2020届四川省广元市高考第三次适应性统考数学试卷（理科）含答案

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1、广元市高广元市高 20202020 届第三次高考适应性统考届第三次高考适应性统考数学试卷（数学试卷（理工理工类）类） 一、选择题一、选择题 1若 2 1 i z i （其中i是虚数单位） ，则z （ ） A1 B2 C2 D4 2已知集合 2 28Ax xx，2,0B ，下列命题为假命题的是（ ） A 00 ,xA xB B 00 ,xB xA C,xA xB D,xB xA 3如图，在四棱锥PABCD中，底面为梯形，ADBC，3AD，6BC ，,E F分别为棱,PB PC 的中点，则（ ） AAEDF，且直线,AE FD是共面直线 BAEDF，且直线,AE FD是异面直线 CAEDF，且直线

2、,AE FD是异面直线 DAEDF，且直线,AE FD是共面直线 4若 2 log0.3a ，0.32 b ， 2 0.3c ，则实数, ,a b c的大小关系为（ ） Aabc Bacb Cbac Dbca 5已知在ABC中，内角, ,A B C所对的边长分别是, ,a b c，则sinsinAB是ab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 6 如图的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著 数书九章 中的 “中国剩余定理” .执行该程序框图， 则输出的n为（ ） A50 B53 C59 D62 7中国农业银行广元分行发行“金穗广元剑门关旅游卡”是以“

3、游广元、知广元、爱广元、共享和谐广 元”为主题活动的一项经济性和公益性相结合的重大举措,以最优惠的价格惠及广元户籍市民、浙江及黑龙 江援建省群众、省内援建市市民，凡上述对象均可办理此卡，本人凭此卡及本人身份证一年内（期满后可 重新充值办理）在广元市范围内可无限次游览所有售门票景区景点，如：剑门关、朝天明月峡、旺苍鼓城 山七里峡、青川唐家河、广元皇泽寺、苍溪梨博园、昭化古城等，现有浙江及黑龙江援建省群众甲乙两 人准备到广元旅游（同游） ，他们决定游览上面7个景点，首先游览剑门关但不能最后游览朝天明月峡的游 览顺序有（ ）种. A300 B480 C600 D720 8设函数 2 4 3 x x

4、f x ，则函数 f x的图象大致为（ ） A B C D 9在ABC中，2AB ，4BC ，60ABC，AD为BC边上的高，O为AD的中点，若 AOABBC，则（ ） A 1 3 B 2 3 C 3 8 D 5 8 10已知O为坐标原点，双曲线 2 2 2 :10 x Cya a ，过双曲线C的左焦点F作双曲线两条渐近线的平 行线，与两渐近线的交点分别为,A B，若四边形OAFB的面积为1，则双曲线C的离心率为（ ） A2 B2 2 C2 D 5 2 11函数 sin0f xAx对任意的xR都有 2f xfax，且0a时a的最大值为 5 ，下列四个结论： 5 x 是 f x的一个极值点；若

5、f x为奇函数，则 f x的最小正周期 4 5 T ；若 f x为偶函数，则 f x在,0 5 上单调递增；的取值范围是0,5.其中一定正确 的结论编号是（ ） A B C D 12设函数 f x的定义域为1,，满足 22fxf x，且当1,2x时， 12f xxx， 若对任意1,xm，都有 1f x ，则m的取值范围是（ ） A1,62 B1,62 C1,122 2 D1,122 2 二、填空题二、填空题 13如果 2 1 21 n x x 的展开式中各项系数之和为32，则n的值为_. 14若2cos2cos 4 ，且, 2 ，则sin2的值为_. 15抛物线 2 :4C yx的焦点为F，直

6、线20yk xk与抛物线C交于不同的,A B两点，且 2 5 AF BF ，则k _. 16如图，二面角l 的大小为 3 ，半平面内有一点A（不在l上） ，半平面内有一点C（不在l 上） ，,A C在直线l上的射影分别为,B D（,B D不重合） ，1ABCD，3BD ，则三棱锥ABCD 外接球的表面积为_. 三、解答题三、解答题 17 记 n S为各项均为正数的等比数列 n a的前n项和， 已知 1 11 8 a ， 321 213SSa， 记 2 l o g nn ba， 其中 x表示不超过x的最大整数，如0.90， 4 1 3 ， 22. （）求 n a的通项公式； （）求 n b的前n

7、项和 n T. 18如图，在矩形ABCD中，22ABAD，E为边CD的中点，以EB为折痕把CEB折起，使点C 到达点P的位置，且使平面PEB 平面ABED. （）证明：PBAE； （）求直线BE与平面PAB所成角的正弦值. 19冠状病毒是一个大型病毒家族，己知可引起感冒以及中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼吸综合征 （SARS）等较严重疾病.而今年出现在湖北武汉的新型冠状病毒（nCoV）是以前从未在人体中发现的冠状 病毒新毒株.人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等.在较严重病 例中，感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、肾衰竭，甚至死亡.某医院为筛查冠状病

8、毒,需要检验血液是 否为阳性，现有4份需检验血液. （）假设这4份需检验血液有且只有一份为阳性，从中依次不放回的抽取3份血液，已知前两次的血液均 为阴性，求第3次出现阳性血液的概率； （）现在对4份血液进行检验,假设每份血液的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，据统计每份血液是 阳性结果的概率为 1 0 100 PP ，现在有以下两种检验方式： 方式一：逐份检验. 方式二：混合检验，将4份血液分别取样混合在一起检验（假设血液混合后不影响血液的检验）.若检验结 果为阴性，则这4份血液全为阴性，检验结束；如果检验结果为阳性，则这4份血液中有为阳性的血液，为 了明确这4份血液究竟哪几份为阳性，就要对这

9、4份再逐份检验.从检验的次数分析，哪一种检验方式更好 一些，并说明理由.参考数据： 4 0.990.96. 20已知函数 lnf xx. （）函数 2 1 22 2 t xxaxaf x，讨论 t x的单调性； （）曲线 3 0g xxx在点P处的切线为l，是否存在这样的点P使得直线l与曲线 yf x也相 切，若存在，判断满足条件的点P的个数，若不存在，请说明理由. 21已知椭圆 2 2 :1 2 x Cy，过点0,1P作互相垂直的两条直线分别交椭圆C于点,A B（,A B与P不 重合）. （）证明：直线AB过定点 1 0, 3 ； （）若以点 1 0, 9 E 为圆心的圆与直线AB相切，且切

10、点为线段AB的中点，求四边形PAEB的面积. 22在平面直角坐标系xOy中，曲线 1 C的参数方程为 2cos 22sin x y （为参数） ，直线l过原点且倾 斜角为，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系. （）求曲线 1 C和直线l的极坐标方程； （）若直线l与曲线 1 C相交于不同的两点,A B，求 OBOA OAOB 的取值范围. 23已知, a b都是实数，0a，函数 123f xxx . （）若 1f x ，求实数x的取值范围； （）若 5 2 2 ababa f t对满足条件的所有, a b都成立，求实数t的取值范围. 广元市高广元市高 2020 届第三次高考适应性统考

11、数学（届第三次高考适应性统考数学（理工理工类）参考答案类）参考答案 一、选择题一、选择题 1C 2C 3D 4B 5C 6B 7C 8A 9D 10A 11A 12C 二、填空题二、填空题 135 14 7 8 152 1613 3 三、解答题三、解答题 17解： （）因为： 321 213SSa，所以： 321 3100aaa. 所以： 2 3100qq.解得：2q 或5q （舍）. 所以： 14* 11 211 2 8 nn n anN . （）根据题意有： 4 222 loglog11 24log 11 n nn ban . 因为： 1 3log 114，所以： 2 4log 114 3

12、1 n bnnn . 所以：数列 n b是以首项为0，公差为1的等差数列. 所以 2 * 01 22 n nnnn TnN . 18解： （）因为：1BCCEEDAD，所以：2AEBE， 又因为：2AB ，所以：AEBE. 因为：面PEB 面ABED且面PEB面ABEDBE， 所以：AE 面PEB.所以：PBAE. （）设直线BE与平面PAB所成角为，以E为原点建立如图所示的空间直角坐标系： 根据题意有：0,0,0E， 2,0,0A， 0, 2,0B， 22 0, 22 P . 所以： 0,2,0BE ， 2, 2,0AB ， 22 0, 22 PB . 设平面PAB的法向量为：, ,ix y

13、 z. 所以： 220 22 0 22 i ABxy i PByz ，可取：1,1,1i . 所以： 23 sin 323 BE i BEi . 19解： （） 1 1 1 2 1 2 C P C . （）方式一：检验次数4次. 设方式二需要需检验的次数为X.根据题意有X的可能取值为1,5. 4 11P xp， 4 211P xp . 所以：X的分布列为： X 1 5 P 4 1p 4 11p 所以： 444 15 1154 1E Xppp . 因为： 1 0 100 p， 所以： 4 4 4 1 54 154 154 0.9954 0.961.164 100 E Xp . 所以：从检验的次数

14、分析，方式二更好一些. 20解： （）因为： 2 1 22 ln 2 t xxaxax， 所以： 22 2 xxaa txxa xx . 所以：当0a时： t x在0,2减，在2,增； 当2a时： t x在0,增； 当02a时： t x在0,a增，在,2a减，在2,增； 当2a时： t x在0,2增，在2,a减，在, a 增. （）设 3 000 ,0P x xx . 因为： 2 3g xx，所以： 2 00 3g xx. 所以直线l的方程为： 32 000 3yxxxx，即： 23 00 32yx xx. 假设直线l与 f x的图象也相切，切点为： 11 ,lnxx. 因为 1 fx x ，

15、所以： 1 1 1 fx x . 所以直线l的方程也可以写作为： 11 1 1 lnyxxx x . 又因为： 2 0 1 1 3x x ，即： 1 2 0 1 3 x x . 所以直线l的方程为： 2 0 22 00 11 ln3 33 yxx xx ，即： 2 00 32lnln3 1yx xx. 由有： 3 00 2lnln3 12xx ，即： 3 00 22ln1 ln30xx . 令： 3 0000 22ln1 ln300m xxxx ， 所以： 2 00 0 2 6m xx x . 令 2 00 0 2 60m xx x ，得： 3 0 1 3 x ， 所以： 0 m x在 3 1

16、 0, 3 减，在 3 1 , 3 增. 所以： 33 0 min 11111 22ln1 ln3ln30 33333 m xm ， 又因为：当0x时， 0 m x；当x 时， 0 m x. 所以： 3 000 22ln1 ln30m xxx 在0,有且只有两个实数根. 所以：存在这样的点P使得直线l与函数 f x的图象也相切，这样的点P有且只有两个. 21解： （）根据题意有：直线AB、PB、PA斜率均存在. 设: AB lykxm， 11 ,A x y、 22 ,B x y 联立： 2 2 1 2 x y ykxm ，有： 222 214220kxkmxm， 所以： 12 2 4 21 k

17、m xx k ， 2 12 2 22 21 m x x k . 因为PBPA， 所以： 1212 1212 1111 1 PBPA yykxmkxm kk xxxx ， 化简得： 2 2 1 212 1110kx xk mxxm， 所以： 2 2 2 22 224 1110 2121 mkm kk mm kk ， 化简得： 2 3210mm ，解得 1 3 m 或1. 当1m时，:1 AB lykx过点P，则P与A或B重合，不满足题意，舍去， 所以： 1 3 m ，即 1 : 3 AB lykx 所以：直线AB过定点 1 0, 3 . （）方法一：由（）有： 1 3 m ， 则： 1 : 3

18、AB lykx， 12 2 4 3 21 k xx k ， 12 2 16 9 21 x x k . 如图所示： 设线段AB的中点为, DD D xy， 则： 12 2 2 3 221 D k xx x k ， 22 21 11 33 321321 DD k ykxk kk . 因为以 1 0, 9 E 为圆心的圆与直线AB相切于AB的中点， 所以：EDAB， 又因为： 22 21 1 33 , 21219 k ED kk ，且AB与1,k平行， 所以： 22 21 1 33 0 21219 k k kk ， 解得0k 或1. 由上图有：四边形PAEB的面积 121212 1184 2299

19、SPE xxxxxx. 当0k 时： 1 : 3 AB ly ，易得： 41 , 33 A 、 41 , 33 B ， 所以： 12 444432 993327 Sxx. 当1k 时： 有： 2 2 121212 22 464 4 13 39 4 21219 k xxxxx x kk ， 所以： 12 444 1316 13 99981 Sxx. 由有： 32 27 S 或16 13 81 . 方法二：因为以 1 0, 9 E 为圆心的圆与直线AB相切于AB的中点D， 所以： 22 22 2 11 21 193 33 21219 1 k kk k ， 解得：0k 或1. 前后同方法一： 方法三

20、：由（）有： 1 : 3 AB lykx， 12 2 4 3 21 k xx k ， 12 2 16 9 21 x x k . 由上图有：四边形PAEB的面积 1121212 1184 2299 SPE xxxxxx. 根据题意结合图形有：EAEB，即： 22 22 1122 11 99 xyxy ， 即： 22 22 1122 11 2222 99 yyyy ，化简得： 1212 2 0 9 yyyy ， 所以： 12 0yy或 12 2 9 yy . 当 12 0yy时，易得：0k ，即： 1 : 3 AB ly ，易得： 41 , 33 A 、 41 , 33 B ， 所以： 12 44

21、4432 993327 Sxx. 当 12 2 9 yy 时： 2 1212 2 4 222 3 32139 k yyk xx k ，解得：1k . 有： 2 2 121212 22 464 4 13 39 4 21219 k xxxxx x kk ， 所以： 12 444 1316 13 99981 Sxx. 由有： 32 27 S 或16 13 81 . 22解： （）由 2cos 22sin x y （为参数）有： 22 420xyy， 所以： 1 C的极坐标方程为： 2 4 sin20， 直线l的极坐标方程为：0,R . （）联立： 2 4 sin20 有： 2 4 sin20 根据题

22、有： 2 16sin80，所以： 2 1 sin1 2 . 在极坐标系下设 1, A 、 2, B ，所以： 2 12 4sin， 12 2 . 所以： 222 2 2121 1212 16sin4 8sin2 2 OBOA OAOB . 因为： 2 1 sin1 2 ，所以： 2 28sin26 所以： OBOA OAOB 取值范围为：2,6. 23解： （）因为： 335 123121 222 f xxxxxxx（ 3 2 x 时取等）. 因为： 5 1 2 .所以：xR. （）由： 5 2 2 ababa f t，有： 5 2 2 abab f t a ， 即： min 5 2 2 abab f t a . 因为： 555 22 3 22222 3 aa abababbabb a aaaa （2ab时取等） ， 所以： 3f t .即：1233tt . 即： 3 2 323 t t 或 3 1 2 43 t t 或 1 323 t t . 解得： 35 23 t 或 3 1 2 t 或无解，所以： 5 1, 3 t .