山东省日照市2020届高三数学3月实验班检测试卷(PDF版附解析)
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资料简介
高三数学试题 第 1 页 共 11 页 绝密★启用前 试卷类型:A 高三实验班过程检测(数学试题答案) 一、单项选择题:本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 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.答案:A 解析:求得 [ 1,2]A   , [0,4)B  ,所以 [0,2]A B  ,故选 A 2.答案:D 解析:设 iz b b R, 且 0b  ,则 1 i i1 i ba   ,得到1 i i 1ab b ab      , , 且1 b ,解得 1a   ,故选 D. 3.答案:D 解析:D 设等差数列的公差为 d , 1 1 1 1( 1) ( 1) ( 1) ( 1)p q k l a p d a q d aa a a a k d a l d            [( ) ( )] 0d p q k l     0d p q k l      或 0d p q k l      ,显然由 p q k l   不一定能推出 p q k la a a a   ,由 p q k la a a a   也不一定能推出 p q k l   ,因此 p q k l   是 p q k la a a a   的既不充分也不必要条件,故本题选 D. 4.答案:C 解析:有函数知, 1,0,10  cba ,故答案为 C 5.答案:B 解析:设首项为 1a ,因为和为 80,所以 5 1a + 5×4×m=80,故 m=8- 1a .因为 m, 1a ∈N*, 所以 因此“公” 恰好分得 30 个橘子的概率是 6.答案:C 解析:由题可知 072ACB  , 且 0 1 5 12cos72 4 BC AC   , 0 2 2 5 1cos144 2cos 72 1 4     则 0 0 0 0 5 1sin 234 sin(144 90 ) cos144 4      . 7.答案:C 解析:方法一:直线l 为双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的一条渐近线,则直线 l 为 by xa  , 1F , 2F 是双曲线 C 的左、右焦点, 1( ,0)F c  , 2 ( ,0)F c ,高三数学试题 第 2 页 共 11 页 1F 关于直线 l 的对称点为 1F  ,设 1F  为 ( , )x y , y a x c b   , 0 2 2 y b x c a    , 解得 2 2b ax c  , 2aby c   , 2 2 1 (b aF c   , 2 )ab c  , 1F  在以 2F 为圆心,以半焦距 c 为半径 的圆上, 2 2 2 2 22( ) ( 0)b a abc cc c       ,整理可得 2 24a c ,即 2a c , 2ce a    ,故选:C. 方法二:由题意知 21211 FFOFOFOF  ,所以三角形 211 FFF 是直角三角形,且 ,30211  FFF 又由焦点到渐近线的距离为b ,得 bFF 211  ,所以 cb 32  ,所以 2e .故选:C. 8.答案:C 解析:设 ABC 的边长为 2 ,不妨设线段 BC 的中点 O 为坐标原点,建立 坐标系 xoy 则点  0, 3A 、  1,0B  、  1,0C ,以线段 BC 为直径的圆的方程为 2 2 1x y  ,设点 P cos ,sin  ,则  1, 3AB    ,  1, 3AC   ,  cos , 3sinAP    由于 AP AB AC     ,则 cos , 3 3 sin 3           ,解得 1 3 1sin cos2 6 2      , 1 3 1sin cos2 6 2      ,所以 1 3 1 1 3 12 sin cos 2 sin cos2 6 2 2 6 2 3 3 1 3 5sin cos sin , 22 2 2 2 6 2                                         因 此 , 的 最 大 值 为 故选 C 二、多项选择题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。在每小题给出的四个选项中,有多项 符合题目要求的,全部选对得 5 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分。 9.答案:BC 解析:对于 A,因为 2a b  ,所以 2 (3 ) ( ) ( 2) 0b b a a b b b       ,故 A 错误; 对于 B,可通过作差证明,正确;高三数学试题 第 3 页 共 11 页 对于 C, 2 2 ( 2) ( 2)( ) 02 2 ab a ab b a b b aab a b           ,故 C 正确; 对于 D,若 1 2 1 1 2 ab a b    成立,当 10, 2a b  时,左边=右边= 3 5 ,故 D 错误. 所以,选 BC. 10.答案:AC 解 析 : 对 A , 取 CD 中 点 F , 连 接 ,MF BF , 则 1,MF DA BF DE  , 由 1 1 1, 2A DE MFB MF A D    为定值,FB DE 为定值,由余弦定理 可得 2 2 2 2 cosMB MF FB MF FB MFB     ,所以 FB 为定值,A 正确; 若 B 正确,即 1DE AC ,由 45AED BEC     ,可得 DE CE , 则 1DE A EC 平面 , 所以 1DE A E ,而这与 1 1DA A E 矛盾,故 B 错误; 因为 B 是定点,所以 M 在以 B 为圆心, MB 为半径的圆上,故 C 正确; 取 CD 中 点 F , 连 接 ,MF BF , 则 1MF DA , BF DE , 由 面 面 平 行 的 判 定 定 理 得 1MBF A DE平面 平面 ,即有 1MB A DE平面 ,可得 D 错误. 所以,答案为 AC. 11.答案:BD 解析: 12.答案:AC 解析: 0 0( , 1)x x  区间中点为 0 1 2x  ,根据正弦曲线的对称性知 0 1( ) 12f x    ,故选项 A 正确; 若 0 0x  ,则 0 0 1( ) ( 1) 2f x f x    ,即 1sin 2    ,不妨取 6    ,此 ( ) sin(2 )6f x x   ,满足条件,但 1 13f      为 上的最大值,不满足条件,故选项 B 错 误;不妨令 0 52 6x k      , 0( 1) 2 6x k       ,两式相减得 2 3   ,即函数的周 期 2 3T    ,故 C 正确;区间 的长度恰好为 673 个周期,当  0 0f  时,即 k 高三数学试题 第 4 页 共 11 页 时, ( )f x 在开区间 上零点个数至少为 ,故 D 错误。故正确的是 AC. 三、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分,其中第 15 题第一空 2 分,第二空 3 分。 13.答案:660 解析:若甲小区 2 人,乙、丙、丁其中一小区 2 人,共有 3 3 2 4 2 6 ACC 种,若甲小区 3 人,乙、 丙、丁每小区 1 人,共有 3 3 3 6 AC 种,则不同的分配方案共有 660=+ 3 3 3 6 3 3 2 4 2 6 ACACC 种. 14.答案: 53 ,6      解析:求导得   1 2sin 0f x x    得 6x  ,易得  max 36 6f x f          ,  min 2 2f x f         ,又有题意知 02 2f          ,且 ( ) ( ) ( )2 2 6f f f    ,由 此解得  的取值范围。 15.答案:2,5 . 解析:抛物线 2 2 ( 0)y px p  的焦点为 )0,1(F 所以 2p ,准线为 1x   , 设过焦点的直线方程为 1 myx ,设 1(A x , 1)y , 2(B x , 2 )y 联立      xy myx 4 1 2 ,得 0442  myy , 421  yy ①又 ||4|| BFAF  , 21 4yy  ② 由①②解得 1,4 21  yy 或 1,4 21  yy ,所以 5|||| 21  yyCD 所以三角形 CDF 的面积为 5522 1  ,故答案为5 . 16.答案: 9 2  或 89 89 6  解析:如图,取 AC 中点O ,因为 PA=PC= 5 ,AB=BC,所以 AC PO , AC O B , 所以 AC  平面 PO B ,所以平面 PO B  平面 ABC,易知 O BP 即为 PB 与底面 ABC 所成的角 或补角. 2O B  , 3O P  ,所以在 O PB 中, 2 2 2( 2) 2 2 cos ( 3)PB PB O BP       , 因为 1sin 3O BP  ,当 2 2cos 3O BP  时,求得 PB=3,此时  PCB=  PAB= 。90 .故 PB 为三棱锥 P-ABC 外接球直径, 9 2V  ;高三数学试题 第 5 页 共 11 页 当 2 2cos 3O BP   时,求得 PB= 3 1 ,延长 BO交外接球于 Q, 则 BQ 为圆O 的直径,则  QBP 的外接圆直径为球的直径,由 9 89)3 22(3 1222)3 1()22(cos2 22222  QBPBPBQBPBQPQ , 球的 直径为 89sin2  QBP PQR ,可求得 89 89 6V  . 综上外接球的体积为 9 2  或 89 89 6  . 四、解答题:共 70 分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。 17.解:(1)设 CBD   因为 1 5 2 5tan 0 , .................................( )2 2 5 5 2        ,又 , ,故sin = , os = 分c 2 5 2 5 4 5 5 5 4 3cos 2 cos 1 2 1 .........................................(5 4 )5                 则sin ABC=sin2 =2sin cos =2 ABC=cos 分2   sin sin 2 sin 24 4 2 2 4 3 7 2sin 2 cos2 ................................ .............( )2 2 5 10 55 A                                 分 故 (2)由正弦定理 7 2, , ...........( )4sin 87 2 510 7BC AC BC AC BC ACA sin ABC    即 所以 分 2CA CB= CA CB = CA CB = 2........................ ............( )2 8       又 28,所以 8 分2 AB ABAC= 2 , AB=5..............( )4sin sin 2 52 10AC AC C ABC 所以 4 ,又由 = , = 所以 分得 18.解:方案一:选条件①. (1)由 322 1  nn aa ,得 2 na 是公差为 3 的等差数列,由 1 1a  ,得 12 1 a ,高三数学试题 第 6 页 共 11 页 则 232  nan ,又 0na 所以 23  nan .………………………………………6 分 (2)根据 1, ,n ma a a 成等比数列,得到 2 1n ma a a ,即3 2 3 2n m   , 则有 23 4 2m n n   ,,因为 *n N 且 2n ,所以 2 *3 4 2m n n N    , 当 2n  时, min 6m  ;……………………………………………………………12 分 方案二:选条件②. (1)因为 2 1 13 9 0n n n na a a a      1( 3)( 3) 0n n na a a     , 因为 1 1a  ,所以 1 3 0n na a    ,则{ }na 是等差数列,则 3 2na n  …………………6 分 (2)要使得 1, ,n ma a a 成等比数列,只需要 2 1n ma a a ,即 2(3 2) 3 2n m   则有 23 4 2m n n   ,,因为 *n N 且 2n ,所以 2 *3 4 2m n n N    , 当 2n  时, min 6m  ;………………………………………………………12 分 方案三:选条件③. (1)由 2 2 2nS n n   ,得 1 1 2 3 2n na n n     ,………………………………6 分 (2)要使得 1, ,n ma a a 成等比数列,只需要 2 1n ma a a ,即 2(2 3) 2 3n m   则有 22 6 6m n n   ,,因为 *n N 且 2n ,所以 2 *2 6 6m n n N    , 当 3n  时, min 6m  ;………………………………………………………12 分 19.解:(1)证明:因为 , ,PE EB PE ED EB ED E   , 所以 PE EBCD 平面 ,………………………………………………………………2 分 又 PE PEB 平面 ,所以 PEB EBCD平面 平面 , 而 BC EBCD 平面 , BC EB ,所以 PBC PEB平面 平面 , 由 ,PE EB PM MB  知, EM PB ,于是 EM PBC 平面 . 又 EM EMN 平面 , 所 以 平 面 EMN  平 面 PBC . …………………………5 分 (2)假设存在点 N 满足题意,取 E 为原点,直线 , ,EB ED EP 分别为 , ,x y z 轴,建立空间直角坐标系 E xyz ,不妨设 2PE EB  ,显 然 平 面 BEN 的 一 个 法 向 量 为 1 (0,0,1)n , ………………………………………………………………7 分 设 (0 2)BN m m   ,则 (1,0,1), (2, ,0)EM EN m   .高三数学试题 第 7 页 共 11 页 设平面 EMN 的法向量为 2 ( , , )x y zn ,则由 2 2 0EM EN     n n ,即 (1,0,1) ( , , ) 0 (2, ,0) ( , , ) 0 x y z m x y z      ,即 0 2 0 x z x my      ,故可取 2 ( , 2, )m m  n .…………………9 分 所以 1 2 1 2 2 2 1 2 (0,0,1) ( , 2, )cos , | || | 2 4 2 4 m m m m m           n nn n n n , 依题意 2 6 62 4 m m    ,解得 1 (0,2)m   ,此时 N 为 BC 的中点. 综上知,存在点 N ,使得二面角 B EN M  的余弦值为 6 6 ,此时 N 为 BC 的中点. …………………………………………………………12 分 20.解:(1)根据散点图可以判断, dxy ce 更适宜作为平均产卵数 y 关于平均温度 x 的回归方程 类型;..............................................................................................................................2 分 对 dxy ce 两边取自然对数,得 ln lny c dx  ; 令 ln , ln ,z y a c b d   ,得 z a bx  ; 因为      7 7 1 1 2 1 7 2 2 1 7 40.1820ˆ 7 0.272147 71437 . i i i i i i i i i i x z xz x x x x z z b x x                 ........................4 分 ˆˆ 3.612 0.272 27.429 3.849a z bx       ; 所以 z 关于 x 的回归方程为 ˆ 0.272 3.849z x  ; 所以 y 关于 x 的回归方程为 0.272 3.849ˆ xy e  ;...............................................................6 分 (2)(i)由 5 3 3 2( ) (1 )f p C p p    , 得   3 2 5 (1 )(3 5 )f Cp p p p     , 因为 0 1p  ,令   0f p  ,得3 5 0p  ,解得 30 5p  ; 所以  f p 在 30, 5      上单调递增,在 3 ,15      上单调递减, 所以  f p 有唯一的极大值为 3 5f      ,也是最大值;高三数学试题 第 8 页 共 11 页 所以当 3 5p  时,  max 3 216 5 625f p f      ;.......................................................9 分 (ii)由(i)知,当  f p 取最大值时, 3 5p  ,所以 3~ 5, 5X B     , 所以 X 的数学期望为 3( ) 5 35E X    , 方差为 3 2 6( ) 5 5 5 5D X     ..........................................................................12 分 21. 解:(1)设以 AP 为直径的圆的圆心为 B ,切点为 N , 则 .2|||||,|2||  BAOBBAOB 取 A 关 于 y 轴 的 对 称 点 A , 连 PA , 故 24|)||(|2||||  BABOAPPA .------------------------------------------------------------2 分 所以点 P 的轨迹是以 AA , 为焦点,长轴长为 4 的椭圆. 其中, 2a  , 1c  ,曲线 C 方程为 2 2 14 3 x y  .------------------------------------------------4 分 (2)设直线 l 的方程为 (2 3 )x ty t   ,设 1(E x , 1)y , 2(F x , 2 )y , 0(M x , 0 )y , 直线 DE 的方程为 1 1 ( 2)2 yy xx   ,故 1 0 1 ( 2)2S yy xx   , 同理 2 0 2 ( 2)2T yy xx   ;-------------------------------------------------------------------------------6 分 所以 1 2 0 0 0 1 2 2 ( 2) ( 2)2 2S T y yy y y x xx x        , 即 0 1 2 1 2 1 2 1 2 0 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 3( ) ( 2) 2 2 ( 3) ( 3) [ 3( ) 3] y y y y y y y y y x x x t y t y t y y y y              ③-----------8 分 联立 2 2 (2 3 ) 3 4 12 0 x ty t x y        ,化简得 2 2 2 2(3 4) (12 6 3 ) 9 12 3 0t y t t y t t      , 所以 2 2 1 2 1 22 2 6 3 12 9 12 3,3 4 3 4 t t t ty y y yt t      ---------------------------------------------------10 分 代入③得, 2 2 2 20 2 2 0 2 2 9 12 3 6 3 122 ( ) 32 3 4 3 4 ( 2) 9 12 3 6 3 12[ 3 3]3 4 3 4 t t t t y t t x t t t tt t t          高三数学试题 第 9 页 共 11 页 0 0 12 3 3 3 2 2 3 012 t x yt        所以点 M 都在定直线 03223  yx 上.------------------------------------------------12 分 22.解析:(1)对 ( )f x 求导得 ( ) sinxf x e x a    ,显然 0,sin 1xe x   , 所以 sin 0 1 0xe x a a      ,即 ( ) 0f x  ,所以 ( )f x 在其定义域上是单调递增函数,故  f x 无极值点;------------------------------------------------4 分 (2) 解法一:对 ( )g x 求导得 1( ) sin ( 1)1 xg x e a x xx        又注意到 (0) 2 ,g a   令 (0) 2 0,g a    得 2a  。 此时 1( ) 2 sin ,1 xg x e xx      令 1( ) ( ) 2 sin ,1 xh x g x e xx      则 2 1( ) cos( 1) xh x e xx     ,显然,在 0, 2      上 2 11 , cos 0,( 1) xe xx    此时 2 1( ) cos 0,( 1) xh x e xx      故 ( )h x 在 0, 2      上是增函数, 所以 ( ) (0) 0,h x h  即 1( ) 2 sin 01 xg x e xx       ;-------------------------------7 分 又当 ( 1,0)x   时,令 2 2( ) ( 1) , ( ) ( 1) cosxs x x e t x x x    则 ( ) ( 1)( 3) 0xs x x x e     , ( )s x 是 ( 1,0) 上的增函数,所以 ( 1) ( ) (0)s s x s   ,即 0 ( ) 1s x  , 故存在区间 1( ,0) ( 1,0)x   ,使 1( ) 2s x  ,即 2 1 2( 1) xe x   ; 又 20 ( 1) 1x   , cos1 cos 1x  ,即 0 ( ) 1t x  , 故存在区间 2( ,0) ( 1,0)x   ,使 1( ) 2t x  ,即 2 1cos 2( 1)x x   。-----------------------9 分 现设 1 2 0( ,0) ( ,0) ( ,0)x x x ,则在区间 0( ,0)x 上, 2 1 2( 1) xe x   , 2 1cos 2( 1)x x   同时成立, 即 2 1( ) cos 0,( 1) xh x e xx      故 ( )h x 在 0( ,0)x 上是增函数, ( ) (0) 0h x h  。 从而存在区间 0( ,0)x ,使得 1( ) 2 sin 01 xg x e xx       ; 因此存在 2a  ,使得 ( )g x 在 0x  处取得极小值。------------------------------------------------12 分 解法二: 0x  是 ( )f x 的极小值点的必要条件是 (0) 2f a   ,即 2a  .高三数学试题 第 10 页 共 11 页 此时, 1( ) e 2 sin1 xf x xx      显然当 0, 2x     时, 1 1( ) e 2 sin 1 2 sin 01 1 xf x x x xx x             ;---------6 分 当 1 04 x   时, 2 2 23 1 3(1 ) 1 1 (3 1) 1 12 2 1 2 xx x x x x xx                . 令 xxxxm         e21)( 2 , 0e2)( 2  xxxm , 故 )(xm 是 减 函 数 . 因 此 , 当 0x 时 , 1)0()(  mxm ,即 21e 2xxx  .------------------------------------------------9 分 令 xxxh 2 1sin)(  , 2 1cos)(  xxh .当 01  x 时, 02 11cos)(  xh ,故 )(xh 在 )0,1( 上单调递增.因此,当 01  x 时, 0)0()(  hxh ,即 xx 2 1sin  . 故当 1 ,04x      时, 2 2 21 3( ) e 2 sin 1 1 2 2 01 2 2 2 2 x x x xf x x x x x xx                          ; 因此, 2a  时 0x  是 ( )f x 的极小值点.------------------------------------------------12 分

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