四川省成都七中2020届高三高中毕业班三诊模拟 数学(理)

数 学(理科)

第Ⅰ卷 (选择题,共60分)

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. 已知集合A{1,0,1,2,3,4},B{y|yx,xA},则AIB

(A){0,1,2} (B){0,1,4} (C){1,0,1,2} (D){1,0,1,4} 2. 已知复数z21,则|z| 1i(A)

2 (B)1 (C)2 (D)2 223. 设函数f(x)为奇函数,当x0时,f(x)x2,则f(f(1)) (A)1 (B)2 (C)1 (D)2

4. 已知单位向量e1,e2的夹角为

2π,则e12e2 3(A)3 (B)7 (C)3 (D)7

x2y25. 已知双曲线221(a0,b0)的渐近线方程为y3x,则双曲线的离心率是

ab(A)10 (B)1010 (C)10 (D) 396. 在等比数列{an}中,a10,则“a1a4”是“a3a5”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

7. 如图所示的程序框图,当其运行结果为31时,则图中判断框①处应填入的是

(A)i6? (B)i5? (C)i4? (D)i3?

8. 已知a,b为两条不同直线,,,为三个不同平面,下列命题：①若//,//,则//；

1

②若a//,a//,则//；③若,,则；④若a,b,则a//b.其中正确命题序号为 (A)②③

(B)②③④

(C)①④

(D)①②③

9. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中,提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究,在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列,其前7项分别为1,5,11,21,37,61,95,则该数列的第8项为 (A)99

(B)131

(C)139

(D)141

e2π10. 已知alogπe,bln,cln,则

πe(A)abc

11. 过正方形ABCDA1B1C1D1的顶点A作直线l,使得l与直线B1C,C1D所成的角均为

(B)bca

(C)bac

(D)cba

60,则这样的直线l的条数为

(A)1 (B)2 (C) 3 (D) 4

uuuruuurx22y1上一动点,A(2,1),B(2,1),则cosPA,PB的最大值是 12. 已知P是椭圆4(A)

177621714 (B) (C) (D)

641714

第Ⅱ卷 (非选择题,共90分)

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.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a11,anSn11(n2),则a4

x114. 已知实数x,y满足线性约束条件y1,则目标函数z2xy的最大值是

xy72

15. 如图是一种圆内接六边形ABCDEF,其中BCCDDEEFFA且ABBC.则在圆内随机取一点,则此点取自六边形ABCDEF内的概率是 DE

FC16. 若指数函数ya(a0且a1)与三次函数yx的图象恰

A好有两个不同的交点,则实数a的取值范围是

三、解答题：本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(本小题满分12分)

Bx3在ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知(1)求角A的大小； (2)若a2ab. tanAsinB7,b2,求ABC的面积.

18.(本小题满分12分)

成都七中为了解班级卫生教育系列活动的成效,对全校40个班级进行了一次突击班级卫生量化打分检查(满分100分,最低分20分).根据检查结果：得分在[80,100]评定为“优”,奖励3面小红旗；得分在[60,80)评定为“良”,奖励2面小红旗；得分在[40,60)评定为 “中”,奖励1面小红旗；得分在[20,40)评定为“差”,不奖励小红旗.已知统计结果的部分频率分

频率布直方图如下图：

(1)依据统计结果的部分频率分布直方图,求班级卫生量化打分检查得分的中位数；

(2)学校用分层抽样的方法,从评定等级为“优”、“良”、“中”、

0.0150.0100.005O组距20406080100得分“差”的班级中抽取10个班级,再从这10个班级中随机抽取2个班级进行抽样复核,记抽样复核的2个班级获得的奖励小红旗面数和为X,求X的分布列与数学期望E(X).

19.(本小题满分12分)

如图,在四棱锥MABCD中,ABAD,ABAMAD2,MB22,MD23. (1)证明：AB平面ADM； (2)若CD//AB且CD2AB,E为线段BM上一点,且3BE2EM,求直线EC与平面BDM所成角的正弦值.

3

20.(本小题满分12分)

x2xe2,x(e,). 已知函数f(x)xlnx(1)证明：当x(e,)时,lnx*3xe； xe(2)若存在x0[n,n1)(nN)使得对任意的x(e,)都有f(x)f(x0)成立. 求n的值.(其中e2.71828L是自然对数的底数).

21.(本小题满分12分)

12x上的一点,其焦点为点F,且抛物线C在点P处的切线l222交圆O:xy1于不同的两点A,B.

(1)若点P(2,2),求|AB|的值；

(2)设点M为弦AB的中点,焦点F关于圆心O的对称点为F,求|FM|的取值范围.

已知点P是抛物线C:y

请考生在第22,23题中任选择一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.作答时,用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的标号涂黑.

22.(本小题满分10分)选修44：坐标系与参数方程

x23cos在平面直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(为参数,0π).

y3sinπ在以坐标原点为极点,x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中,射线l的极坐标方程是.

6(1)求曲线C的极坐标方程；

(2)若射线l与曲线C相交于A,B两点,求|OA||OB|的值.

23.(本小题满分10分)选修45：不等式选讲

已知a0,b0,且a2b4,函数f(x)2xaxb在R上的最小值为m. (1)求m的值；

(2)若ambtab恒成立,求实数t的最大值.

4

22成都七中2020届高中毕业班三诊模拟

数 学(理科)参考答案及评分意见

第Ⅰ卷 (选择题,共60分)

一、选择题(每小题5分,共60分)

1.B； 2.A； 3.C； 4.D； 5.A； 6.A； 7.B； 8.C； 9.D； 10.B； 11.C； 12.A.

第Ⅱ卷 (非选择题,共90分)

二、填空题(每小题5分,共20分)

3213.8； 14.15； 15.； 16.(1,ee).

2π三、解答题(共70分)

3ab2aba2a,又,所以.

sinAsinBtanAsinBsinAtanA1π于是cosA,因为0Aπ,所以A. 6分

23π(2)因为a7,b2,A,

32π由余弦定理得722c222ccos,即c22c30.又c0,所以c3.

311π33. 12分 故ABC的面积为bcsinA23sin223217. 解：(1)由正弦定理知

18.解：(1)得分[20,40)的频率为0.005200.1；得分[40,60)的频率为0.010200.2； 得分[80,100]的频率为0.015200.3；

所以得分[60,80)的频率为1(0.10.20.3)0.4.

x600.40.5,解得x70. 20所以班级卫生量化打分检查得分的中位数为70分. 5分

(2)由(1)知题意“优”、“良”、“中”、“差”的频率分别为0.3,0.4,0.2,0.1.又班级总数为40.于是“优”、“良”、“中”、“差”的班级个数分别为12,16,8,4．

分层抽样的方法抽取的“优”、“良”、“中”、“差”的班级个数分别为3,4,2,1. 由题意可得X的所有可能取值为1,2,3,4,5,6.

设班级得分的中位数为x分,于是0.10.2111111211C1C3C2C411C1C22C2C1C41P(X1)2,P(X2),P(X3), 2C1045C109C1404521111C4C2C34C4C34C321P(X4),P(X5)2,P(X6)2.9分 2C1015C1015C1015

所以X的分布列为 1 2 3 4 5 6 X P 1441211 91515154545211144117119E(X)123456.

4594515151545519所以X的数学期望E(X). 12分

55

19.解：(1)因为ABAM2,MB22,所以AM2AB2MB2.于是ABAM. 又ABAD,且AMIADA,AM平面ADM,AD平面ADM,

所以AB平面ADM. 5分 (2)因为AMAD2,MD23 ,所以MAD120.如图所示,在平面ADM内过点A作x轴垂直于AM,又由(1)知AB平面ADM,于是分别以AM,AB所在直线为y,z轴建 立空间直角坐标系Axyz.

4342因为BE2EM,于是E(0,,).所以

33uuurruuur72uuuuEC(3,,),BM(0,2,2),BD(3,1,2).

33uuuurrrBMn0设平面BDM的法向量为n,于是uuurrBDn0

r2y2z0即.取z1得n(3,1,1). 3xy2z0于是D(3,1,0),C(3,1,),B(0,0,2),M(0,2,0).

4uuurruuurrECn13. 设直线EC与平面BDM所成角为,则sincosEC,nuuurr545ECn531所以直线EC与平面BDM所成角的正弦值为.12分

5

3xe14e(xe)20.20.解：(1)令g(x)lnx,x(e,).则g(x)x(xe)2x(xe)2xe

于是g(x)在(e,)单调递增,所以g(x)g(e)0,

3xe即lnx,x(e,). 5分

xe(2x1)xlnx(x2xe2)(lnx1)(x2e2)lnx(x2xe2). (2)f(x)(xlnx)2(xlnx)23xe2222令h(x)(xe)lnx(xxe),x(e,).当x(e,)时,由(1)知lnx.xe

3xe4e1则h(x)(x2e2)(x2xe2)2x2(4e1)x2x(x),

xe24e1(i)当x[,)时,于是h(x)0,从而f(x)0.

24e14e1故f(x)在[9分 ,)严格单调递增.其中5.93656L22

(ii)当x(e,5]时,

2222222222则h(x)(xe)ln5(xxe)2(xe)(xxe)xx3e 203e20.(用到了x2x3e2在(e,5]单调递增与e27)

于是f(x)0,故f(x)在(e,5]严格单调递减. 11分

6

综上所述,f(x)在(e,5]严格单调递减,在[因为

21.解：设点P(x0,y0),其中y04e1,)严格单调递增. 24e16,所以x0[5,6).所以n5. 12分 212x0. 2因为yx,所以切线l的斜率为x0,于是切线l:yx0x12x0. 2(1)因为P(2,2),于是切线l:y2x2.故圆心O到切线l的距离为d于是|AB|21d21(22. 52225). 5分

55x2y2114223 (2)联立得(x1)xxxx010. 00124yx0xx023x014322设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x,y).则x1x22)4(x01)(x01)0. ,(x04x012又x00,于是0x0222.

32x0x0x1x212于是x,yx0xx0. 2222(x01)22(x01)11又C的焦点F(0,),于是F(0,).

2232642x0x0x01x01121x02故|FM|()().22222(x01)2(x01)24(x01)22x0129分

令tx01,则1t322.于是|FM|因为t21t3t313t3.

2t2t23在[1,3)单调递减,在(3,322)单调递增. t2331；当t3时,|FM|； 222211. 当t322时,|FM|22又当t1时,|FM|23322112分 ,).22 2222.解：(1)消去参数得(x2)y3(y0)将xcos,ysin代入得 (cos2)2(sin)23,即24cos10.

π所以曲线C的极坐标方程为24cos10(0).5分

3 ππ2(2)法1：将代入24cos10(0)得2310,

36

所以|FM|的取值范围为[7

设A(1,),B(2,),则121.于是|OA||OB|121.法2：

π6π6

10分

ππ与曲线C相切于点M,|OM|2sin1, 332由切割线定理知|OA||OB||OM|1. 10分

a3xab, x(,),2a23.解：(1)f(x)2xaxbxab, x[,b],.

23xab, x(b,).a当x(,)时,函数f(x)单调递减；当x(b,)时,函数f(x)单调递增.

2aa所以m只能在[,b]上取到.当x[,b]时,函数f(x)单调递增.

22aaa2b所以mf()ab5分 2.222 22(2)因为ambtab恒成立,且a0,b0,

a2mb2amb所以t恒成立即t.

baabmin由(1)知m2,于是当且仅当

ambamb22m22. babaa2b时等号成立即a4(21)0,b2(22)0. ba所以t22,故实数t的最大值为22. 10分

8