2020届四川省XX重点中学高三上学期11月阶段性检测数学试卷（理科）含答案

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1、高高 20172017 级高三上期级高三上期 1 11 1 月阶段性测试数学试题（理科）月阶段性测试数学试题（理科） 考试时间：120 分钟 全卷满分：150 分 I 卷 一、选择题（共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 分） 1设集合 1,0A = ， |,Bt tyx xA yA=，则AB =（ ） . A1 .B 1 .C 1,1 .D 1,0 2在复平面内，给出以下四个说法： 实轴上的点表示的数均为实数； 虚轴上的点表示的数均为纯虚数； 互为共轭复数的两个复数的实部相等，虚部互为相反数； 已知复数z满足(1)3i zi+=，则z在复平面内所对应的点位于第四象限 其中说法正确的个数

2、为（ ） . A1 .B2 .C3 .D4 3设等差数列 n a的前n项和为 n S，若 94 SS=， 5 0 k aa+=，则k =（ ） . A6 .B7 .C8 .D 9 4将(2)nx的展开式按x的降幂排列，若第三项的系数是40，则n =（ ） . A4 .B5 .C6 .D7 5魏晋时期数学家刘徽在他的著作九章算术注中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所 围成的几何体为“牟合方盖”刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之 比应为:4若已知正方体的棱长为2，则“牟合方盖”的体积为（ ） . A16 .B16 3 .C 16 3 .D 128 3 6如图，一高为H

3、且装满水的鱼缸，其底部设计了一个排水小孔， 当小孔打开时，水从孔中匀速流出，水流完所用时间为T若鱼缸 水深为h时，水流出所用时间为t，则函数( )hf t=的图象大致是（ ） . A .B .C .D 7如图，圆锥的高3 SO = ，底面直径2AB =，C是圆O上一点，且1AC =， 则SA与BC所成角的余弦值为（ ） . A 3 4 .B 3 3 .C 1 4 .D 1 3 8某省两年后的新高考将实行3 12+ +模式，即语文、数学、英语必选，物理、历史二选一，政治、 地理、化学、生物四选二，共有 12 种选课模式今年在该省读高一的小明与小芳都准备选考物理， 假若他们都对政治、地理、化学、生

4、物四科没有偏好，则他们选课相同的概率为（ ） . A 1 36 .B 1 16 .C 1 8 .D 1 6 9如图所示框图，若输入三个不同的实数x，输出的y值相同， 则此输出结果y可能是（ ） . A2 .B1 .C 1 2 .D4 10在平面直角坐标系中，过坐标原点O作曲线: x C ye=的切线l，则曲线C、直线l与y轴所围 成的封闭图形的面积为（ ） . A 1 1 2 e .B 2 e .C 1 2 e .D 3 2 e 11已知椭圆、双曲线均是以线段AC的两端点为焦点的曲线，点B是它们的一个公共点，且满足 0BA BC= ，记此椭圆和双曲线的离心率分别为 12 ee、，则 22 12

5、 11 ee +=（ ） . A 3 2 .B2 .C 5 2 .D 3 12 已知( )yf x=是定义在R上的偶函数， 且(1)(1)fxf x =， 当 1,0 x 时， 3 ( )f xx= ， 则函数( )( ) |cos|g xf xx=在区间 5 1 , 2 2 上的所有零点之和为（ ） . A7 .B6 .C5 .D4 II 卷 二、填空题（共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分） 13已知以点C(1,2)为圆心的圆C与直线20 xy+=相切，则圆C的方程为_ 14在矩形ABCD中，2AB =，4AD =， 1 3 AMMD= ，则BM MC= _ 15已知函数 () 2

6、 ( )ln1f xxx=+ ，设() 3 log 0.2af=， () 0.2 4bf =， () 1.1 2cf=， 请将abc、 、按照由大到小的排列顺序写出：_ 16已知数列 n a中， 1 2a =， 1 ()1(*) nnn n aaanN + =+，若对于任意的 2,2a ， *nN，不等式 2 1 21 1 n a tat n + 的一个顶点与抛物线 2 2: 4Cxy=的焦点重合， 12 FF、分别是椭圆 1 C的左、右焦点，其离心率 6 3 e =，过椭圆 1 C右焦点 2 F的直线l与椭圆 1 C交 于AB、两点 （）求椭圆 1 C的方程； （）是否存在直线l，使得1OA

7、 OB= ？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由； （）已知( ,0)M t为一动点，若直线l的斜率存在且不为0，N为AB的中点，满足MNAB， 求实数t的取值范围 21 （12 分）已知函数 2 2 ( )ln(0) x e f xaxx xx =+ （）若0a =，求函数( )( )g xxf x= 的单调区间； （）若函数( )f x在区间(0,2)内有两个极值点 1212 ()xx xx、，求实数a的取值范围； （）在（）的基础上，求证： 12 2lnxxa+ （二）选考题：共 10 分请考生在第 22、23 题中任选一题作答，若多做，则按所做的第一题记分 22 （10 分）选

8、修 44：坐标系与参数方程 已知极点与坐标原点O重合，极轴与x轴非负半轴重合，M是曲线:2sinC=上任一点， 点P满足3OPOM= 设点P的轨迹为Q （）求曲线Q的平面直角坐标方程； （）将曲线Q向右平移1个单位后得到曲线N，设曲线N与直线: 1 xt l yt = = + (t为参数)相交于 AB、两点，记点(0,1)T，求|TATB+ 23 （10 分）选修 45：不等式选讲 已知函数( ) |5|f xx= （）求不等式( )(2)3f xf x+的解集； （）若0a 16(, 22,) + 三、解答题 17解： （）由(23 )cos3 cosbcAaC=，结合正弦定理可得 (2si

9、n3sin)cos3sincosBCAAC=， 从而有2sincos3sin()3sinBAACB=+= 由ABC中，sin0B ，则 3 cos 2 A =，故得 6 A =为所求 （6 分） （）由（）知 6 A =，又 6 B =，则CACB=且 2 3 C = 设CMx=，则4CAx=，又21AM =， 那么在AMC中，有余弦定理可得 ()()() 2 2 2 2 21424cos 3 xxxx =+ ，解得1x = 从而可得 2 112 sin4sin4 3 223 ABC SCA CBCx =为所求 （12 分） 18解： （）由题意知，等腰直角三角形ABC中，中线AEBC，且 1

10、 2 2 AEBC= 而直三棱柱 111 ABCABC中， 1 AA 底面ABC，从而知 1 AAAE， 1 AABC 一方面，在 1 Rt A AE中，因为 1 2A A =，2AE =，则 1 6AE = 由 1 2AFFE=，可得 6 3 EF =，从而可知 1 AEAE EFAE =，又 1 AEFAEA= 则得 1 AEFAEA，由此可得 1 90AFEA AE= = ，即有 1 AFAE 另一方面，由 1 AABC，AEBC， 1 AAAEA=，得BC 平面 1 A AE 又AF 平面 1 A AE，则知BCAF 综上， 1 AFAE，且AFBC，又 1 BCAEE=，故AF 平面

11、 1 ABC，得证之 （6 分） （）由题意，可如图建立空间直角坐标系Axyz，且有 (0,0,0)A， 1(0,0,2) A，(2,0,0)B，(0,2,0)C，(1,1,0)E， 从而有(1,1,0)AE = ， 1 ( 1, 1,2)EA = ， 11 (2,0,0)AB = ， 由 1 2AFFE= ， 可得 1 12 2 2 , 33 3 3 AFAEEFAEEA =+=+= 记( , , )nx y z= 为平面 11 AB E的一个法向量，则有 1 11 020 20 0 n EAxyz x n AB = = = = ，取1z =，得(0,2,1)n = 又由（）知AF 平面 1

12、 ABC，故可取 3 (1,1,1) 2 mAF= 为平面 1 ABE的一个法向量， 那么可得 315 cos, 553 n AF n AF n AF = 记所求二面角的大小为，结合图形可知， 15 coscos 5 n AF= 为所求 （12 分） 说明：本题两个小问的解法思路均不唯一，请依据实际解答，酌情判分 （I）也可补形为正方体中研究，或注意到三棱锥 1 AABC是正三棱锥的特征应用，或用面面垂直 证明线面垂直，或直接建系用坐标法证明等 （II）也可在两个半平面中各找一个与棱垂直的向量来求解二面角，或者用传统方法作证算角等 19解： （）由频率分布直方图，可得，前三组频率和为0.050

13、.1 0.20.35+=，前四组频率和为 0.050.1 0.20.250.6+=，故中位数出现在第四组，且 0 0.15 90 1096 0.25 m =+= （4 分） （）由频率分布直方图，可得 每一位市民购房面积不低于 100 平方米的概率为0.20.150.050.4+= 那么由题意则知(3,0.4)XB，从而可得所求期望为()3 0.41.2E X = = （8 分） （）设模型0.93690.0285yx=+和0.95540.0306lnyx=+的相关指数分别为 22 12 ,RR 则 2 1 0.000591 1 0.006050 R = ， 2 2 0.000164 1 0.

14、006050 R = ，显然 22 12 RR恒成立，且有 2 12 2 6 2 31 k xx k += + ， 2 12 2 63 31 k x x k = + 那么 22 12121212 (2)(2)2()2y ykxxkx xxx =+ A B C A1 B1 C1 E F x y z C AB M x 3x 4x 21 2019-11 高三数月 11（理） 第 3 页共 2 页 2222 2 2222 631262 31313131 kkkk k kkkk + =+= + 则 2 1212 2 53 1 31 k OA OBx xy y k =+= + ，由此解得 1 2 k =

15、为所求 （8 分） （）设AB中点 00 (,)N xy 由0k 时， 2 12 0 2 3 2 231 xxk x k + = + ， 00 2 2 (2) 31 k yk x k = + ，即 2 22 3 22 , 31 31 kk N kk + 由MNAB，知1 MNAB kk= ，即有 2 2 2 2 31 1 3 2 31 k k k k t k + = + ，整理得 2 2 22 2 0, 1 3 3 t k = + 则 2 2 0, 3 t 为所求 （12 分） 21 （）0a =时，( )(0) x e g xx x =，则 2 (1) ( )(0) x ex g xx x

16、= 由( )0g x，得1x ；( )0g x，得01x 故( )g x的单增区间为(1,)+，单减区间为(0,1) （2 分） （） 233 12(2)(2)() ( )(02) xx exx eax fxax xxxx =， 由题意可知， 12 ,x x是函数 x yeax=在区间(0,2)内的两个零点以下介绍两种解法思路 法一：令( )(02) x h xeaxx=，从而( )h x在(0,2)上单增，至多只有一个零点，不合题意； （2）若 2 ae，则( )0h x，从而( )h x在(0,2)上单减，同理也不合题意； （3）若 2 1ae，则由( )0h x，可得( )h x在(0,

17、ln )a上减，在(ln ,2)a上单增， 而(0)10h= ， min ( )(ln )(1 ln )h xhaaa=， 2 (2)2hea=， 由题意，则有 2 2 1 (ln )(1 ln )0 (2)20 ae haaa hea = ，由此解得 2 2 e ea为所求 （6 分） 法二：由0 x eax=得 x e a x =，结合（） ，则问题也等价于( )g xa=在区间(0,2)有两个零点， 从而，可转化为直线ya=与( )yg x=的图象在(0,2)x上有两个交点 由（）知( )g x在(0,1)上单减，在(1,2)上单增， 而当0 x 时，( )g x +； min ( )(

18、1)g xge=， 2 (2) 2 e g=，故 2 2 e ea为所求 （6 分） （）说明本题可归属于“极值点偏移”问题，可对比 2016 年全国 I 卷 21 题（2）问研究之此 类问题研究方法较多，但也具有一定的难度，有些方法还具有一定的技巧性要求以下给出两种较 为典型的解法思路，供同学们学习时参考有兴趣的同学，还可参考相关资料，了解其它的一些研 究方法或技巧 【思路研究一】【思路研究一】 （由（）问的解法一出发，作继续探讨） 由（）可知， 12 ,x x满足 12 ()()h xh x=，且 12 0ln2xax， 其中， 2 2 e ea，lnxa=是函数( )h x的极小值点，且

19、ln(1,2ln2)a 要证明 12 2lnxxa+，可先证明 12 2lnxax，又结合 12 ()()h xh x=， 故等价于证明 22 ()(2ln)h xhax，其中 2 ln2ax 由此，构造函数( )( )(2ln)(ln2)F xh xhaxax=，即有( )(2ln)h xhax 那么可知 22 ()(2ln)h xhax对 2 ln2ax恒成立 综上可得， 12 2lnxxa+得证 （12 分） 【思路研究二】【思路研究二】 （由（）问的解法二出发，作继续探讨） 由（）可知， 12 ,x x为( ) x e g xa x =在区间(0,2)内的两个根， 且 12 012xx

20、 ，其中1x =是函数( )g x的极小值点， 2 2 e ea 由 1 2 1111 222 2 ()lnln ()lnln x x g xaeaxxax g xaxax eax =+ =+ = ，可得 1212 2lnlnxxax x+=+ 故所证 121212 2lnln001xxax xx x+ 探讨方式一探讨方式一（类似于前一种证法）由于 122 1 1 01x xx x ，注意到 1 1 (1,) x +， 而又由（）可知( )g x在(1,)+上为增函数， 则可证 2 1 1 ()g xg x ，又 12 ()()g xg x=，故等价于证明 1 1 1 ()g xg x ，其中

21、 1 01x 由此，构造函数 1 1 ( )( )( )(01) x x e G xg xgxex xx = 故( )H x在(0,1)上单调递增，从而有( )(1)0H xH 那么( )G x在(0,1)上单调递增，( )(1)0G xG=，那么可知 1 1 1 ()g xg x 对 1 01x恒成立 综上可得， 12 2lnxxa+时， 2 2 120 2 tt tt t eet ee + 构造函数 2 ( )2(0) tt m teett =+， 则( )2 tt m teet =，( )20 tt m tee=+ 从而有( )(0)0m tm=，则( )m t在区间(0,)+上为增，(

22、 )(0)0m tm= 即得 2 20 tt eet + 综上可得， 12 2lnxxa+， 12 40t t = 那么， 2 1212121 2 | | |()42 163 2TATBttttttt t+=+=+=+=为所求 （10 分） 22略解： （）不等式化为，等价于|5|3| 3xx+ 法一： （零点分段法）等价于 5 533 x xx + 或 35 533 x xx + 或 3 533 x xx + 解得： 11 5 2 x或35x或 5 3 2 x 故所求不等式的解集为 5 11 , 2 2 （5 分） 法二： （应用绝对值的几何意义）等价于探求数轴上的到3的距离与到5的距离之和不大于3的点x， 结合数轴（图略） ，可得所求不等式的解集为 5 11 , 2 2 （5 分） （）证明：由题意得 ()( ) |5|5| |5|5 |f axaf xaxa xaxaxa=+ |55 | |55|(5 )axaxaafa += 故不等式()(5 )( )f axfaaf x成立 （10 分 2019-11 高三数月 11（理） 第 5 页共 2 页