河南省南阳市第一中学2020届高三第十次考试数学（理）试题 PDF版含答案.pdf

南阳一中 2020 年春期高三第十次考试答案（理数） 1-5. A D D D A 6-10.C C B D C 11-12. D B 13. D 14. 80 15.42 16. 1．【解析】不等式 11x 成立，化为 1 1 1x    ，解得 02x， ∴“ 1 12 x”是“不等式 11x 成立”的充分条件．故选 A． 2．【解析】∵    1 i 2 i 2 2 1 ia a a      ，∴ 20a， 2 1 0a  ，即 2a  ，故选 D 3．【解析】由题得 2 2π 17sin 2 cos2 2cos 1 2 12 4 8                    ．故选 D． 4．【解析】由题意，正项等比数列 na 中， 1 5 3 7 5 92 16a a a a a a   ，可得  222 3 3 7 7 3 72 16a a a a a a     ， 即 374aa， 5a 与 9a 的等差中项为 4，即 598aa，设公比为 q ，则  22 3748q a a q   ，则 2q  （负 的舍去），故选 D． 5．【解析】∵  11f  ，∴舍去 B，∵  0 e 2cos1 0f    ，∴舍去 D， ∵ 2x  时，    1e 2cos 1xf x x   ，∴    1e 2sin 1 e 2 0xf x x       ，故选 A． 6．【解析】依题意 2 1 2PF F F ，可知三角形 21PF F 是一个等腰三角形， 2F 在直线 1PF 的投影是其中点， 由勾股定理知，可知 22 1 2 4 4 4PF c a b   ，根据双曲定义可知 4 2 2b c a，整理得 2c b a，代入 2 2 2c a b整理得 23 4 0b ab，求得 4 3 b a  ，∴双曲线渐进线方程为 4 3yx ，即 4 3 0xy．故选 C． 7．【解析】∵    2sinf x x，∴由  01f  ，得 1sin 2  ．又∵ π0 2，∴ π 6  ， ∴   π2sin 6f x x ．又∵  fx关于 4 π9x  对称，∴ 4 π ππ π9 6 2 k     ， 39 44k  ，令 1k  ， 则 3  ．故选 C． 8．【解析】设向量 2ab与 a 的夹角为 ，∵ a ， b 的夹角为 π 3 ，且 2a ， 1b ， ∴     22 π 12 2 2 cos 4 2 2 1 632             a a b a a b a a b ，      2 2 2 12 2 4 2 4 4 2 1 4 2 32             a b a b a a b b ， ∴  2 63cos 222 2 3      a a b a a b ，又∵  0,π  ，∴ π 6  ，故选 B． 9．【解析】不等式组表示的区域如图阴影部分，其中 AB 的中点为 P ，则 AP OP ， ∴ OP 最长时， AB 最小，∵最小 l 经过可行域，由图形可知点 P 为直线 2 1 0xy   与 20y 的交点 3,2 时， 最长，∵ 2 3OPk  ，则直线 l 的方程 为  3 22 4y x  ，即3 2 13 0xy   ．故选 D． 10．【解析】由题得 22π 1cos 32AB AC a a   ，        2 2 2 2111122BN CM BA AN CA AM a a a a              221 1 1 2 2 2 a    ， ∴当 1= 2 时，  f  的最大值为 23 28 a   ，∴ 4 33a  ．故选 C． 11．【解析】∵        2 2g x f x f a x g x     ，∴  gx是偶函数， 若      2 2g x f x f a x   恰有 4 个零点，等价于当 0x  时， 有两个不同的 零点，∵  fx 是 奇 函 数 ， ∴ 由      2 20g x f x f a x    ，得      2 22f x f a x f x a     ，∵  fx是单调函数，∴ 2 2x x a，即 2 2a x x  ， 当 0x  时， 2222a x x x x 有两个根即可，设    22 2 1 1h x x x x ，要使当 时， 有两个根，则 10a    ，即 01a，即实数 a 的取值范围是 01, ，故选 D． 12.【解析】 2 1n n na a a , 1 2a  ∴ 0na  ,∴ 2 1 0n n na a a    ,即数列 na 为单调增数列, 1 ( +1 6n n na a a  ） ,即 1 1 1 1 1 1 ( +1 +1 6n n n n na a a a a    ） , 1 1 1 1 +1n n na a a     , 2 12(1 )11 m mm a aa 12 12 222 1 1 1 m m m aaaS a a a     12 1 1 12(1 ) 2(1 ) 2(1 )1 1 1ma a a        12 1 1 12 2( )1 1 1m m a a a      1 3 122 1 1 1 1 1 12 2( ) mm m a a a a a a         11 112 2( ) m m aa    1 22 1+ m m a   22 3m 2020mS  , 22 20203m   ,即 11010 3m ,正整数 m 的最大值为 1010,故选:B. 13．【解析】通过数据比对，甲、乙两人应该舍去的报告名称为 D，当甲乙两人中某人听报告 D，则此人不 能听报告 B，C，E，F，故听报告 D 最不合适，故答案为 D． 14．【解析】由题得   π 0cos 2ax   ，∴ 55112ax x xx           ， 设二项式展开式的通项为   355 5 2 1 5 5 1C 2 C 2 r rrr r r rT x x x       ， 令 3522 r，∴ 2r  ，∴ 2x 的系数为 23 5C 2 80 ．故答案为 80． 15.【解析】6 人分组为 种，当 照顾老人甲时有 种，同理义工 照顾老人乙也有 30 种，再加上 同时分别照顾老人甲和乙有 种，所以共有 种． 17.【详解】（1）∵ 14AB  ， 6BD  ， 66BA BD∴ cos 14 6cos 66BA BD AB BD B B      ∴ 11cos 14B  ∵在 ABC 中，CB ，且 B C ABC    ∴ 0, 2B  ∴ 2 2 11 5 3sin 1 cos 1 14 14BB     …………………………… 2 分 ∵在 ABC 中，CB ，且 B C ABC    ，∴  0,CB  ∵   13cos 14CB且 ∴    2sin 1 cosC B C B    213 3 31 14 14    …………………………… 4 分 ∴  cos cosC C B B     cos cos sin sinC B B C B B    13 11 3 3 5 3 1 14 14 14 14 2     在 ABC 中，∵  0,C  ∴ 3C  . …………………………… 6 分 （2）∵ ACD 的面积 1 2S CA CD∴ 11sin cos22CD CA C AC CD C     ∴sin cosCC ∵在 中， ∴sin 0C  ，则 cos 0C  ∴ sintan 1cos CC C，则 4C = …… 9 分 在 中，由正弦定理得： sin sin AC AB BC 又∵ 53sin 14B  ， 14AB  ， 2sin sin 42C  ∴ 14 5 3 2 14 2 AC  ，则 56AC  . …………………………… 12 分 18.【解析】（1）由底面 ABCD为平行四边形，知 AB CD∥ ， 又∵ AB  平面CDE ，CD 平面CDE ，∴ AB∥平面CDE ．同理 AF∥平面 ， 又∵ AB AF A ，∴平面 ABF∥平面CDE ． 又∵ BF  平面 ABF ，∴ BF∥平面CDE ． …………………………… 4 分 （2）连接 BD ，∵平面 ADEF  平面 ABCD ，平面 ADEF 平面 ABCD AD ， DE AD ，∴ DE  平面 ABCD ．则 DE DB ，又∵ DE AD ， AD BE ， DE BE E ，∴ AD 平面 BDE ，则 AD BD ，故 DA ， DB ， DE 两两垂直， ∴以 ， ， 所在的直线分别为 x 轴、 y 轴和 z 轴，如图建立空间直角坐标系， 则  0,0,0D ，  1,0,0A ，  0,1,0B ，  1,1,0C  ，  0,0,2E ，  1,0,1F ，…………… 7 分 ∴  0, 1,2BE  ，  1,0, 1EF ，设平面 BEF 的一个法向量为  ,,x y zm ， 由 0BEm ， 0EFm ，得 20 0 yz xz      ，令 1z  ，得  1,2,1m ， ………………… 9 分 设线段 BE 上存在点Q ，使得平面 CDQ 平面 BEF ，设  0, ,2BQ BE     ，   0,1  ， ∴  0,1 ,2DQ DB BQ     ． 设平面CDQ 的法向量为  ,,abcu ， 又∵  1,1,0DC  ，∴ 0DQu ， 0DCu ，即  1 2 0 0 bc ab       ，令 1b  ，得 11,1, 2     u ． 若平面 CDQ 平面 BEF ，则 0mu ，即 11 2 02      ，解得  1 0,17  ．………………… 11 分 ∴线段 上存在点 ，使得平面 平面 ，且此时 1 7 BQ BE  ． ………………… 12 分 19．【解析】（1）由于 M 是椭圆 C 的上顶点，由题意得 2 2 6ac， 又椭圆离心率为 1 2 ，即 1 2 c a  ，解得 2a  ， 1c  ， 又 2 2 2 3b a c   ，∴椭圆C 的标准方程 22 143 xy ． …………………………… 4 分 （2）当直线 AB 斜率存在，设 AB 的直线方程为  1y t k x   ， 联立   223 4 12 1 xy y t k x      ，得     2223 4 8 4 12 0k x k t k x t k       ， 由题意， 0  ，设  11,A x y ，  22,B x y ，则   12 2 8 34 k t kxx k     ， …………………………… 6 分 ∵ PA PB ，∴ P 是 AB 的中点．即 1212 xx  ，得   2 8 234 k t k k  ，3 4 0kt， ① 又 l AB ， l 的斜率为 1 k ，直线 l 的方程为  1 1y t xk    ， ② 把①代入②可得 11 4yxk    ，∴直线l 恒过定点 1 ,04   ． …………………………… 10 分 当直线 AB 斜率不存在时，直线 AB 的方程为 1x  ，此时直线l 为 x 轴，也过 1 ,04   ． 综上所述，直线l 恒过点 1 ,04   ． 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12 分 20．【解析】（1）         22 2 2 122x a x a x a xaf x x ax x x            ， 0x  ，。。。。。。 2 分 当 0a  时，   0fx  ，  fx 在 0, 单调递增；当 0a  时， 0 2 ax  当 时，   0fx  ， 当 2 ax  时，   0fx  ，  fx 在 0, 2 a 上单调递减，在 ,2 a  上单调递增．。。。。。。。。。4 分 （2）    12f x f x ，    22 1 1 1 2 2 2ln 2 ln 2a x x a x a x x a x       ，        22 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1ln ln 2 2a x x x x a x x x x x x a           ，  12 21 21 ln ln2 a x xx x a xx       ，    22af x x ax      ，  1212 21 1 2 1 2 2 1 ln ln2222 a x xxx aaf x x ax x x x x x             22 2 1 11 2 2 21 2 2 1 2 1 2 1 1 2 1 1 1 21ln 22 ln ln 1 xx x x xx x xaaa xx x x x x x x x x x x x x              ，。。。。。。。。。。。。。。。。 8 分 不妨设 210xx ，则 2 1 1x x  ，所以只要证 2 1 2 2 1 1 21 ln 0 1 x x x x x x    ，令 2 1 1x tx  ，   2 2 4ln 2 ln11 tg t t ttt       ，             22 2 2 2 4 1 141 0 1 1 1 t t tgt tt t t t t             ，  gt 在 1,  上单调递减，     221 ln1 011g t g      ， 2 1 2 2 1 1 21 ln 0 1 x x x x x x      ， 12 02 xxf  ．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12 分 21【详解】（1）由题可知,一盘游戏中仅出现一次音乐的概率为：    21 3 2 3 1 3 6 3    f p C p p p p p ,     3 3 1 1   f p p p 。。。。。。。。。。。。。。。。。。 1 分 由   0fp  得 1 3p  或 1p  （舍）当 10, 3p  时,   0fp  ；当 12,35  p 时,   0fp  , ∴  fp在 10, 3   上单调递增,在 12,35   上单调递减, 。。。。。。。。。。。。。。。。。。 2 分 ∴当 时, 有最大值,即 的最大值点 0 1 3p ； 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。3 分 （2）由（1）可知, 0 1 3pp 则每盘游戏出现音乐的概率为 3 1 1 19113 27     p ，。。。。。。。。。。 4 分 由题可知 193, 27   XB ∴ 19 193 27 9  EX ； 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。6 分 （3）由题可设每盘游戏的得分为随机变量 ,则 的可能值为-300,50,100,150； 。。。。。。。。。。。。 7 分 ∴    3300 1   Pp ；    21 350 1  P C p p ；    22 3100 1  P C p p ；   3150Pp ； 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 9 分 ∴      321 2 2 3 33300 1 50 1 100 1 150       EX p C p p C p p p 327300 3 12     p p p ； 令   327312   g p p p p ,则    22 713 6 3 1 022        g p p p p ； 所以  gp在 20, 5   单调递增；∴   2205 125     g p g ；即有 0EX ； 故若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了. 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12 分 22．【解析】（1）由已知得 1 sin cos x ta y ta     平方相加消去参数t 得到 22 11xy aa            ，。。。。。。。。。。。。。。 2 分 即  2 22x a y a   ，∴ 1C 的普通方程： 2 22x a y a   ，∴ 1C 是以 ,0a 为圆心， a 为半径的圆， 再将 cosx  ， siny  带入 1C 的普通方程，得到 1C 的极坐标方程 2 cosa ．。。。。。。。。。。5 分 （2） 3C 的极坐标方程  5π 3R ，将 π 6  ， 5π 3  代入 2 cosa ， 解得 1 3a  ， 2 a  ， 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 8 分 则 OMN△ 的面积为 21 π π 33 sin 2 32 6 3 2a a a      ，解得 2a  ． 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。10 分