广东实验中学2019届高三上学期第三次阶段考试（11月）数学（理）PDF版含答案.pdf

1 广东实验中学 2019 届高三第三阶段考试 理科数学 第Ⅰ卷（共 60 分） 一、选择题：本大题共 12 个小题,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 }24|{},034|{ 2 xyyQxxxP  ，则 QP  （ ） A． )1,0[ B． )2,0[ C． ]2,1( D． )2,1( 2.以下有关命题的说法错误．．的是( ) A. 命题“若 2 2 0x x   ，则 1x   ”的逆否命题为“若 1x   ，则 2 2 0x x   ” B. “ 2 2 0x x   ”是“ 1x  ”成立的必要不充分条件 C. 对于命题 0p x R ： ，使得 2 0 0 1 0x x   ，则 :p x R   ，均有 2 1 0x x   D. 若 p q 为真命题，则 p 与 q 至少有一个为真命题 3.已知 2018 ( ) 5 4i m ni i   ( , )m n R ，则关于复数 z m ni  的说法，正确的是（ ） A．复数 z 的虚部为 4 B． 41z  C． 5 4z i   D．复数 z 所对应的点位于复平面的第四象限 4. 在 62x  展开式中， 二项式系数的最大值为 a ，含 5x 项的系数为 b ，则 a b  （ ） A. 5 3 B. 5 3  C. 3 5 D. 3 5  5.若任意 x R 都有    2 3cos sinf x f x x x    ，则函数  f x 的图象的对称轴方程为 A. 4x k   ， k Z B. 4x k   ， k Z C. 8x k   ， k Z D. 6x k   ， k Z 6.函数  sinx xy e e x  的部分图像大致为 A B C D 7. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女子善织，日 益功，疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈（1 匹=40 尺，一丈=10 尺），问日益几何？”其意 思为：“有一女子擅长织布，每天比前一天更加用功，织布的速度也越来越快，从第二天起， 每天比前一天多织相同量的布，第一天织 5 尺，一月织了九匹三丈，问每天增加多少尺布？”2 若一个月按 31 天算，记该女子一个月中的第 n 天所织布的尺数为 na ，则 1 3 29 31 2 4 28 30 a a a a a a a a       的值为（ ） A. 16 5 B. 16 15 C. 16 29 D. 16 31 8. 若执行如右图所示的程序框图，输出 S 的值为 4，则判断框中应填入的条件是（ ） A. 18k  B. 17k  C. 16k  D. 15k  9. ,R 那么曲线      2sin cos 2 2   y x 与 22 yx  4 一定（ ） A.无公共点 B.有且仅有一个公共点 C.有且仅有两个公共点 D.有三个以上公共点 10．已知点 F1、F2 分别是椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左、右焦点，A、B 是以 O（O 为坐标原 点）为圆心、|OF1|为半径的圆与该椭圆左半部分的两个交点，且△F2AB 是正三角形，则此椭圆 的离心率为（ ） A． 3 B． 3 2 C． 2 1 D． 3 1 11.已知函数     21 3ln 1 2 44 4f x x x g x x bxx       ， ，若对任意  1 0 2x  ， ，存在  2 1 2x  ， ，使    1 2f x g x ，则实数 b 的取值范围是 A. 172 8      ， B.  1  ， C. 17 8     ， D.  2 ， 12. 已知定义在(-∞,4)上的函数  f x 与其导函数  f x 满足    1 4 ( ) ( ) 0x x f x f x    ，若   1 12 11 2 02 x f x y e f x y           ，则点 ,x y 所在区域的面积为（ ） A. 12 B. 6 C. 18 D. 9 第Ⅱ卷（共 90 分） 二、填空题（每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上） 13．已知平面向量 ba , 满足 32|2|,1||,2||  baba  ，则 ba 与 的夹角为___________． 14．曲线 xfxxxf )0(sin3 1)( 3  在点 )0,0( 处的切线斜率是 . 15. 若正实数 ,m n 满足 2 2 2 2 1 1 4x x dxm n         ，则  2log 2m n 的最小值为 . 16．已知在平面四边形 ABCD 中， 2AB  ， 2BC  ， AC CD ， AC CD ，则四边形 ABCD 面积的最大值为 ．3 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.（满分 12 分） 已知函数 3 1( ) sin cos ( )2 2f x x x x R    . （Ⅰ）求函数 ( )f x 的最大值和最小值; （Ⅱ）设函数 ( )f x 在 1,1 上的图象与 x 轴的交点从左到右分别为 M N、 ,图象的最高点为 P ,求 PM  与 PN  的夹角的余弦. 18.（满分 12 分） 四棱锥 A BCDE 中， / /EB DC ，且 EB  平面 ABC ， 1EB  ， 2DC BC AB AC    ， F 是棱 AD 的中点. （1）证明： EF  平面 ACD ； （2）求二面角 B AE D  的余弦值. 19.（满分 12 分） 近代统计学的发展起源于二十世纪初，它是在概率论的基础上发展起来的，统计性质的工 作可以追溯到远古的“结绳记事”和《二十四史》中大量的关于我人口、钱粮、水文、天文、地 震等资料的记录。近几年雾霾来袭，对某市该年 11 月份的天气情况进行统计,结果如下:表一 日期 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 天气 晴 霾 霾 阴 霾 霾 阴 霾 霾 霾 阴 晴 霾 霾 霾 日期 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 天气 霾 霾 霾 阴 晴 霾 霾 晴 霾 晴 霾 霾 霾 晴 霾 由于此种情况某市政府为减少雾霾于次年采取了全年限行的政策。 下表是一个调査机构对比以上两年 11 月份(该年不限行 30 天、次年限行 30 天共 60 天)的调查 结果： 表二 不限行 限行 总计 没有雾霾 a 有雾霾 b 总计 30 30 60 (1)请由表一数据求 a,b，并求在该年 11 月份任取三天，估计该市至少有两天没有雾霾的概率； (2)请用统计学原理计算若没有 90%的把握认为雾霾与限行有关系，则限行时有多少天没有雾 霾? (由于不能使用计算器，所以表中数据使用时四舍五入取整数)4 0.100 0.050 0.010 0.001 k 2.706 3.841 6.635 10.828 20．（满分 12 分） 已知椭圆  2 2 2: 1 22 x yE aa    的离心率 6 3e  ，右焦点  ,0F c ，过点 2 ,0aA c      的直线 交椭圆 E 于 ,P Q 两点. （1）求椭圆 E 的方程； （2）若点 P 关于 x 轴的对称点为 M ，求证: , ,M F Q 三点共线； （3）当 FPQ 面积最大时，求直线 PQ 的方程. 21. （满分 12 分） 已知 2( ) bxf x e x   ,曲线  xfy  与直线 1 axy 相切于点   1,1 f (I)求 ba, 的值；(Ⅱ)证明：当 0x 时，    2 1 3 cos 4 sin 0xe e x x x x        ； 请考生在第 22、23 题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分. 22.（本小题共 10 分）《选修 4-4：坐标系与参数方程》 已知直线 l 经过点 1 ,12P     ，倾斜角 6   ，圆C 的极坐标方程为 2cos 4       ． (1)写出直线 l 的参数方程，并把圆C 的方程化为直角坐标方程； (2)设l 与圆C 相交于 ,A B 两点，求点 P 到 ,A B 两点的距离之积． 23．（本小题共 10 分）《选修 4-5：不等式选讲》 已知函数 121)(  xxxf ． (1)求关于 x 的不等式 ( ) 2f x  的解集； (2) Rx ， 00 x ，使得 0 0)( x axxf  )0( a 成立，求实数 a 的取值范围．5 参考答案： 一.选择题：DDBBA CBCBD CA 二．填空题：13. 3  14. 2 1 15.2 16.3 10 三．解答题： 17. 解: 3 1( ) ( ) sin cos sin( )2 2 6f x x x x      Ⅰ (3 分),∵ x R ,∴ 1 sin( ) 16x  ≤ ≤ ， ∴函数 ( )f x 的最大值和最小值分别为1 1、 . (5 分) ( )Ⅱ 解法 1:令 ( ) sin( ) 06f x x    得 ( )6x k k Z    . (6 分) ∵  1,1x  ,∴ 1 5 6 6x x  或 ,∴ 1 5( ,0) ( ,0)6 6M N 、 . (8 分) 由sin( ) 16x    ,且  1,1x  得 1 3x  ,∴ 1( ,1)3P . (9 分) ∴ 1 1( , 1), ( , 1)2 2PM PN      .(10 分)∴ 3cos , 5 PM PNPM PN PM PN        . (12 分) 解法 2:过点 P 作 PA x 轴于 A ,则| | 1,PA  (6 分) 由三角函数的性质知 1| | 12MN T  , 2 21 5| | | | 1 ( )2 2PM PN    , (8 分) 由余弦定理得 2 2 2| | | | | |cos , 2 | | | | PM PN MNPM PN PM PN      = 5 2 1 34 5 52 4     . (12 分) 解法 3：过点 P 作 PA x 轴于 A ,则| | 1,PA  (6 分) 由三角函数的性质知 1| | 12MN T  , 2 21 5| | | | 1 ( )2 2PM PN    . (8 分) 在 Rt PAM 中， | | 1 2 5cos | | 55 2 PAMPA PM     . (10 分) ∵PA 平分 MPN ,∴ 2cos cos2 2cos 1MPN MPA MPA      22 5 32 ( ) 15 5     . (12 分) 18.解析：（1）取 AC 中点 M ，连接 FM 、 BM ，∵ F 是 AD 中点，∴ / /FM DC ，且 1 12FM DC  .又因为 / /EB DC ，∴ / /FM EB .又∵ 1EB  ，∴ FM EB ，∴四边形 FMBE 是平行四边形.∴ / /EF BM ，又 BC AB AC  ，∴ ABC 是等边三角形，∴ BM AC ，∵ EB  平面 ABC ， / /EB DC ，∴CD  平面 ABC ，∴CD BM ，∴ BM  平面 ACD ，∴ EF  平面 ACD . (5 分) （2）取 AC 中点 N ，则 AN BC ， AN  平面 BCD ，以 N 为原点建立如图所示的直角 坐标系. 各点坐标为 (0,0, 3)A ， (0, 1,0)B  ， (0,1,0)C ， (2,1,0)D ， (1, 1,0)E  ， 1 3(1, , )2 2F .6 可得 (0,1, 3)BA  ， (1,0,0)BE  ， ( 1,1, 3)EA   ， (1,2,0)ED  ； 设平面 ABE 的法向量 1 1 1 1( , , )n x y z ，则 1 1 0 0 n BA n BE          得 1 1 1 3 0 0 y z x     ， 取 1 (0, 3,1)n   ， 设平面 ADE 的法向量 2 2 2 2( , , )n x y z ，则 2 2 0 0 n EA n ED          得 2 2 2 2 2 3 0 2 0 x y z x y       ，取 2 ( 2,1, 3)n    ， 于是 1 2 3 3cos , 3 1 4 1 3 n n          6 4   ， 二面角 B AE D  是钝角，因此，所求二面角的余弦值就是 6 4  . （12 分） 19.解:(1)根据题意知,a=10,b=30-10=20, （2 分） 在该年 11 月份任取一天,估计该市没有雾霾的概率为 20 2 30 3P   ， （3 分） 设事件 A 为事件“任取三天，至少有两天没有雾霾” 2 3 2 3 3 3 1 2 1 7( ) 3 3 3 27P A C C                  （5 分） ∴ 该市至少有两天没有雾霾的概率为 7 27 。 （6 分） (2)设限行时 x 天没有雾霾,则有雾霾为 30-x 天, 代入公式 2 2 ( ) 3( )( )( )( ) n ad bcK a b a d a c b d      , （8 分） 化简为: 221 440 1500 0, [0,30],x x x x N      , (7 30)(3 50) 0x x   ,解得 30 50 7 3x  , 所以 5≤x≤16,且 x ∈ N+; （11 分） 所以若没有 90%的把握认为雾霾与限行有关系,则限行时有 5~16 天没有雾霾天气. （12 分） 20.解：(1)由 2 2 6 63 a aa     ，椭圆 E 的方程是 2 2 16 2 x y  . （2 分）7 (2)由（1）可得  3,0A ，设直线 PQ 的方程为 3x my  . 由方程组 2 2 16 2 3 x y x my       ，得  2 23 6 3 0m y my    ，依题意  2 236 12 3 0m m     ，得 2 3 2m  . 设    1 1 2 2, , ,P x y Q x y ，则 1 2 1 23 3 6 3, .3 3 my y y ym m      （4 分）        1 1 1 1 2 22,0 , , , 2 , , 2,F M x y MF x y FQ x y       由   1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 22 2 ( 1) ( 1) 2 ( )x y x y my y y my my y y y            3 3 3 62 03 3 mm m m       得 , , ,MF FQ M F Q   三点共线. （7 分） 方法二: 设直线 PQ 的方程为  3y k x  . 由方程组   2 2 16 2 3 x y y k x       ，得  2 2 2 23 1 18 27 6 0k x k x k     ，依题意  212 2 3 0k    ， 得 6 6 3 3k   .设    1 1 2 2, , ,P x y Q x y ，则         2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 2 22 2 18 27 6, , 2,0 , , , 2 , , 2,3 1 3 1 k kx x x x F M x y MF x y FQ x yk k             ，由           1 2 2 1 1 2 2 12 2 2 3 2 3x y x y x k x x k x            2 2 1 2 1 2 2 2 18 27 65 2 12 5 2 12 03 1 3 1 k kk x x x x k k k                   ， 得 , , ,MF FQ M F Q   三点共线. (3)由(2)可知: 1 2 1 23 3 6 3, .3 3 my y y ym m      2 3 2m          2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 22 22 2 2 1 1 1 42 2 2 12 2 31 6 12 1 2 3 3 2 3 FPQS AF y y y y y y y y mm m m m                   （9 分）8 令 2 93 2t m   ，则   2 2 1 2 2 12 2 91 1 1 1 1 1 13 9 , , 3 92 2 9 9 9FPQ tS y y t mt t t                     ，即 2 6, 6m m   时， FPQS 最大， FPQS 最大时直线 PQ 的方程为 6 3 0x y   . 12 分） 21.解：（Ⅰ）f (x)＝ex－2x． 由题设得 a＝f (1)＝e－2，a＋1＝f (1)＝e－1＋b． 故 a＝e－2，b＝0． （4 分） （II）由（Ⅰ）得，f (x)＝ex－x2，下面证明：当 x＞0 时，f (x)≥(e－2)x＋1． 设 g (x)＝f (x)－(e－2)x－1，x＞0． 则 g(x)＝ex－2x－(e－2)， 设 h (x)＝g (x)，则 h (x)＝ex－2， 当 x∈(0，ln 2)时，h (x)＜0，h (x)单调递减， 当 x∈(ln 2，＋∞)时，h (x)＞0，h (x)单调递增． 又 h (0)＝3－e＞0，h (1)＝0，0＜ln2＜1，h(ln2)＜0， 所以x0∈(0，1)，h (x0)＝0， 所以当 x∈(0，x0)或 x∈(1，＋∞)时，g (x)＞0；当 x∈(x0，1)时，g (x)＜0， 故 g (x)在(0，x0)和(1，＋∞)单调递增，在(x0，1)单调递减， 又 g (0)＝g (1)＝0，所以 g (x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0． 因 x＞0，则ex＋(2－e)x－1 x ≥x（当且仅当 x＝1 时等号成立）．① （8 分） 以下证明：当 x＞0 时，x＞ 4sin x 3＋cos x ． 令 p (x)＝x－ 4sin x 3＋cos x ，则 p (x)＝1－4(3cos x＋1) (3＋cos x)2 ＝(cos x－1)(cos x－5) (3＋cos x)2 ≥0， （当且仅当 x＝2k，k∈Z 时等号成立）． 所以 p (x)在(0，＋∞)单调递增，当 x＞0 时，p (x)＝x－ 4sin x 3＋cos x ＞p (0)＝0， 即 x＞ 4sin x 3＋cos x ． ② 由①②得当 x＞0 时，ex＋(2－e)x－1 x ＞ 4sin x 3＋cos x ， 又 x(3＋cos x)＞0，故[ex＋(2－e)x－1](3＋cos x)－4xsin x＞0． （12 分） 22.（Ⅰ）         ty tx l 2 11 2 3 2 1 : , 2 1)2 1()2 1(: 22  yxC （Ⅱ）将l 代入C 中： 04 1 2 12  tt ， 4 1 4 1  PBPA . 23.（Ⅰ）解集为        3 20 xx . （Ⅱ） min0 0min)(        x axxf ， a22 3  ，所以 16 90  a .