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

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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