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
浙公网安备33030202001339号