故选：C.【点睛】本题主要考查二项展开式的通项解决有关特殊项问题.属于较易题.5.在锐角ABC 中，如果cos212sin2A A +=，则tan A =（）C. 2D. 12 【答案】D【解析】【分析】由题意结合三角恒等变换、同角三角函数的平方关系可得2cos 2sin cos A A A =，进而可得cos 2sin A A =，再由同角三角函数的商数关系即可得解.【详解】因为cos212sin2A A +=，所以22cos sin 14sin cos A A A A -+=，所以2cos 2sin cos A A A =，又0,2A π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以cos 0A ≠，所以cos 2sin A A =，所以sin 1tan cos 2AA A ==.故选：D.【点睛】本题考查了二倍角公式及同角三角函数关系的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.6.在ABC 中，角,,A B C 的对边分别是,,a b c ，222a bc b c +=+，sin 2sin a B c A =．则B =（） A. 6π B. 4πC. 3πD. 2π【答案】D【解析】【分析】由题意结合正弦定理可得2b c =，进而可得a =，再由余弦定理即可得cos B ，即可得解.【详解】由sin 2sin a B c A =可得2ab ca =，所以2b c =，又222a bc b c +=+，所以222224a c c c +=+即223a c =，所以a =，在ABC 中，22222234cos 022a c b c c c B ac ac +-+-===，又()0,B π∈，所以2B π=.故选：D.【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理的综合应用，考查了运算求解能力，合理转化条件是解题关键，属于中档题.7.如图，S 是圆锥的顶点，AB 是底面圆的直径，AS BS ⊥，M 是线段AS 上的点（不与端点A ，S 重合），N 是底面圆周上的动点，则直线BS 与MN 不能（）A. 异面B. 相交C. 平行D. 垂直【答案】C【解析】【分析】由题意结合直线间的位置关系，逐项判断即可得解.【详解】对于A ，当N 不与A 、B 重合时，由异面直线的概念可得直线BS 与MN 异面，故A 有可能；对于B ，当N 与A 、B 重合时，直线BS 与MN 相交，故B 有可能；对于C ，由A 、B 可知，直线BS 与MN 不能平行，故C 不可能；对于D ，当N 与A 重合时，直线BS 与MN 垂直，故D 有可能.故选：C.【点睛】本题考查了直线间位置关系的判定，关键是对概念的熟练掌握，属于基础题. 8.若抛物线216x y =的焦点到双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>渐近线的距离是22（） A. 2 B. 2 C. 3 D. 5【答案】B【解析】【分析】先求得抛物线216x y =的焦点的坐标和双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>渐近线方程，根据抛物线的焦点到双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>渐近线的距离是22. 【详解】抛物线216x y =的焦点()0,4F ，不妨设双曲线22221x y a b-=渐近线方程为0bx ay -=，因为抛物线的焦点到双曲线22221x y a b-=渐近线的距离是所以4==a d c解得e =故选：B 【点睛】本题主要考查抛物线和双曲线的几何性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.9.有3人同时从底楼进入同一电梯，他们各自随机在第2至第7楼的任一楼走出电梯．如果电梯正常运行，那么恰有两人在第4楼走出电梯的概率是（） A. 172 B. 112 C. 572 D. 5216【答案】C【解析】【分析】由题意结合分步乘法、排列组合的知识可得所有基本情况数及满足要求的情况数，再由古典概型概率公式即可得解.【详解】3人同时从底楼进入同一电梯，他们各自随机在第2至第7楼的任一楼走出电梯,共有36216=种不同情况；恰有两人在第4楼走出电梯，共有213515C C ⋅=种不同情况；故所求概率15521672P ==. 故选：C. 【点睛】本题考查了计数原理的应用，考查了古典概型概率的求解，属于基础题.10.在ABC 中，1AB =，23A π=，()+∈AB t AC t R 的最小值是（）A. 2B. 2C. 12D. 3【答案】A【解析】【分析】利用相反向量将向量的加法转化为向量的减法，利用向量的减法的模的几何意义求得最小值. 【详解】=()AB t AC AB t AC +--,令()P t AC A -=，则P 为直线AC 上的动点，如图所示，=()||AB t AC AB t AC PB +--=当PB ⊥直线AC 时，BP 取得最小值，∵1AB =，23A π=，∴min BP = 3故选A. 【点睛】本题考查向量线性组合的模的最小值问题，涉及向量的线性运算，相反向量，向量的加法与减法的转化，向量的模的意义，考查数学转化能力和计算能力，属中档题.11.SAB 是边长为1的正三角形，多边形ABCDEF 是正六边形，平面SAB ⊥平面ABCDEF ，若六棱锥S ABCDEF -的所有顶点都在球O 上，则球O 的表面积为（）A. 163πB. 133πC. 5πD. 4π【答案】B【解析】【分析】利用球的截面的性质：球心在截面圆中的射影是截面的外心，求得球心的位置，利用线面垂直，面面垂直的性质作出有关线段关系的判定，进而计算得到球的半径，然后利用球的表面积公式计算即可.【详解】如图所示，外接球的球心O 在底面内的射影为底面中心1O ，在面SAB 中的射影为SAB 的中心2O ，连接122,,OO OO SO ,交AB 于M ，则M 为AB 中点，连接11,O M O D ，∵平面SAB ⊥平面ABCDEF ，平面SAB 平面,ABCDEF AB SM AB =⊥，SM ∴⊥平面ABCDEF ,又1OO ⊥平面ABCDEF ,∴1//SM OO ,∴1133OO SM == 又11,O D =∴外接球半径2231313612R =+=, ∴球O 的表面积为21343R ππ=, 故选：B . 【点睛】本题考查几何体的外接球的表面积问题，涉及面面垂直的性质，线面垂直的性质，关键球的截面的性质：球心在截面圆中的射影是截面的外心，考查空间想象能力和逻辑推理能力，计算能力，属中档题. 12.如图，函数()15)(0)f x x ωϕω=+>的图象与它在原点O 右侧的第二条对称轴CD 交于点C ，A 是()f x 图象在原点左侧与x 轴的第一个交点，点B 在图象上，59AB AD =，AB BC ⊥．则ω=（）A. 9πB. 29πC. 3πD. 23π 【答案】B【解析】【分析】设函数()f x 的最小正周期2T πω=，(),0,0A m m <，由三角函数的图象与性质可得2,m k k Z ωϕπ+=∈，由平面向量的知识可得55,129n B m T ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，代入()f x 即可得515,122B m T ⎛+ ⎝⎭，再由平面向量的数量积0AB BC ⋅=可得T ，即可得解.【详解】设函数()f x 的最小正周期2T πω=，(),0,0A m m <，所以()15)0f m m ωϕ=+=，结合函数()f x 的图象可得2,m k k Z ωϕπ+=∈，则3,154C m T ⎛+ ⎝，设3,4D m T n ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，所以3,4AD T n ⎛⎫= ⎪⎝⎭，55355,,994129n AB AD T n T ⎛⎫⎛⎫==⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以55,129n B m T ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，所以55515152121212T f m T m T k ωωϕπ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=++=+ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 55151522151262k πππ⎛⎫=+⨯== ⎪⎝⎭，所以5,122B m T ⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭，5,122AB T ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，1,32BC T ⎛=- ⎝⎭，由AB BC ⊥可得51012322AB BC T T ⋅=⨯-=，解得9T =或9T =-（舍去），所以229T ππω==. 故选：B.【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质及平面向量的综合应用，考查了运算求解能力，属于中档题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分．把答案填在题中的横线上13.计算ln 2231lg 2lg5e ----=______．【答案】0【解析】【分析】由题意结合分数指数幂的运算、对数运算直接运算即可得解.【详解】由题意(()1233ln 22231lg 2lg532lg 2lg532lg100e ---⎡⎤⎛⎫⎢⎥---=--+=--= ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎣⎦. 故答案为：0.【点睛】本题考查了分数指数幂及对数的运算，考查了运算求解能力，属于基础题.14.设,x y 满足约束条件20,0,20,y x y x y -≤⎧⎪+≥⎨⎪-≤⎩则2x y +的最大值是______．【答案】10【解析】【分析】根据,x y 满足约束条件20,0,20,y x y x y -≤⎧⎪+≥⎨⎪-≤⎩，画出可行域，将2z x y =+，变形为2y x z =-+，平移直线2y x =-，当直线在y 轴上截距最大时，目标函数取得最大值求解.【详解】由,x y 满足约束条件20,0,20,y x y x y -≤⎧⎪+≥⎨⎪-≤⎩，画出可行域如图所示阴影部分：将2z x y =+，变形为2y x z =-+，平移直线2y x =-，当直线经过点()4,2A时，直线在y 轴上的截距最大，此时，目标函数取得最大值，最大值为10，故答案为：10 【点睛】本题主要考查线性规划求最值，还考查了数形结合的思想方法，属于基础题.15.2020年4月16日，某州所有61个社区都有新冠病毒感染确诊病例，第二天该州新增这种病例183例．这两天该州以社区为单位的这种病例数的中位数，平均数，众数，方差和极差5个特征数中，一定变化的是______（写出所有的结果）【答案】平均数【解析】【分析】由题意结合中位数、平均数、众数、方差和极差的概念，逐个检验即可得解.【详解】中位数表示将一组数据有序排列，处于中间位置的那个数或两个数的平均数，该州新增病例183例，但各社区的数据变化不明确，所以中位数不一定发生变化；平均数是一组数据中所有数据之和除以数据的个数，该州新增病例183例，数据之和增加，但数据个数依然为61，所以平均数一定发生变化；众数为一组数据中出现次数最多的数，该州新增病例183例，但各社区的数据变化不明确，所以众数不一定发生变化；方差是各个数据与其平均数的差的平方和的平均数，该州新增病例183例，但各社区的数据变化不明确，所以方差不一定发生变化；极差是一组数据中最大值与最小值的差，该州新增病例183例，但各社区的数据变化不明确，所以极差不一定发生变化.故答案为：平均数.【点睛】本题考查了中位数、平均数、众数、方差和极差概念的应用，牢记概念是解题关键，属于基础题.16.已知32()31f x x a x b =-++是奇函数，(),0,()ln(),0,f x xg x x b x ≤⎧=⎨-->⎩若4()2g x a ≤恒成立，则实数a 的取值范围是______．【答案】(,1]{0}[1,)-∞-+∞ 【解析】【分析】由题意结合奇函数的性质可得1b =-，进而可得323,0()ln(1),0x a x x g x x x ⎧-≤=⎨-+>⎩，按照0x >、0x ≤讨论4()2g x a ≤成立情况；当0x ≤时，转化条件为324203x a x a -≤-恒成立，令()()324320h x x a x x a =-≤-，求导求得()h x 的最大值，令()max 0h x ⎡⎤≤⎣⎦即可得解.【详解】由32()31f x x a x b =-++是奇函数可得(0)10f b =+=，即1b =-，所以323,0()ln(1),0x a x x g x x x ⎧-≤=⎨-+>⎩，当0x >时，()ln(1)g x x =-+，可知此时()g x 单调递减，所以()()ln 010g x <+=，所以4()2g x a ≤恒成立；当0x ≤时，32()3g x x a x =-，所以4()2g x a ≤等价于324203x a x a -≤-，令()()324320h x x a x x a=-≤-，则()()()22333h x x a x a x a =+'=--，令()0h x '=，则1x a =，2x a =-，当0a >时，210x x <<，当(),x a ∈-∞-时，()0h x '>，()h x 单调递增；当(),0x a ∈-时，()0h x '<，()h x 单调递减；所以()()h x h a ≤-，若要使4()2g x a ≤恒成立，则()()334332210h a a a a aa -=-+-=--≤恒成立，所以10a -≥即1a ≥；当0a =，()0h x '≥，()h x 单调递增，所以()()4020h x h a ≤=-≤恒成立，满足题意；当0a <时，120x x <<，当(),x a ∈-∞时，()0h x '>，()h x 单调递增；当(),0x a ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减；所以()()h x h a ≤，若要使4()2g x a ≤恒成立，则()()334332210h a a a a aa =--=-+≤恒成立，所以10a +≤即1a ≤-；综上所述，实数a 的取值范围是(,1]{0}[1,)-∞-+∞. 故答案为：(,1]{0}[1,)-∞-+∞.【点睛】本题考查了奇函数性质的应用及导数的综合应用，考查了运算求解能力与逻辑推理能力，合理构造新函数是解题关键，属于中档题.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.已知数列{}n a 的通项公式为11(1)(6)1(1)1222n n nnn a +⎡⎤⎡⎤+--+-⎣⎦⎣⎦=+⨯．（1）求写出数列{}n a 的前6项；（2）求数列{}n a 前2n 项中所有奇数项和S 奇与所有偶数项和S 偶．【答案】（1）112a =，24a =，318a =，42a =，5132=a ，60a =；（2）S 奇22334n=-⨯，S 偶25n n =-+. 【解析】【分析】（1）由题意结合数列的通项公式直接代入即可得解；（2）由题意结合数列的通项公式可得212112n n a --=，226n a n =-+，再利用等差数列、等比数列前n 项和公式分别求解即可.【详解】（1）由11(1)(6)1(1)1222n n nnn a +⎡⎤⎡⎤+--+-⎣⎦⎣⎦=+⨯知： 112a =，24a =，331128a ==，42a =，5511232a ==，60a =．（2）由11(1)(6)1(1)1222n n nn n a +⎡⎤⎡⎤+--+-⎣⎦⎣⎦=+⨯得212112n n a --=，226n a n =-+， ∴{}21n a -是首项为12，公比为14的等比数列， {}2n a 是首项为4，公差为2-的等差数列，∴S 奇1112224133414n n⎛⎫- ⎪⎝⎭==-⨯-，S 偶()()214252n n n n n -=+⨯-=-+．【点睛】本题考查了利用数列的通项求数列的项，考查了等差数列、等比数列的判断及前n 项和公式的应用，属于中档题.18.设点, P Q的坐标分别为(-，0)，直线, PM QM 相交于点M ，且它们的斜率分别是12121,,2k k k k =-．（1）求点M 的轨迹C 的方程；（2）与圆222x y +=相切于点(1,1)-的直线l 交C 于点,A B ，点D 的坐标是(2,0)，求||||||AB AD BD ++．【答案】（1）221(84x y x +=≠±；（2）||||AB AD BD ++=∣【解析】【分析】（1）设点M 的坐标为(),,x y x ≠±，12=-，化简即可得解；（2）由题意结合直线与圆相切的性质可得切线l 的方程为2y x =+，再结合椭圆的性质即可得解. 【详解】（1）设点M 的坐标为(),,x y x ≠±，由题意得1212k k =-=，化简得2228x y +=，所以点M 的轨迹C的方程为(22184x y x +=≠±；（2）由题意圆222x y +=的圆心为(0,0)，过切点(1,1)-和圆心(0,0)的直线的斜率为1-，∴切线l 的斜率为1，∴切线l 的方程为11y x -=+即2y x =+， ∴l 与x 轴的交点坐标是(2,0)-，是椭圆C 的左焦点．(2,0)D 为椭圆C 的右焦点，∴根据椭圆的性质，42282AB AD BD ++=⨯=．【点睛】本题考查了动点轨迹方程的求解，考查了直线与圆相切性质的应用及椭圆焦点三角形周长的求解，属于中档题.19.某城市9年前分别同时开始建设物流城和湿地公园，物流城3年建设完成，建成后若年投入x 亿元，该年产生的经济净效益为(2ln 5)x +亿元；湿地公园4年建设完成，建成后的5年每年投入见散点图．公园建成后若年投入x 亿元，该年产生的经济净效益为(3)x +亿元．（1）对湿地公园，请在2,x kn b x kn b =+=+中选择一个合适模型，求投入额x 与投入年份n 的回归方程；（2）从建设开始的第10年，若对物流城投入0.25亿元，预测这一年物流城和湿地公园哪个产生的年经济净效益高？请说明理由．参考数据及公式：0.336x =，516.22i ii n x==∑；当2t n =时，11t =，521979i i t ==∑，回归方程中的5129.7i i i t x ==∑；回归方程ˆˆˆrks b =+斜率与截距1221ˆmi i i mii s r ms rk sms ==-⋅=-∑∑，ˆˆˆb r ks=-．【答案】（1）20.030.006x n =+；（2）该年湿地公园产生的年经济净效益高，理由见解析. 【解析】【分析】（1）由散点图可得应该选择模型2x kn b =+，令2t n =，代入公式可得k 、b ，即可得投入额x 与投入年份n 的回归方程；（2）由题意将0.25x =代入2ln 5x +即可得物流城第10年的年经济净效益；由回归方程可预测湿地公园第10年的投入，进而可得湿地公园第10年的经济净效益；比较大小即可得解. 【详解】（1）根据散点图，应该选择模型2x kn b =+，令2t n =，则5152221529.75110.3360.039795115i i i ii t x t xk tt ==-⋅-⨯⨯===-⨯-∑∑，∴0.3360.03110.006b x kt =-=-⨯=，故所求回归方程是0.030.006x t =+即20.030.006x n =+；（2）由题意，物流城第10年的年经济净效益为2ln0.25554ln2+=-（亿元）；湿地公园第10年的投入约为20.0360.006 1.086⨯+=（亿元），该年的经济净效益为1.0863 4.086+=（亿元）；因为4.08654ln2>-，所以该年湿地公园产生的年经济净效益高．【点睛】本题考查了非线性回归方程的求解与应用，考查了运算求解能力，熟练使用公式、细心计算是解题关键，属于中档题.20.已知M ，N 是平面ABC 两侧的点，三棱锥M ABC -所有棱长是2，3AN =，5NB NC ==，如图．（1）求证：//AM 平面NBC ；（2）求平面MAC 与平面NBC 所成锐二面角的余弦．【答案】（1）证明见解析；（2）33. 【解析】【分析】（1）取线段BC 中点D ，分别连结,,AD MD ND ，由平面几何的知识、线面垂直的判定BC ⊥平面MAD ，BC ⊥平面NAD ，进而可得平面MAD 与平面NAD 重合，再由平面几何的知识可得四边形ANDM 是平行四边形，再由线面平行的判定即可得证；（2）取线段ND 的中点O ，连结AO ，建立空间直角坐标系，求出各点坐标，求出平面MAC 的一个法向量n 、平面NBC 的一个法向量OA ，再由cos ,||||OA nOA n OA n ⋅=⋅即可得解.【详解】（1）证明：取线段BC 中点D ，分别连结,,AD MD ND ，由条件得2AB AC MB MC ====，5NB NC ==∴BC AD ⊥，BC MD ⊥，BC ND ⊥，AD 与MD 是平面MAD 内两相交直线，AD 与ND 是平面NAD 内两相交直线，∴BC ⊥平面MAD ，BC ⊥平面NAD ， ∴平面MAD 与平面NAD 重合，223MD MC CD AN =-==，222ND NB BD AM =-==，∴四边形ANDM 是平行四边形，即//AM ND ．AM ⊄平面NBC ，ND ⊂平面NBC ，∴//AM 平面NBC ；（2）取线段ND 的中点O ，连结AO ，由（1）知，BC ⊥平面NAD ，3AD MD AN ===ND BC ⊥，∴BC AO ⊥，ND AO ⊥，2AO =，又BCND D =，∴AO ⊥平面NBC ，∴OD 、OA 、BC 两两垂直，以过O 平行BC 的直线为x 轴，分别以直线,OD OA 为y 和z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，∴2)A ，(1,1,0)C -，(0,1,0)D ， ∴(1,1,2)AC =-，2(0,2,0)O M D A ==，设平面MAC 的一个法向量(,,)n x y z =，∴2020n AC x y z n AM y ⎧⋅=-+-=⎪⎨⋅==⎪⎩，不妨取1z =-，得(2,0,1)n =-，又平面NBC 的一个法向量(2OA =，∴23cos ,||||23OA n OA n OA n ⋅-===⋅⨯所以平面MAC 与平面NBC 所成锐二面角的余弦为33．【点睛】本题考查了线面平行的判定及线面垂直的判定及性质，考查了利用空间向量求二面角及运算求解能力，属于中档题.21.（1）求证：当32x ≥时，752xe x>；（2）若函数22()xe f x ax x=-有三个零点，求实数a 的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）4,256e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. 【解析】【分析】（1）设5()xe g x x=，求导后可得函数()g x 的单调性，进而可得()(32)g x g ≥，即可得证；（2）由题意转化条件可得4x e a x =，设4()xe h x x=，求导后可得函数()h x 的单调区间和极值，再根据4x <-、40x -≤<或04x <<、32x ≥分类，求得()h x 的取值范围即可得解.【详解】（1）证明：设5()x e g x x =，则656(5)()5x x x e x g x e e x x x --+-'=-=，∴当5x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，∴当32x ≥时，()3232755552()(32)2322x e e g x g x =≥=>=．所以当32x ≥时，752xe x>；（2）函数22()x e f x ax x =-的定义域为(,0)(0,)-∞+∞，由()0f x =得4x e a x=，设4()x e h x x =，则545(4)()4x x x e x h x e x e x x---'=-+=，当0x <或4x >时，()0h x '>，()h x 单调递增；当04x <<时，()0h x '<，()h x 单调递减；所以当0x >时，()h x 有极小值，且()h x 极小4(4)256e h ==．当4x <-时，4()(4)(4)256e h x h h -<-=<；当40x -≤<或04x <<时，4441()()e h x x ex -≥=，所以对1m ∀>，当0x <<或0x <<时，都有41()()h x m ex ≥>，所以当40x -≤<，4(),256e h x -⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，当04x <<时，4(),256e h x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭；当32x ≥时，由（1）得74()2xe h x x x>⋅=．所以对0m ∀>，当7max 32,2m x ⎧⎫>⎨⎬⎩⎭时，都有7()2h x x m >>，所以当32x ≥时，324(),32e h x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭；综上所述，实数a 的取值范围是4,256e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，合理构造新函数、转化条件是解题关键，属于难题.（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．【选修4-4：坐标系与参数方程】22.以直角坐标系xOy 坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程是222cos 2sin 10ρθρθ-+=．（1）求曲线C 直角坐标方程；（2）射线3πθ=与曲线C 相交于点,A B，直线12:22x t l y t ⎧=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩（t 为参数）与曲线C 相交于点D ，E ，求||||AB DE ⋅．【答案】（1）212y x =+；（2）||||12AB DE ⋅=. 【解析】【分析】（1）将cos x ρθ=，sin y ρθ=代入曲线C 的极坐标方程，即得其直角坐标方程；（2）曲线C 的极坐标方程与射线3πθ=的方程联立，利用极径的几何意义和韦达定理求得AB ,将直线l 的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程，利用直线参数的几何意义和韦达定理求得DE ,进而得解.【详解】解：（1）将cos x ρθ=，sin y ρθ=代入方程222cos 2sin 10ρθρθ-+=得22210x y -+=．所以，曲线C 的直线坐标方程是22210x y -+=，即212y x =+．（2）设()11,A ρθ，(),B ρθ22，在方程222cos 2sin 10ρθρθ-+=中，令3πθ=得220ρ-+=，2(4240∴∆=--⨯=>，12ρρ∴+=，122ρρ⋅=，12||2AB ρρ∴=-==．设点D ，E 在直线l 中对应该的参数分别是12,t t ，将12x t =-，2y =+代入方程22210x y -+=并化简，得260t --=，同上可得，||6DE =．所以，||||12AB DE ⋅=．【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，极坐标方程和参数方程在求弦长中的应用，中点在于理解极径的意义和直线参数方程中的参数的几何意义，属中档题.【选修4-5：不等式选讲】23.设()|1||3|f x x x =+--．（1）对一切x ∈R ，不等式()f x m ≥恒成立，求实数m 的取值范围；（2）已知0,0,()a b f x >>最大值为M ，(2)2a b M ab +=，且224128a b +≤，求证：216a b +=．【答案】（1）(,4]-∞-；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由零点分段法可得4,1()22,134,3x f x x x x -≤-⎧⎪=--<<⎨⎪≥⎩，求得()f x 的最小值后，即可得实数m 的取值范围；（2）由题意转化条件得2(2)1a b ab+=，利用基本不等式可得216a b +≤、216a b +≥，即可得证.【详解】（1）由题意4,1()1322,134,3x f x x x x x x -≤-⎧⎪=+--=--<<⎨⎪≥⎩,所以[]min ()4f x =-，所以，实数m 的取值范围是(,4]-∞-；（2）证明：由（1）知，4M =，由(2)2a b M ab +=得2(2)1a b ab +=，224128a b +≤，所以216a b +≤≤=，当且仅当2b a =，且224128a b +=，即4a =，8b =时，等号成立；2(2)42(2)242416a b a b a b a b ab b a ⎛⎫+⎛⎫+=+⋅=++≥= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当且仅当4a b b a =，且2(2)1a b ab+=，即4a =，8b =时，等号成立；综上所述，216a b +=．【点睛】本题考查了绝对值不等式恒成立问题的解决，考查了利用基本不等式证明不等式的应用及运算求解能力，属于中档题.。

2020届高三第三次诊断性检测数学(理)试题(解析版)

数学试题一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．1．已知全集U＝{x∈Z|x2﹣2x﹣3≤0}，集合A＝{0，1，2}，则∁U A＝（）(A){﹣1，3} (B){﹣1，0} (C){0，3} (D){﹣1，0，3} 2．复数z＝（2+i）（1+i）的共轭复数为（）(A)3﹣3i(B)3+3i(C)1+3i(D)1﹣3i3．已知函数f（x）＝x3+a sin x，a∈R．若f（﹣1）＝2，则f（1）的值等于（）(A)2 (B)﹣2 (C)1+a(D)1﹣a4．如图，在正方体ABCD﹣A1B l C1D1中，已知E，F，G分别是线段A1C1上的点，且A1E ＝EF＝FG＝GC1．则下列直线与平面A1BD平行的是（）(A)CE(B)CF(C)CG(D)CC15．已知实数x，y满足，则z＝2x+y的最大值为（）(A)1 (B)2 (C)3 (D)46．若非零实数a，b满足2a＝3b，则下列式子一定正确的是（）(A)b＞a(B)b＜a(C)|b|＜|a| (D)|b|＞|a|7．已知sin（），则sinα的值等于（）(A)(B)(C)(D)8．执行如图所示的程序框图，则输出的n的值为（）(A)1 (B)2 (C)3 (D)49．在平面直角坐标系xOy中，已知点A（0，﹣2），N（l，0）．若动点M满足，则的取值范围是（）(A)[0，2] (B)[0，2] (C)[﹣2，2] (D)[﹣2，2] 10．“幻方’’最早记载于我国公元前500年的春秋时期《大戴礼》中．“n阶幻方（n≥3，n∈N*）”是由前，n2个正整数组成的﹣个n阶方阵，其各行各列及两条对角线所含的n个数之和（简称幻和）相等，例如“3阶幻方”的幻和为15（如表所示）．则“5阶幻方”的幻和为（）(A)75 (B)65 (C)55 (D)4511．已知双曲线C1（a＞0，b＞0）的左，右焦点分别为F1，F2，抛物线y2＝2px （p＞0）与双曲线C有相同的焦点．设P为抛物线与双曲线C的一个交点，cos∠PF1F2，则双曲线C的离心率为（）(A)或(B)或3 (C)2或(D)2或312．已知函数f（x），，＜．若函数f（x）的极大值点从小到大依次为a1，a2，…，a n，并记相应的极大值为b1，b2，…，b n，则（a i+b i）的值为（）(A)250+2449 (B)250 +2549 (C)249+2449 (D)249+2549二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．13．在（2+x）5的展开式中，x2的系数为．（用数字作答）14．已知公差大于零的等差数列{a n}中，a2，a6，a12依次成等比数列，则的值是．15．某学习小组有4名男生和3名女生．若从中随机选出2名同学代表该小组参加知识竞赛，则选出的2名同学中恰好1名男生1名女生的概率为．16．三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝AC，侧棱AA1⊥底面ABC，且三棱柱的侧面积为3，若该三棱柱的顶点都在同一个球O的表面上，则球O的表面积的最小值为．三、解答题：本大题共5小题，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）已知△ABC中，角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且a cos B b+(C)（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）求sin2B+sin2C+sin B sin C的值．18．(本小题满分12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，△P AD为正三角形，平面P AD上平面ABCD，E，F分别是AD，CD的中点．（Ⅰ）证明：BD⊥平面PEF；（Ⅱ）若∠BAD＝60°，求二面角B﹣PD﹣A的余弦值．19．(本小题满分12分）某保险公司给年龄在20～70岁的民众提供某种疾病的一年期医疗保险，现从10000名参保人员中随机抽取100名作为样本进行分析，按年龄段[20，30），[30，40），[40，50），[50，60），[60，70]分成了五组，其频率分布直方图如图所示；参保年龄与每人每年应交纳的保费如表所示．据统计，该公司每年为这一万名参保人员支出的各种费用为一百万元，（Ⅰ）用样本的频率分布估计总体分布，为使公司不亏本，求z精确到整数时的最小值x0；（Ⅱ）经调查，年龄在[60，70]之间的老人每50人中有1人患该项疾病（以此频率作为概率）．该病的治疗费为12000元，如果参保，保险公司补贴治疗费10000元．某老人年龄66岁，若购买该项保险（x取（Ⅰ）中的x0），针对此疾病所支付的费用为X元；若没有购买该项保险，针对此疾病所支付的费用为Y元，试比较X和Y的期望值大小，并判断该老人购买此项保险是否划算？20．(本小题满分12分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：l（a＞b＞0）的短轴长为2，直线l与椭圆C相交于A，B两点，线段AB的中点为M．当M与0连线的斜率为时，直线l的倾斜角为．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）若|AB|＝2，P是以AB为直径的圆上的任意一点，求证：|OP|．21．(本小题满分12分）已知函数f（x）＝xlnx﹣2ax2+3x﹣a，a∈Z．（Ⅰ）当a＝1时，判断x＝1是否是函数f（x）的极值点，并说明理由；（Ⅱ）当x＞0时，不等式f（x）≤0恒成立，求整数a的最小值，22．(本小题满分10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数）．以坐标原点O为极点，z轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρsin（θ）．（Ⅰ）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（Ⅱ）设点M（0，1）．若直线l与曲线C相交于A，B两点，求|MA|+|MB|的值．23．已知函数f（x）＝x2﹣a|x﹣1|﹣1，a∈R．（Ⅰ）当a＝4时，求函数f（x）的值域；（Ⅱ）∃x0∈[0，2]，f（x0）≥a|x0+1|，求实数a的取值范围．1．U＝{x∈Z|x2﹣2x﹣3≤0}＝{x∈Z|﹣1≤x≤3}＝{﹣1，0，1，2，3}，则∁U A═{﹣1，3}，答案(A)2．∵z＝（2+i）（1+i）＝1+3i，∴．答案(D)3．∵函数f（x）＝x3+a sin x，a∈R．f（﹣l）＝2，∴f（﹣1）＝（﹣1）3+a sin（﹣1）＝﹣1﹣a sin1＝2，∴1+a sin1＝﹣2，∴f（l）＝1+a sin1＝﹣2．答案(B)4．如图，连接AC，使AC交BD与点O，连接A1O，CF，在正方体ABCD﹣A1B l C1D1中，由于A1F AC，又OC AC，可得：A1F OC，即四边形A1OCF为平行四边形，可得：A1O∥CF，又A1O⊂平面ABD，CF⊄平面ABD，可得CF∥平面AB (D)答案(B)5．作出实数x，y满足表示的平面区域，如图所示：由z＝2x+y可得y＝﹣2x+z，则z表示直线y＝﹣2x+z在y轴上的截距，截距越大，z越大作直线2x+y＝0，然后把该直线向可行域平移，当直线经过B时，z最大由可得B（2，0），此时z＝4．答案(D)6．令2a＝3b＝t，则t＞0，t≠1，∴a＝log2t，b＝log3t，∴|a|﹣|b||lgt|•＞0，∴|a|＞|b|．答案(C)7．∵sin（），∴sinα＝﹣cos（α）＝﹣cos2（）＝﹣[1﹣2sin2（）]＝﹣[1﹣2×（）2]．答案(A)8．根据程序框图：执行循环前：a＝0，b＝0，n＝0，执行第一次循环时：，a＝1，b＝2，所以：92+82≤40不成立．继续进行循环，…，当a＝4，b＝8时，62+22＝40，所以：n＝1，由于a≥5不成立，执行下一次循环，当a＝5时，输出结果n＝2答案(B)9．设M（x，y），由动点M满足，得，化简得：x2+（y﹣2）2＝8，由圆的参数方程得：M（2cosθ，2sinθ），则2cosθ∈[﹣2，2]，答案(D)10．由1，2，3，4…24，25的和为325，又由“n阶幻方（n≥3，n∈N*）”的定义可得：“5阶幻方”的幻和为65，答案(B)11．过P分别向x轴和抛物线的准线作垂线，垂足分别为M，N，不妨设PF1＝m，PF2＝n，则F1M＝PN＝PF2＝PF1cos∠PF1F2，∵P为双曲线上的点，则PF1﹣PF2＝2a，即m2a，故m＝7a，n＝5(A)又F1F2＝2c，在△PF1F2中，由余弦定理可得，化简可得c2﹣5ac+6a2＝0，即e2﹣5e+6＝0，解得e＝2或e＝3．答案(D)12．∵f（x），，＜的极大值点从小到大依次为a1，a2，…，a n，相应的极大值为b1，b2，…，b n，∴a1＝2，a2＝4，…，即是以2为首项，以2为公差的等差数列，且共有50项，即n＝50，但是最后一项不是极大值，满足题意的共有49项，∴a n＝2n，∵b1＝f（2）＝1，b2＝f（4）＝2f（2）＝2…是以1为首项，以2为公比的等比数列，b n＝2n﹣1，则（a i+b i）a i b i＝2449+249．答案(C)13．二项展开式的通项为T r+1＝25﹣r C5r x r令r＝2得x2的系数为23C52＝80答案80．14．公差d大于零的等差数列{a n}中，a2，a6，a12依次成等比数列，可得a62＝a2a12，即为（a1+5d）2＝（a1+d）（a1+11d），化为a1＝7d，则．答案．15．某学习小组有4名男生和3名女生．从中随机选出2名同学代表该小组参加知识竞赛，基本事件总数n21，选出的2名同学中恰好1名男生1名女生包含的基本事件个数m12，∴选出的2名同学中恰好1名男生1名女生的概率为p．答案．16．根据题意，如图，设AB＝BC＝AC＝a，AA1＝b，该三棱柱的外接球的半径为R，球心O在底面ABC上的射影为O′，O′为底面三角形△ABC的外心，则AO′a，OO′AA1，则R2，又由三棱柱的侧面积为3，则3ab＝3，变形可得ab，则R2221，即外接球半径的最小值为1，其表面积的最小值S＝4πR2＝4π；答案4π17．（I）由正弦定理得s in A cos B sin A+sin C，又sin C＝sin（A+B）．∴sin A cos B sin A+sin A cos B+cos A sin(B)即cos A sin B sin B＝0，∴cos A，∵0＜A＜π，∴A．（II）∵A，∴由余弦定理可得：a2＝b2+c2+bc，∵，∴sin2B+sin2C+sin B sin C＝（）2+（）2＝（）2＝sin2A．18．证明：（Ⅰ）连结AC，∵P A＝PD，且E是AD的中点，∴PE⊥AD，∵平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，∴PE⊥平面ABCD，∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PE，又ABCD为菱形，且E，F为棱的中点，∴EF∥AC，BD⊥AC，∴BD⊥EF，又BD⊥PE，PE∩EF＝E，∴BD⊥平面PEF．解：（Ⅱ）∵四边形ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，∴EB⊥AD，分别以EA，EB，EP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设AD＝1，则D（，，），B（0，，0），P（0，0，），（，，0），（，，），设平面PBD的法向量（x，y，z），则，∴，取x，得（，，），平面APD的法向量（0，1，0），∴cos＜，＞，由图得二面角B﹣PD﹣A的平面角是锐角，∴二面角B﹣PD﹣A的余弦值为．19．（Ⅰ）由（0.007+0.016+a+0.025+0.020）×10＝1，解得a＝0.032．保险公司每年收取的保费为：10000×（0.07x+0.16×2x+0.32×3x+0.25×4x+0.20×5x）＝10000×3.35x．∴要使公司不亏本，则10000×3.35x≥1000000，即3.35x≥100，解得x29.85，∴x0＝30．（Ⅱ）①若该老人购买了此项保险，则X的取值为150，2150．P（X＝150），P（Y＝2150）．∴E（X）147+43＝190元．②若该老人没有购买此项保险，则Y的取值为0，12000．∵P（Y＝0），P（Y＝12000），所以E（Y）240元，所以E（Y）＞E（X）．∴年龄为66的该老人购买此保险比较划算．20．（Ⅰ）解：由已知得，b＝1，设A（x1，y1），B（x2，y2），由，两式作差，得．由已知条件，知当时，，∴，即a．∴椭圆标准方程为；（Ⅱ）证明：当直线l的斜率不存在时，|OP|＝1＜，不等式成立；当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx+m．联立，得（2k2+1）x2+4kmx+2m2﹣2＝0．△＝16k2﹣8m2+8＞0．，．∴M（，），．由|AB|，化简得，．∴．令4k2+1＝t≥1，则|OM|2．当且仅当t时取“＝”．∴|OM|．∵|OP|≤|OM|+1，∴|OP|，当且仅当时取“＝”．综上，|OP|．21．（Ⅰ）当a＝1时，f′（x）＝lnx﹣4x+4，令F（x）＝f′（x）＝lnx﹣4x+4，则，∴当x＞时，F′（x）＜0，即f′（x）在（，+∞）内为减函数，且f′（1）＝0，∴当x∈（，1）时，f′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，∴f（x）在（，1）内是增函数，在（1，+∞）内是减函数，综上，x＝1是函数f（x）的极大值点．（Ⅱ）由题意得f（1）≤0，即a≥1，现证明当a＝1时，不等式f（x）≤0成立，即xlnx﹣2x2+3x﹣1≤0，即证lnx﹣2x+30，令g（x）＝lnx﹣2x+3，则g′（x），∴当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，∴g（x）在（0，1）内单调递增，在（1，+∞）内单调递减，∴g（x）的最大值为g（1）＝0，∴当x＞0时，不等式f（x）≤0成立，综上，整数a的最小值为1．22．（Ⅰ）由，得（x﹣2）2+y2＝4，由ρsin（θ），得ρsinθ+ρcosθ＝1，∴直线l的直角坐标方程为x+y＝1．（Ⅱ）设直线l的参数方程为（t为参数），代入（x﹣2）2+y2＝1得t2+31＝0，设A，B对应的参数为t1，t2，∴t1+t2＝﹣3＜0，t1t2＝1＞0，t1＜0，t2＜0，∴|MA|+|MB|＝|t1|+|t2|＝|t1+t2|＝323．（Ⅰ）当a＝4时，f（x）＝x2﹣4|x﹣1|﹣1，，＜，当x≥1时，f（x）＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1≥﹣1，即此时f（x）≥﹣1，当x＜1时，f（x）＝x2+4x﹣5＝（x+2）2﹣9≥﹣9，即此时f（x）≥﹣9，综上f（x）≥﹣9，即函数f（x）的值域为[﹣9，+∞）．（Ⅱ）由f（x）≥a|x+1|等价为x2﹣a|x﹣1|﹣1≥a|x+1|，即a（|x+1|+|x﹣1|）≤x2﹣1，即a在区间[0，2]内有解，当0≤x≤1时，a，当0≤x≤1时，0．此时a≤0，当1＜x≤2时，a（x），当1＜x≤2时，0＜（x），此时a，综上a，即实数a的取值范围是（﹣∞，]．。

2020年高三诊断考试理科数学试题答案

2020年高三诊断考试试题答案数学（理科）1．B2．A 3．B4．C5．A 6．B 7．D8．B9．A 10．C11．Ｄ12．D11．【解析】设200(,)4x P x ，则过P 的切线斜率为02x k =，Q 点坐标为0(,1)x -02FQ k x \=-1FQ k k \×=-根据抛物线定义PF PQ = 1l \为FQ 的垂直平分线\x f g h k '''D C OB 为菱形，2''08'4454tan ,''16'28109'''=︒︒=∠D C B 62232''08'4454tan ''212'=⋅=︒⋅=∴D B OC 33''=C B 34''''22=--=∴BC C B BB CC 2272)3435(62''=+⨯=C C BB S 梯形22162662132276=⨯⨯⨯+⨯=∴表S .16．【解析】由余弦定理得︒=∠120A ，1413cos =C ,故2812sin =C.︒=-︒=+3029022AC B,得︒=∠150BIC ,在BIC ∆中，由正弦定理得72sin 14=⨯=CIB .-V 法一：由（Ⅰ）可知PB OE //，又PB AC ⊥，所以AC OE ⊥，⊥AC 平面PAB ，⊂AB 平面PAB ,所以AC AB ⊥，如图二面角为钝角，那么AB OE ，所成的角即为二面角E AC B --的补角，4π=∠PBA ,PB OE //，所以AB OE ，所成的角为4π，因此二面角E AC B --的大小为43π.....................................12分CABP DEO法二：以A 为坐标原点，AB ，AC ，AP 分别为z y x ,,轴，建立空间直角坐标系，则21,21,21(),1,0,0(),0,1,1(),0,1,0(),0,0,1(),0,0,0(--E P D C B A 所以有95%的把握认为，数据标记“*”与沙丘上插钎所布设的位置有关..............................7分（Ⅲ）10.0850.16150.36250.24350.12450.045527.8()x cm =´+´+´+´+´+´= 20.0450.12150.24250.32350.20450.085532.6()x cm =´+´+´+´+´+´=1220x x \-<\该固沙方法在坡顶和坡腰的固沙效果没有差异...............................12分20．【解析】C ABDx（Ⅰ）椭圆的标准方程为：22143x y +=.....................................4分（Ⅱ）由⑴可知(2,0),(0,A B ，设AM 的斜率为k ，则BN 斜率也为k 故直线AM 的方程为(2)y k x =-，直线BN的方程为y kx =-由223412(2)x y y k x ì+=ïí=-ïî得22234(2)12x k x +-=，即2222(34)1616120k x k x k +-+-=k \(y 因为,3232'2xax x x x a x f -+-=-=-）（由0322=-+-a x x 可得:当0412>-=∆a 即3<a 时,有2121,33,33x x a x a x >--=-+=又当)3,0(∈a 时，满足021>>x x ,所以有,0',0∈12<+∞）（）时）和（，（x f x x x 即）上）和（，）在（（+∞,012x x x f 为减函数;,0',12>∈）（）时（x f x x x 即）上，）在（（12x x x f 为增函数.0,0021<><x x a 时，有当,）（）（）时，（则x f x f x x ,0'01>∈为增函数,)(,0',1x f x f x x <+∞∈）（）时（为减函数;当0'03≤≤∆≥）（，时，x f a 恒成立，所以），）在（（∞+0x f 为减函数综上可知：所以）（x g 在），（21上有最小值为）（0000000132ln ln )(x x x x x x x g +-=+--=,又因为），（）则，（252121000∈+∈x x x ,所以），（在）（21000∈>x x g 上恒成立,即a x f x f ln 921-<+）（）（成立......................................................................….........12分22．【解析】（Ⅰ）由条件可知直线l 的普通方程为01-=+y x ，曲线1C 的直角坐标方程为02222=+-+y x y x ，根据曲线1C 的直角坐标方程可知1C 为以)1,1(-为圆心，以2为半径的圆，圆心1C 到直线l 的距离22=d ,由题意R R ∈∃∈∀21x x ，，使得）（）（21x g x f ≥成立，则有min min ）（）（x g x f ≥，即a a ++≥222所以有⎩⎨⎧+≥-≥-2222202）（）（a a a ，解之得[]04,a -∈........................................................................10分。

贵州省毕节市2020届高三诊断性考试(三)理科数学试卷及答案

毕节市2020届高三年级诊断性考试（三）理科数学答案第 1 页共 6 页毕节市2020届高三年级诊断性考试（三）理科数学参考答案及评分建议一、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。

题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B B D C A A D D A C B B二、填空题13. 3− 14.6π 15. 43− 16. ④ 三、解答题17. 解：（Ⅰ）当1>n 时 3133111111=++=++=−−−−n n n n n n a a a a b b 当1=n 时，21=b∴数列}{n b 是首项为2，公比为3的等比数列..................................…. 6分（Ⅱ）由（1）知1)3(21−×=+=n n n a b ∴1)3(21−=−n n a ∴121121)12)(12(2)12)(12](1)3(2[21+−−=+−=+−−=−n n n n n n a c n n n ∴122121112112151313111+=+−=+−−++−+−=n n n n n ....T n ...................…. 12分毕节市2020届高三年级诊断性考试（三）理科数学答案第 2 页共 6 页18. 解：（1）每天准时提交作业的A 等学生人数为：301010003.0=××根据题意得到列联表 A 等非A 等合计每天准时提交作业30 70 100 偶尔没有准时提交作业5 35 40 合计35 105 140 841.3667.43141053510040)7053530(14022>≈=××××−××=K 所以有95%以上的把握认为成绩取得A 等与每天准时提交作业有关. .............…. 6分（2）成绩低于60分的学生共8人，其中每天准时提交作业的有5人，偶尔没有准时提交作业的有3人，所以随机变量4,3,2,1=X ．141705)1(483315==⋅==C C C x P ； 737030)2(482325==⋅==C C C x P ； 737030)3(481335==⋅==C C C x P ； 141705)4(480345==⋅==C C C x P ．随机变量X 的分布列为：随机变量X 的数学期望为：21447372141)(=×+×+×+×=X E .………12分毕节市2020届高三年级诊断性考试（三）理科数学答案第 3 页共 6 页19.（1）证明：连接ANQ 四边形ABNM 的边长均为2，AN MB ⊥∴NC MB ⊥Q 且N NC AN =I⊥∴MB 面NAC⊂AC Q 面NACAC MB ⊥∴.. ...............................................................................................................…5分（2）连接MF BF ,ABC ΔQ 为正三角形，F 为AC 中点BF AC ⊥∴由（1）得MB AC ⊥，且B MB BF =IMBF AC 面⊥∴MFAC ⊥∴在MAF Δ中 1,2==AF MA Q3=∴MF 又3=BF Q ，6=MB222MB BF MF =+∴BF MF ⊥∴以F 为原点，FM FC FB ,,所在的直线分别为z y x ,,轴，建立空间直角坐标系如图所示则)3,21,23(),3,0,0(),0,1,0(),0,0,0(),0,0,3(E M C F B )3,1,0(),3,0,3(),3,21,23(−=−==∴CM BM FE 设平面MBC 的法向量为),,(z y x =⎪⎩⎪⎨⎧=+−=+−∴03033z y z x 令1=z ，解得)1,3,1(=毕节市2020届高三年级诊断性考试（三）理科数学答案第 4 页共 6 页设直线EF 与平面MBC 所成的角为θ则sin =θ分20. 解：（1）设),(),2,(11y x M p t Q −，则1212py x = 由p x y py x 2222=⇒= 所以p x y =′，所以切线MQ 的斜率为px k MQ 1=，故px t x p y 1112=−+，整理得022211=+−p py tx ，设),(22y x N ，同理可得022222=+−p py tx所以直线MN 的方程为0222=+−p py tx所以直线MN 恒过定点)20(p ，…..…….…….….….…….….….…….….….…….….…6分（2）由（1）得直线MN 的方程为2p p tx y += 由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=p xy p p tx y 222可得0222=−−p tx x ， p p t p x x pt y y t x x +=++=+=+22121212)(,2 设H 为线段MN 的中点，则)2,(2p p t t H +，由于MN GH ⊥，而)2,(2p pt t GH −=，与向量1(pt ，平行，所以0)2(2=−+p p t p t t ，解得p t t ±==或0当0=t 时，p R G 2||==半径圆，π24p G 的面积为所以圆当p t ±=时，p R G 2||==半径圆，π22p G 的面积为所以圆….….…….….…….…. 12分毕节市2020届高三年级诊断性考试（三）理科数学答案第 5 页共 6 页21. 解：（1）mxm x x m x f −=−=′11)(, 令0)(=′x f 得m x =当0>m 时，函数)(x f 的定义域为),0(+∞令0)(>′x f 得m x >；0)(<′x f 得m x <<0所以)(x f 的单调递减区间为),0(m ，单调递增区间为),(+∞m当0<m 时，函数函数)(x f 的定义域为)0,(−∞令0)(>′x f 得0<<x m ；0)(<′x f 得m x <所以)(x f 单调递减区间为),(m −∞，单调递增区间为)0,(m ，.….….…….….….….…6分（2）要证：e n <+++)311()311)(311(2L 只需证：21)]311()311)(311ln[(2<+++n L 即证：21)311ln()311ln()311ln(2<++++++n L 由（1）知，取1=m 时，)(x f 在)1,0(上单调递减，在),1(+∞上单调递增，1)1()(=≥∴f x f ，即1ln ≥−x x1ln −≤∴x xn n 31)311ln(<+∴ n n 313131)311ln()311ln()311ln(22+++<++++++∴L L 21)311(21311)311(31<−=−−=n n 所以，原不等式成立.…….…….…….…….……..…….……….…….…….….…….. 12分22.解：（1）由01321231=−−⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=y x t y t x毕节市2020届高三年级诊断性考试（三）理科数学答案第 6 页共 6 页因为222sin cos y x y x +=⎩⎨⎧==ρθρθρ且由0cos 40cos 42=−⇒=−θρρθρ所以4)2(042222=+−=−+y x x y x ，即所以直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程分别为和013=−−y x 4)2(22=+−y x ….….…….….…….….….…….….….…….….5分（2）解把⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=t y t x 21231带入0422=−+x y x ，整理得0332=−−t t 设|||||,|||21t PM t PN == 所以3,32121−==+t t t t因为||||PN PM > 所以||1||11121t t PM PN −=−332121=+=t t t t ……….…….….……..……......…10分23. 解：（1）由6||≤−n mx66≤−≤−n mx0>m Qmn x m n 66+≤≤−∴ ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+−=−∴1636mn m n 解得：3,3−==n m ….….…….….…….….….…….….….…….….5分（2）由3=+b a得6)2()1(=+++b a2,1−>−>b a Q2112(61316)2()1()2111(2111++++++=+++⋅+++=+++∴b a a b b a b a b a 323131=+≥.…….….….….….….….….….….…….....….....….....….....….....…......…10分。

2020届四川省绵阳市高三第三次诊断性测试理科数学试题(word版含答案）

二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知则sinα=____
14.若曲线f(x)=excosx-mx,在点(0, f(0))处的切线的倾斜角为则实数m=_____.
15.已知是椭圆C: 的两个焦点，P是椭圆C.上的一点, 且的面积为则b=____.
16.在一个半径为2的钢球内放置一个用来盛特殊液体的正四棱柱容器，要使该容器所盛液体尽可能多，则该容器的高应为____.
(2)设点P(x0, 0),若点M恒在以FP为直径的圆外，求的取值范围.
(二)选考题:共10分。请考生在第22、23题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题记分。
22.[选修4-4:坐标系与参数方程] (10分)
如图,在极坐标系中,曲线是以C1(4, 0)为圆心的半圆，曲线是以为圆心的圆，曲线C1、都过极点O.
C. f(2)< f(0)<f(1)D. f(2)<f(1)< f(0)
11.已知x为实数，[x]表示不超过x的最大整数，若函数f(x)=x-[x],则函数的零点个数为
A.1B.2C.3D.4
12.在△ABC中，∠C=90°, AB=2, D为AC上的一点(不含端点),将△BCD沿直线BD折起，使点C在平面ABD上的射影O在线段AB上，则线段OB的取值范围是
若将频率视为概率，试解答如下问题：
(1).该物流公司负责人决定随机抽出3天的数据来分析配送的蔬菜量的情况，求这3天配送的蔬菜量中至多有2天小于120件的概率;
(2)该物流公司拟一次性租赁一批货车专门运营从甲地到乙地的蔬菜运输.已知一辆货车每天只能运营一趟,每辆货车每趟最多可装载40件,满载才发车，否则不发车.若发车，则每辆货车每趟可获利2000元;若未发车，则每辆货车每天平均亏损400元.为使该物流公司此项业务的营业利润最大，该物流公司应一次性租赁几辆货车?

2020届高三第三次调研考试理科数学参考答案与评分细则

惠州市2020届高三第三次调研考试理科数学参考答案及评分细则一、选择题题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案DBDACADDADBC1.【解析】{21}{0}x A x x x =<=<，{0}U C A x x =≥，故选D.2.【解析】21313i i 2222z =+=-+（），所以对应的点在第二象限，故选B.3.【解析】20201log πa =2020log 10<=，20201πb ⎛⎫= ⎪⎝⎭()01∈，，1π2020c =1>，所以a b c <<.故选D.4.【解析】因为角θ终边落在直线3y x =上，所以tan 3θ=，21cos 10θ=，所以3sin(2)2πθ-24cos 2(2cos 1).5θθ=-=--=故选A. 5.【解析】如图所示，MP →＝AP →－AM →＝12AD →－45AC →＝12AD →－45(AB →＋AD →)＝12b r －45(a r ＋b r )＝－45a r －310b r.故选C. 6.【解析】依题意，知－4a ＝－12a ，且－52a ≠12，解得a ＝±2.故选A.7.【解析】1233243546521()()()()()n n n n S a a a a a a a a a a a a a a ++=++++=-+-+-+-+-L L2221n n a a a ++=-=-，所以201920211S a =-，故选D.8.【解析】11332815.14C C P C +==故选D. 9.【解析】()21sin 1xf x x e⎛⎫=- ⎪+⎝⎭1sin 1x x e x e ⎛⎫-= ⎪+⎝⎭是偶函数，排除C 、D ，又(1)0,f >Q 故选A. 10.【解析】如图：α//面CB 1D 1，α∩面ABCD =m ，α∩面ABA 1B 1=n ，可知n//CD 1，m//B 1D 1，因为△CB 1D 1是正三角形，m n 、所成角为60°．则m 、n 所成角的正弦值为√32．故选D ．11.【解析】设直线AB 的方程为：x =ty +m ，点A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)，直线AB 与x 轴的交点为M(m,0)，由{x =ty +my 2=x ⇒y 2−ty −m =0，根据韦达定理有y 1⋅y 2=−m , ∵OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2，∴x 1⋅x 2+y 1⋅y 2=2，z结合y 12=x 1及y 22=x 2，得(y 1⋅y 2)2+y 1⋅y 2−2=0，∵点A 、B 位于x 轴的两侧，∴y 1⋅y 2=−2，故m =2．不妨令点A 在x 轴上方，则y 1>0,又F(14,0), ∴S △ABO +S △AFO =12×2×(y 1−y 2)+12×14y 1=98y 1+2y 1≥2√98y 1⋅2y 1=3．当且仅当98y 1=2y 1，即y 1=43时，取“=”号，∴△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是3．故选B ．12.【解析】 (x 0,x 0+1)区间中点为x 0+12，根据正弦曲线的对称性知f(x 0+12)=−1,①正确。

2020年高三6月调研测试(三诊)理数试题及参考答案

12 2
12 2
2
第 10 题解析： f (x) sin 2x cos sin cos 2x sin(2x ) ，由题知 f (x) 的图象关于直线 x 5 对称， 12
故 2 5 k （ k Z ），即 k ，故选 A．
12
2
3
第 11 题解析：由题知 A 在第一象限， B 在第四象限，由 AB 3BP 知 xA 4xB ，则 yA 2 yB ，
x2 a2
y2 b2
1
(a
b
0) ，将其左右焦点和短轴的两个端点顺次连接得到一个面积为 4 的正方形．
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）直线 l：y
kx
m
(k
0，m
0)
与椭圆
C
交于
P，Q
两点（均不在
y
轴上），点
A(0，
m 2
)
，若
直线 AP，PQ，AQ 的斜率成等比数列，且 OPQ 的面积为
6 2
（
一、选择题
1～6 BADDAC 7～12 DDBACB
第5
题解析： a2
a7
a9
3a6
27
a6
9 ， S8
S9
a9
0 ， d
a9
a6 3
3 ，选
A．
第 6 题解析： 110， 10 ，故 P( X 130) P( X 2 ) 1 0.9544 0.0228 ，估计学生人数为 2
（1）求 {an } 的通项公式；
（2）若数列{bn}满足 b1
0 ， bn1
bn
1 ，设 cn
abnn，，
n n
为奇数为偶数
，求数列{cn}的前 2n 项和．

2020届四川省凉山州高三毕业班第三次诊断性检测数学(理)试题答案

= 1 (1- 1) + 1 (1 - 1) + 1 (1 - 1) + ... + 1 ( 1 - 1 )
2 3 23 5 25 7
2 2n -1 2n +1
=
1 2
éêë(1 -
1) 3
+
(1 3
-
1) 5
+
(1 5
-
1) 7
+
... +
(1 2n -1
-
1 2n +
1)ùúû
= 1 (1- 1 ).............................................................................................10分 2 2n +1
\函数h(x)在(0, e)上单增，在( e，+ ¥)上单减
\h(x)max = h( e) = 4e(1- ln e) = 2e\0 < a £ 2e
\ y = f (x)与曲线y = x2至少有一条公切线时，a的取值范围为(0, 2e]......12分
21.解：(1)由题意得：a = 2
Q在RtDOBF2 中，ÐF1BF2 = 600 ,\ÐOBF2 = 300 ,| OB |= b，|OF2| = c
（
2
）
由
已
知
得
：
x = 20 + 30 + 40 + 50 = 35, y = 2.5 + 3 + 4 + 4.5 = 3.5 ………………………6 分
4
4
4
å xi yi = 20´ 2.5 + 30´ 3 + 40´ 4 + 50´ 4.5 = 525

2020届高三数学下学期第三次诊断考试试题理(含解析)

2020届高三数学下学期第三次诊断考试试题理（含解析）（本试卷共3页，大题3个，小题22个．答案要求写在答题卡上）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60分．）1.集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】通过解不等式分别得到集合，然后再求出即可．【详解】由题意得，，∴．故选C．【点睛】解答本题的关键是正确得到不等式的解集，需要注意的是在解对数不等式时要注意定义域的限制，这是容易出现错误的地方，属于基础题．2.复数，其中为虚数单位，则的虚部为（）A. B. 1 C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数共轭的概念得到，再由复数的除法运算得到结果即可.【详解】虚部为-1，故选A.【点睛】本题考查了复数的运算法则、复数的共轭复数等，考查了推理能力与计算能力，属于基础题,复数问题高考必考，常见考点有：点坐标和复数的对应关系，点的象限和复数的对应关系，复数的加减乘除运算，复数的模长的计算.3.已知，，均为锐角，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意，可得，利用三角函数的基本关系式，分别求得的值，利用，化简运算，即可求解.【详解】由题意，可得α，β均锐角，∴－<α－β<.又sin(α－β)＝－，∴cos(α－β)＝.又sin α＝，∴cosα＝，∴sinβ＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β)＝×－×＝.∴β＝.【点睛】本题主要考查了三角函数的化简、求值问题，其中熟记三角函数的基本关系式和三角恒等变换的公式，合理构造，及化简与运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4.把60名同学看成一个总体，且给60名同学进行编号，分5为00，01，…，59，现从中抽取一容量为6样本，请从随机数表的倒数第5行（下表为随机数表的最后5行）第11列开始向右读取，直到取足样本，则抽取样本的第6个号码为（）A. 32B. 38C. 39D. 26【解析】【分析】从随机数表的倒数第5行第11列开始，依次向右读取两位数，大于等于60的数据应舍去，与前面取到的数据重复的也舍去，直到取足6个样本号码为止．【详解】根据随机数表抽取样本的六个号码分别为：18，00，38，58，32，26；所以抽取样本的第6个号码为26.故选：D.【点睛】本题主要考查了抽样方法，随机数表的使用，在随机数表中每个数出现在每个位置的概率是一样的，所以每个数被抽到的概率是一样的，属于基础题．5.如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱中，点是平面内一点，则三棱锥的正视图与侧视图的面积之和为（）A. 2B. 3C. 4D. 5【解析】【分析】根据几何体分析正视图和侧视图的形状，结合题干中的数据可计算出结果.【详解】由三视图的性质和定义知，三棱锥的正视图与侧视图都是底边长为高为的三角形，其面积都是，正视图与侧视图的面积之和为，故选：A.【点睛】本题考查几何体正视图和侧视图的面积和，解答的关键就是分析出正视图和侧视图的形状，考查空间想象能力与计算能力，属于基础题.6.在等比数列中，“是方程的两根”是“”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据“是方程的两根”与“”的互相推出情况，判断出是何种条件.【详解】因为，所以，所以等比数列中，所以；又因为在常数列中，，但是不是所给方程的两根．所以在等比数列中，“是方程的两根”是“”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查数列与充分、必要条件的综合应用，难度一般.在等比数列中，若，则有.7.某运动制衣品牌为了成衣尺寸更精准，现选择15名志愿者，对其身高和臂展进行测量（单位：厘米），左图为选取的15名志愿者身高与臂展的折线图，右图为身高与臂展所对应的散点图，并求得其回归方程为，以下结论中不正确的为（）A. 15名志愿者身高的极差小于臂展的极差B. 15名志愿者身高和臂展成正相关关系，C. 可估计身高为190厘米的人臂展大约为189.65厘米D. 身高相差10厘米的两人臂展都相差11.6厘米，【答案】D【解析】【分析】根据散点图和回归方程的表达式，得到两个变量的关系，A根据散点图可求得两个量的极差，进而得到结果；B，根据回归方程可判断正相关；C将190代入回归方程可得到的是估计值，不是准确值，故不正确；D，根据回归方程x的系数可得到增量为11.6厘米，但是回归方程上的点并不都是准确的样本点，故不正确.【详解】A，身高极差大约为25，臂展极差大于等于30，故正确；B，很明显根据散点图像以及回归直线得到，身高矮臂展就会短一些，身高高一些，臂展就长一些，故正确；C，身高为190厘米，代入回归方程可得到臂展估计值等于189.65厘米，但是不是准确值，故正确；D，身高相差10厘米的两人臂展的估计值相差11.6厘米，但并不是准确值，回归方程上的点并不都是准确的样本点,故说法不正确.故答案为D.【点睛】本题考查回归分析，考查线性回归直线过样本中心点，在一组具有相关关系的变量的数据间，这样的直线可以画出许多条，而其中的一条能最好地反映x与Y之间的关系，这条直线过样本中心点．线性回归方程适用于具有相关关系的两个变量，对于具有确定关系的两个变量是不适用的, 线性回归方程得到的预测值是预测变量的估计值，不是准确值.8.宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的，分别为5，2，则输出的等于（）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【详解】当时，，满足进行循环的条件；当时，满足进行循环的条件；当时，满足进行循环的条件；当时，不满足进行循环的条件，故输出的值为.故选：C．【点睛】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答．9.已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，直线与抛物线交于，两点，若，则=A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】先根据题意写出直线的方程，再将直线的方程与抛物线y2＝2x 的方程组成方程组，消去y得到关于x的二次方程，最后利用根与系数的关系结合抛物线的定义即可求线段AB的长．【详解】解：抛物线C：y2＝2x的焦点为F（，0），准线为l：x＝﹣，设M（x1，y1），N（x2，y2），M，N到准线的距离分别为dM，dN，由抛物线的定义可知|MF|＝dM＝x1+，|NF|＝dN＝x2+，于是|MN|＝|MF|+|NF|＝x1+x2+1．∵，则，易知：直线MN的斜率为±，∵F（，0），∴直线PF的方程为y＝±（x﹣），将y＝±（x﹣），代入方程y2＝2x，得3（x﹣）2＝2x，化简得12x2﹣20x+3＝0，∴x1+x2，于是|MN|＝x1+x2+11故选：B．点睛】本题考查抛物线的定义和性质，考查向量知识的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．10.已知圆：与圆：的公共弦所在直线恒过定点，且点在直线上，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】与,相减得公共弦所在直线方程：，即，所以由得，即，因此，选D.点睛：在利用基本不等式求最值或值域时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.11.已知为双曲线的右焦点，定点为双曲线虚轴的一个顶点，过的直线与双曲线的一条渐近线在轴左侧的交点为，若，则此双曲线的离心率是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，渐近线方程为，求出AF的方程与联立可得，利用，可得的关系，即可求出双曲线的离心率．【详解】设，渐近线方程为，则直线的方程为，与联立可得，∵，，，∴，故选：A．【点睛】本题考查双曲线的性质，考查向量知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．12.已知函数，当时，的取值范围为，则实数m的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求导分析函数在时的单调性、极值，可得时，满足题意，再在时，求解的x的范围，综合可得结果.【详解】当时，，令，则；，则，∴函数在单调递增，在单调递减.∴函数在处取得极大值为，∴时，的取值范围为，∴又当时，令，则，即，∴综上所述，的取值范围为.故选C.【点睛】本题考查了利用导数分析函数值域的方法，考查了分段函数的性质，属于难题.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知，，与的夹角为，则__________.【答案】3.【解析】【分析】先求，再分别根据向量数量积定义以及数量积运算绿求，即可得出结果.【详解】因为，，又，所以.故答案：3.【点睛】本题考查了向量数量积以及向量的模，考查基本分析求解能力，属于基础题.14.的展开式的常数项是_________．【答案】【解析】【分析】由于的通项为，可得的展开式的常【详解】由于的通项为，故由题意得或,故的展开式的常数项是，故选：．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．15.已知是定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集用区间表示为__________．【答案】【解析】设，则，由题意可得故当时，由不等式，可得，或求得，或故答案为（16.甲、乙、丙三位同学获得某项竞赛活动的前三名，但具体名次未知.3人作出如下预测：甲说：我不是第三名;乙说：我是第三名;丙说：我不是第一名.若甲、乙、丙3人的预测结果有且只有一个正确，由此判断获得第三名的是__________.【答案】甲【解析】【分析】若甲正确,则乙与丙错误.则甲不是第三名,乙不是第三名,丙是第一名,矛盾,假设不成立;若乙正确,甲与丙错误.则甲是第三名,乙是第三名,丙是第一名,矛盾,假设不成立;若丙正确,甲与乙错误.则甲是第三名,乙不是第三名,丙不是第一名,即乙是第一名,丙是第二名,甲是第三名,假设成立.【详解】解:若甲的预测正确,乙与丙预测错误.则甲不是第三名,乙不是第三名,丙是第一名,即甲乙丙都不是第三名,矛盾,假设不成立;若乙的预测正确,甲与丙预测错误.则甲是第三名,乙是第三名,丙是第一名,即甲乙都是第三名,矛盾,假设不成立;若丙的预测正确,甲与乙预测错误.则甲是第三名,乙不是第三名,丙不是第一名,即乙是第一名,丙是第二名,甲是第三名,假设成立.故答案为:甲【点睛】本题主要考查合情推理和演绎推理,考查学生的逻辑推理能力和辨析能力.三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程及演算步骤）17.在平面四边形中，已知，，，.（1）求；（2）求周长的最大值.【答案】（1）（2）15【解析】【分析】（1）设,,则,利用正弦定理求出,在利用余弦定理,或,最后检验即可得出结果.（2）设,利用正弦定理有,从而得出和的表示方法,然后,即可得出周长最大值.【详解】解:（1）由条件即求的长,在中,设,,则,∵,∴,∴整理得,解得或.当时可得,与矛盾,故舍去∴（2）在中,设,则∴,∴∴周长最大值为15.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理解三角形,考查三角形周长的最大值,是中档题.18.如图所示，四棱锥中，侧面底面，底面是平行四边形，，，，是中点，点在线段上.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）若，求实数使直线与平面所成角和直线与平面所成角相等.【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)【解析】【分析】(Ⅰ)由线面垂直的判定定理，先证明平面，进而可得；（Ⅱ）先结合(Ⅰ)证明底面，以为原点，延长线、、分别为、、轴建系，用表示出直线的方向向量与平面的法向量的夹角余弦值，以及直线的方向向量与平面的法向量的夹角余弦值，根据两角相等，即可得出结果.【详解】(Ⅰ)解：中，∴∴；连，中∴∴，∴又∴平面∴(Ⅱ)由（1）：，又侧面底面于，∴底面，∴以为原点，延长线、、分别为、、轴建系；∴，，,，，∴，，，设，（），则，设平面的一个法向量，则，可得又平面的一个法向量由题：，即解得：【点睛】本题主要考查线面垂直的性质和已知线面角之间的关系求参数的问题，对于线面角的问题，通常用空间向量的方法，求出直线的方向向量以及平面的法向量，即可求解，属于常考题型.19.某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖.（1）求顾客抽奖1次能获奖的概率；（2）若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为，求的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）详分布列见解析，.【解析】【分析】（1）记事件｛从甲箱中摸出的1个球是红球｝，｛从乙箱中摸出的1个球是红球｝｛顾客抽奖1次获一等奖｝，｛顾客抽奖1次获二等奖｝，｛顾客抽奖1次能获奖｝，则可知与相互独立，与互斥，与互斥，且，，，再利用概率的加法公式即可求解；（2）分析题意可知，分别求得；；；，即可知的概率分布及其期望.【详解】（1）记事件｛从甲箱中摸出的1个球是红球｝，｛从乙箱中摸出的1个球是红球｝，｛顾客抽奖1次获一等奖｝，｛顾客抽奖1次获二等奖｝，｛顾客抽奖1次能获奖｝，由题意，与相互独立，与互斥，与互斥，且，，，∵，，∴，，故所求概率为；（2）顾客抽奖3次独立重复试验，由（1）知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为，∴，于是；；；，故的分布列为的数学期望为.考点：1.概率的加法公式；2.离散型随机变量的概率分布与期望.【名师点睛】本题主要考查了离散型随机变量的概率分布与期望以及概率统计在生活中的实际应用，这一直都是高考命题的热点，试题的背景由传统的摸球，骰子问题向现实生活中的热点问题转化，并且与统计的联系越来越密切，与统计中的抽样，频率分布直方图等基础知识综合的试题逐渐增多，在复习时应予以关注.20.已知椭圆的离心率，过右焦点且垂直于轴的弦长为2．（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆交于两点，求的面积取最大值时的值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据椭圆的离心率和椭圆的几何性质，即可求出结果；（2）联立方程得消去，得，再根据韦达定理和弦长公式可得，由点到直线的距离公式可得点到直线的距离，由面积公式可得，再令，利用导数在函数最值中的应用，即可求出结果.【详解】解：(1)设右焦点，代入椭圆方程得由题意知解得∴椭圆的方程为．(2)联立方程得消去，得，，∴．设，，∴，，∴．又点到直线的距离，∴．令，则，令，得或或，当时，；当时，；当时，；当时，．又，，∴，∴当时，的面积取得最大值，最大值为．【点睛】本题主要考查了椭圆的几何性质，以及直线与椭圆的位置关系和椭圆中三角形面积最值的求法，属于中档题.21.已知函数，．（1）求函数的单调区间及极值；（2）设，当时，存在，，使方程成立，求实数的最小值．【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为.函数有极大值且为，没有极小值.（2）【解析】【分析】（1）通过求导，得到导函数零点为，从而可根据导函数正负得到单调区间，并可得到极大值为，无极小值；（2）由最大值为且可将问题转化为有解；通过假设，求出的最小值，即为的最小值.【详解】（1）由得：令，则，解得当时，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为当时，函数有极大值，没有极小值（2）当时，由（1）知，函数在处有最大值又因为方程有解，必然存在，使，等价于方程有解，即在上有解记，，令，得当时，，单调递减当时，，单调递增所以当时，所以实数的最小值为【点睛】本题考查利用导数求解函数单调区间和极值、能成立问题的求解.解题关键是能够将原题的能成立问题转化为方程有解的问题，从而进一步转化为函数最值问题的求解，对于学生转化与化归思想的应用要求较高.【选修4-4：极坐标与参数方程】22.在平面直角坐标系中，曲线（为参数）．在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线．（1）求曲线的普通方程及的直角坐标方程；（2）设在曲线上对应的点分别为为曲线上的点，求面积的最大值和最小值．【答案】（1），；（2）最大值和最小值分别为，【解析】【分析】（1）先把参数方程化成普通方程，再利用极坐标的公式把极坐标方程化成普通方程；（2）由(1)得点，利用点到直线距离公式可得点到直线距离；再由，可得，由此即可求出面积的最值．【详解】(1)由曲线得曲线的普通方程为．由得，，，所以曲线的直角坐标方程为．(2)由(1)得点，点到直线的距离，其中，所以，．又当时，，，，所以面积的最大值和最小值分别为，．【点睛】本题考查普通方程、参数方程与极坐标方程之间的互化，同时也考查了利用极坐标方程和参数方程求解面积最值问题，考查计算能力，属于中档题.【选修4-5：不等式选讲】23.已知函数.（1）若函数的最小值为3，求实数的值；（2）在（1）的条件下，若正数满足，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用绝对值三角不等式可得,则,即可求解；（2）由（1）可得,即,则,进而利用均值不等式证明即可.【详解】（1）解:∵,∴,又∵,∴.（2）证明:由（1）知,∴,即,正数,∴,当且仅当时等号成立.【点睛】本题考查利用绝对值三角不等式求最值,考查利用均值不等式证明不等式,考查“1”的代换的应用.2020届高三数学下学期第三次诊断考试试题理（含解析）（本试卷共3页，大题3个，小题22个．答案要求写在答题卡上）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60分．）1.集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】通过解不等式分别得到集合，然后再求出即可．【详解】由题意得，，∴．故选C．【点睛】解答本题的关键是正确得到不等式的解集，需要注意的是在解对数不等式时要注意定义域的限制，这是容易出现错误的地方，属于基础题．2.复数，其中为虚数单位，则的虚部为（）A. B. 1 C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数共轭的概念得到，再由复数的除法运算得到结果即可.【详解】虚部为-1，故选A.【点睛】本题考查了复数的运算法则、复数的共轭复数等，考查了推理能力与计算能力，属于基础题,复数问题高考必考，常见考点有：点坐标和复数的对应关系，点的象限和复数的对应关系，复数的加减乘除运算，复数的模长的计算.3.已知，，均为锐角，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意，可得，利用三角函数的基本关系式，分别求得的值，利用，化简运算，即可求解.【详解】由题意，可得α，β均锐角，∴－<α－β<.又sin(α－β)＝－，∴cos(α－β)＝.又sin α＝，∴cosα＝，∴sinβ＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β)＝×－×＝.∴β＝.【点睛】本题主要考查了三角函数的化简、求值问题，其中熟记三角函数的基本关系式和三角恒等变换的公式，合理构造，及化简与运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4.把60名同学看成一个总体，且给60名同学进行编号，分5为00，01，…，59，现从中抽取一容量为6样本，请从随机数表的倒数第5行（下表为随机数表的最后5行）第11列开始向右读取，直到取足样本，则抽取样本的第6个号码为（）A. 32B. 38C. 39D. 26【答案】D【解析】【分析】从随机数表的倒数第5行第11列开始，依次向右读取两位数，大于等于60的数据应舍去，与前面取到的数据重复的也舍去，直到取足6个样本号码为止．【详解】根据随机数表抽取样本的六个号码分别为：18，00，38，58，32，26；所以抽取样本的第6个号码为26.故选：D.【点睛】本题主要考查了抽样方法，随机数表的使用，在随机数表中每个数出现在每个位置的概率是一样的，所以每个数被抽到的概率是一样的，属于基础题．5.如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱中，点是平面内一点，则三棱锥的正视图与侧视图的面积之和为（）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】A【解析】【分析】根据几何体分析正视图和侧视图的形状，结合题干中的数据可计算出结果.【详解】由三视图的性质和定义知，三棱锥的正视图与侧视图都是底边长为高为的三角形，其面积都是，正视图与侧视图的面积之和为，故选：A.【点睛】本题考查几何体正视图和侧视图的面积和，解答的关键就是分析出正视图和侧视图的形状，考查空间想象能力与计算能力，属于基础题.6.在等比数列中，“是方程的两根”是“”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据“是方程的两根”与“”的互相推出情况，判断出是何种条件.【详解】因为，所以，所以等比数列中，所以；又因为在常数列中，，但是不是所给方程的两根．所以在等比数列中，“是方程的两根”是“”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查数列与充分、必要条件的综合应用，难度一般.在等比数列中，若，则有.7.某运动制衣品牌为了成衣尺寸更精准，现选择15名志愿者，对其身高和臂展进行测量（单位：厘米），左图为选取的15名志愿者身高与臂展的折线图，右图为身高与臂展所对应的散点图，并求得其回归方程为，以下结论中不正确的为（）A. 15名志愿者身高的极差小于臂展的极差B. 15名志愿者身高和臂展成正相关关系，C. 可估计身高为190厘米的人臂展大约为189.65厘米D. 身高相差10厘米的两人臂展都相差11.6厘米，【答案】D【解析】【分析】根据散点图和回归方程的表达式，得到两个变量的关系，A根据散点图可求得两个量的极差，进而得到结果；B，根据回归方程可判断正相关；C将190代入回归方程可得到的是估计值，不是准确值，故不正确；D，根据回归方程x的系数可得到增量为11.6厘米，但是回归方程上的点并不都是准确的样本点，故不正确.【详解】A，身高极差大约为25，臂展极差大于等于30，故正确；B，很明显根据散点图像以及回归直线得到，身高矮臂展就会短一些，身高高一些，臂展就长一些，故正确；C，身高为190厘米，代入回归方程可得到臂展估计值等于189.65厘米，但是不是准确值，故正确；D，身高相差10厘米的两人臂展的估计值相差11.6厘米，但并不是准确值，回归方程上的点并不都是准确的样本点,故说法不正确.故答案为D.【点睛】本题考查回归分析，考查线性回归直线过样本中心点，在一组具有相关关系的变量的数据间，这样的直线可以画出许多条，而其中的一条能最好地反映x与Y之间的关系，这条直线过样本中心点．线性回归方程适用于具有相关关系的两个变量，对于具有确定关系的两个变量是不适用的, 线性回归方程得到的预测值是预测变量的估计值，不是准确值.8.宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的，分别为5，2，则输出的等于（）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【详解】当时，，满足进行循环的条件；当时，满足进行循环的条件；当时，满足进行循环的条件；当时，不满足进行循环的条件，故输出的值为.故选：C．【点睛】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答．。

陕西省2020届高三第三次教学质量检测数学(理)答案

转换为直角坐标方程为：ｘ２＋ｙ２＝２ｘ＋２槡３ｙ，所以：ｘ２＋ｙ２－２ｘ－２槡３ｙ＝０．４分
{ （２）将线ｌ的参数方程为：ｘｙ＝＝１１＋＋ｔｔｃｓｉｏｎｓφφ（ｔ为参数），
代入ｘ２＋ｙ２－２ｘ－２槡３ｙ＝０．所以ｔ２－２（槡３－１）ｓｉｎφ·ｔ－２槡３＝０设点Ａ、Ｂ所对应的参数为ｔ１和ｔ２，
解法２：当 λ＝１３，即Ａ→Ｇ＝１３Ｇ→Ｅ，ＦＧ／／面ＡＢＣ．
第１８题图（１）
过Ｇ作ＧＬ／／ＢＥ，交ＡＢ于点Ｌ．连结ＬＣ．
ＧＬ／／ＢＥ，ＧＬ＝１４ＢＥ，ＣＦ／／ＢＥ，ＧＬ＝１４ＣＤ＝１４ＢＥ，
ＧＬ／／ＣＦ四边形ＣＦＧＬ为平行四边形，ＦＧ／／ＣＬ，又ＦＧ面ＡＢＣ，ＦＧ／／面ＡＢＣ．＝
由定义得，ｘ－１＋ｙ＋１＋ｘ＋ｙ－１＝（ｘ－１＋ｘ）＋（ｙ＋１＋ｙ－１）≥ （ｘ－１）－ｘ＋
（ｙ＋１）－（ｙ－１）＝１＋２＝３
（当且仅当０≤ｘ≤１且－１≤ｙ≤１时取等号）８分即ｔ２－２ｔ≤３ｔ２－２ｔ－３≤０，∴ｔ∈[ －１，３]．１０分
（一）必考题：共６０分．
１７．（１２分）【解】（１）∵Ｓｎ－１＝４３（ａｎ－１－１）（ｎ≥２），Ｓｎ－１＝４３（ａｎ－１－１）（ｎ≥２），
∴ａｎ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１＝４３（ａｎ－ａｎ－１），所以ａｎ＝４ａｎ－１．２分
又ａ１＝Ｓ１＝４３（ａ１－１），∴ａ１＝４．
{ ｙｘ２＝＋ｋ４ｘｙ＋２２－４＝０（１＋４ｋ２）ｘ２＋１６ｋｘ＋１２＝０
Δ≥０，（１）
ｘ１
＋ｘ２
＝１－＋１４６ｋｋ２，
则
ｘ１ｘ２

＝１＋１２４ｋ２，
（２）６分
（３）

遂宁市高中2020届三诊考试高三理科数学试卷答案

所以三角形面积为
当且仅当，时，取等号，此时 .且有，
故所求的值为 .……………12分
22．（本小题满分10分）
【解析】：（1）将曲线方程，先向左平移个单位，再向上平移个单位，得到曲线的方程为，也即，故曲线的参数方程为为参数）；……………2分
又点为曲线上任意一点，
所以，
所以的最大值为 ……………5分
23．（本小题满分10分）
【解析】：（1）不等式化为，即，等价于 ①或 ②，
由①解得，由②解得或，……………4分
所以不等式的解集为．……………5分
（2）根据绝对值三角不等式可知
，……………7分
因为的值域为
所以，则，
故
，当且仅当，即时取等号时，
由基本不等式可得．……………10分
所以建立空间直角坐标系如图所示．
由(1)知为直线与平面所成的角
又因为与平面所成角为，
所以，
所以．由可知，
所以，又，
即，故，
则，，，，，
所以，
设平面的法向量为，则，
即，令，则 ……………7分
因为平面，所为锐角，所以二面角的余弦值为．……………9分
由①②解得，．……………10分
又，所以，所以为直角三角形，且角为直角。
故，所以的周长为。……………12分
18．（本小题满分12分）
【解析】（1）因为在长方体中，有平面，所以，
因为四边形是正方形，所以，又从而平面．而平面，所以。……………4分
（2）因为在长方体中，有，，两两垂直，

2020年全国高考数学(理科)诊断性考试试卷含解析 (3)

棱台的体积等于棱锥 P − ABC 的体积减去棱锥 P − DEF 的体积.）
ax − y − z = 1
19．用行列式讨论下列关于
x
、
y
、
z
的方程组

x
+
y
−
az
=
2
的解的情况，并
x − y − z = 1
求出相应的解.
20．已知数列an 中， a1 = 3 ， an+1 + an = 3 2n ， n N * .
（2）证明：
Pn+1
−
Pn
=
−
1 2
( Pn
−
Pn−1 )(1
n

98)
；
（3）若最终棋子落在第 99 站，则记选手落败，若最终棋子落在第100 站，则记
选手获胜.请分析这个游戏是否公平.
18．如图， P − ABC 是底面边长为 1 的正三棱锥， D, E, F 分别为棱长
PA, PB, PC 上的点，截面 DEF / / 底面 ABC ，且棱台 DEF − ABC 与棱锥
(Ⅱ) 设 g ( x) = ex f ( x) ，当 m 1 时，若 g ( x1 ) + g ( x2 ) = 2g (m) ，且 x1 x2 ，求
证： x1 + x2 2m . 23．（选修 4-4.坐标系与参数方程）
在直角坐标系
xOy
中，曲线
C
的参数方程是
x
=
1
+
2 cos , （为参数），以
B．1
C． − 1 2
D． −1
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分

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从而 a2 = 3 = b2 + c2 − 2bc cos A = b2 + c2 − bc bc
…6 分
∴ SABC
=
1 bc sin 2
A
3 sin 2
A
=
33 4
即 ABC 面积的最大值为 3 3 ，此时 ABC 是正三角形. 4
18.（Ⅰ）以 A 为原点，如图建立空间直角坐标系，不妨取棱长为 6 ，
，且
ON
2
=
2b2
1+ k22 1+ 2k22
=
4k12 4k12
+ +
1 2
2b2
∴
OP
2
+
ON
2
=
6k12 4k12
+ +
3 2
2b2
=
3b2
=
9
∴ b2 = 3 ,从而椭圆方程为 x2 + y2 = 1. 63
…12 分
( ) 22．（Ⅰ）由圆 C 的普通方程为： x − 3 2 + ( y −1)2 = 4 即 x2 + y2 − 2 3x − 2y = 0
合计
100 100
200
∴ K 2 = 200 (1680 − 84 20)2 0.542 ,由 0.542 0.455
100 100 36 164 ∴有 5 成以上的把握认为理性消费与性别有关.
20．（Ⅰ）易知定义域为 R ,且 f ( x) = aex ( x + 3) ，∴ f ( x) = 0 得 x = −3
则 M (0,6, 4), F (3,6,0), B1 (6,0,6), E (6,3,0), N (0,6, 2)
…12 分
∴ MF = (3, 0, −4), EB1 = (0, −3, 6), EN = (−6,3, 2)
设平面
B1EN
的法向量
n1
=
(
x,
y,
z)
，则
−3 y −6x
+ +
6z 3y
max
…12 分 …5 分
…12 分
2
21．（Ⅰ）由 e =
2 2
知 a2 =2b2
=
2c2 ，∴方程可表示为 x2 2b2
+
y2 b2
=1
( ) ( ) 设 M ( x0, y0 ), A( x1, y1 ), 则
x02 − x12
+2
y02 − y12
= 0 ，即 y0 − y1 y0 + y1 = − 1 x0 − x1 x0 + x1 2
(x + 2)ex
( ) 设
g
(x)
=
x2 + 6x
(x + 2)ex
(x
−2)
，则
g(x)
=
−(x
+ 3) (x+
x2 + 4x
2)2 ex
−
4
由 x −2 和 g( x) = 0 ，得 x = 2 2 − 2, x = −2 2 − 2 （舍）
( ) ( ) ∴ g ( x) 在 −2, 2 2 − 2 上递增，在 2 2 − 2, + 上递减 ( ) ∴ g ( x) = g 2 2 − 2 = 2 e2−2 2 ∴ a 2 e2−2 2
= 1100（元）
…6 分
（Ⅱ）由题知女性的理性消费金额的中位数为1000, 所以落在区间 (800,1200) 人数为16
人，男性理性消费金额中位数为1500 ，所在落在区间 (1300,1700) 人数为 20 人，∴ 2 2
列联表为：
女性男性
合计
理性消费
16
20
36
非理性消费 84
80
164
= +
0 2z
=
0
∴可取 n1 = (4, 6,3) ,∴ MF n1 = 0 ,即 MF ⊥ n1 ,∴ MF ∥平面 B1EN ； …6 分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知平面 B1EN 的法向量 n1 = (4, 6,3) ，又面 ABCD 的法向量 n2 = (0, 0,1)
∴平面
B1EN
与平面
ABCD
所成锐二面角的余弦值为
知 4x + 2a 4 的解集即为−3, −1
∴
−1
−
a 2
,1−
a 2
=
−3,
−1
∴ a = 2 ，即 a = 4 . 2
…10 分
4
…10 分
23．（Ⅰ）由 a = 4 ，∴ f ( x) 6 − x +1 ，即为： 2 x − 2 + x −1 6
①当 x −1时，(* )式即为： −3x + 3 6 ，∴ x −1 符合 ②当 −1 x 2 时，(* )式即为： −x + 5 6 ， x −1 不符合 ③当 x 2 时，(* )式即为： 3x − 3 6 ， x 3 符合
综上，不等式的解集为 x x −1, x 3 ；
┄ (*) …5 分
3
−4a,
x
−
3 2
a
（Ⅱ）由
f
( x + 2a) −
f
(x)
=
2x + 3a
−
2x − a
=
4x + 2a, −
3a 2
x
a 2
，
4a,
x
a 2
由 f ( x + 2a) − f ( x) 4 的解集为x − 3 x −1
∴圆 C
的极坐标方程为
=
4 sin
+
3
；
…5 分
（Ⅱ）由 l
:
y
=
kx
k
=
tan ,
2
或
x
=
0
=
2
( ) 由圆 C 的圆心 C 3,1 , r = 2 ，又弦长为 2 ，∴圆心 C 到 l 的距离 d = 3
∴圆心 C 到 l 的距离 d = 3 ，∴ l 的倾斜角 = 90 或 = 150 .
∴当 a 0 时， f ( x) 在 (−, −3) 上递减，在 (−3, +) 上递增.
∴
f
( x) 有最小值
f
( −3)
=
−a e3
同理，当 a
0
时，
f
( x) 有最大值
f
( −3)
=
−a e3
.
（Ⅱ）当 x = −2 ，有 0 −8 ，∴ a R
当
x
−2 时，
f
(x)
x2
+
6x
a
x2 + 6x
3
61 61
.
…12 分
1
19.（Ⅰ）由表格知男性平均消费金额为
x = 0.15 250 + 0.15 750 + 0.21250 + 0.31750 + 0.2 2500 = 1425 （元）
由频率分布直方图知女性平均消费金额为：
y = (2.5 0.3 + 7.5 0.2 +12.5 0.2 +17.5 0.15 + 22.5 0.1+ 27.5 0.05)100
2
4
sin C
sin B sin A
∴由 b sin B − a sin A = 2sin B sin C − 2sin2 C = bsin C − c sin C
即 b2 + c2 − a2 = bc ，∴ cos A = b2 + c2 − a2 = 1 ,从而 A = ；
2bc
2
3
（Ⅱ）由 A = ，∴ a = 2sin A = 3 , 3
∴ kAM
kOQ
=
−
1 2
,结论成立；
…Hale Waihona Puke 分（Ⅱ）设 lOP : y = k1x ，代入 x2 + 2 y2 = 2b2 ，得
x12
= 2b2 1+ 2k12
, y12
= 2b2k12 1+ 2k12
，∴
OP
2
=
2b2
1+ k12 1+ 2k12
同理设 lON
:
y
= k2x ，则 k1k2
=
−1 2
2020 年高三年级第三次诊断性测试答案（理科数学）
一、选择题：每小题 5 分.
1~5. CBBCD
6~10.CBAAD
11~12.CA
二、填空题：每小题 5 分
13. 2
14. 36
15. 3
16.
1 4
,
5 4
三、解答题：
17. （Ⅰ）由 S = 1 ab sin C = 1 abc ， ∴ c = 2 = b = a