河北省正定中学（实验中学）2020届高三下学期第三次阶段质量检测理数试卷（解析）.pdf

河北正定中学/河北正中实验中学“停课不停学，辉煌靠执着” 第 1 页 共 9 页 2020 届高三下学期第三次阶段质量检测 数学试卷（理）答案 1.【答案】C.【解析】由 2 2 3 0x x   有 ( 1)( 3) 0x x   ,即 3 1x   ,又 ln( )x 中 0x  即 0x  . 故 A B  [ 3,0) ,故选 C. 2.【答案】B.【解析】  3 2 2 (1 ) 2 1 i iz i i i        1 1 1 i i i     1 1 2 2 i   , 则 1 1 2 2z i   , z 在复平面内对应点为 1 1,2 2     ,在第二象限,故选 B. 3.【答案】C.【解析】由 q r  是真命题，则 q 和 r 均为真命题，即 q为假命题，又因为 p q 是真命题，所 以 p 为真，所以命题 p 为真， r 为真命题， q为假命题， 即甲得第一名，丙得第三名，乙没有得第二名.故选：C. 4.【答案】B.【解析】 2 2 2 2 2 cos 2sin cos 1 2tan 7cos sin 2 cos sin 1 tan 10               ，故选 B． 5.【答案】C.【解析】 由题意，函数 2( ) | |f x x x  的图象关于 y 轴对称，但在 1(0, )2 单调递减，在 1( , )2  单 调递增，不满足题意；函数 ( ) 2 2x xf x   的图象关于原点对称，所以函数为奇函数，不满足题意；函数 4 3 3 4 1( ) 0f x x x     ，即函数的值域为[0, ) ，不满足题意，故选 C． 6.【答案】C.【解析】由题意可知,每天走的路程里数构成以 1 2 为公比的等比数列,由 S6=378,可判断此人第三天走 的路程不占全程的 1 8 ,故选 C. 7.【答案】C.【解析】当 1a   时，区间 , 2a a   没有意义；该函数在[2,4] 上，当 3x  时函数取最小值；由 周期公式 2π 2 8 π 3T     ，得 3 4   ，此时 3π( ) 2 sin 4f x a x      ，由   3π(2) 2 sin 2 (4) 2 sin 3π f a a f a a               ， 计算得出 2sin cos 2     ， 3 4    ，可以知道该函数的最小正周期可以是 8 3 ；由 (0) 2 sin 0f a   ， 得 sin 0  ，解得  0    ，此时   sin( )f x a x 不满足直线 y a 与 ( )f x 的图象的相邻两个交点的横 坐标分别是 2 和 4 ，故答案为 C．河北正定中学/河北正中实验中学“停课不停学，辉煌靠执着” 第 2 页 共 9 页 8.【答案】A.【解析】OA  = a  ，OB b  ，OC c  ，设由 1a  ， 3b  ， 3 2a b    ，所以 3cos 2AOB   ， 所以 150AOB   ，又 , 30a c b c        ，则 30ACB   ， 即点 , , ,A O B C 四点共圆，要使 c r 最大，即 OC 为圆的直径， 在 AOB 中，由余弦定理可得 2AB = 2OA + 2 2 cosOB OA OB AOB    =7，即 AB= 7 ， 又由正弦定理可得： 2 2 7sin ABR AOB   ，即 c r 最大值为 2 7 ，故选 A． 9. 【答案】A.【解析】双曲线的焦点在 x 轴上,则 2,2 4a a  ；设 2| |AF m ,由双曲线的定义可知： 1 2| | | | 2 4AF AF a m    ,由题意可得： 1 2 2 2| | | | | | | | | |AF AB AF BF m BF     , 据此可得： 2| | 4BF  ,又 ,∴ 1 2| | 2 | | 8BF a BF   , 1ABF 由正弦定理有: 1 1| | | | sin120 sin 30 BF AF  ,即 1 1| | 3 | |BF AF ,所以8 3(4 )m  ,解得： 8 3 12 3m  ,所以 1ABF 的周长为： 1 1| | | | | |AF BF AB  = 8 3 12 16 32(4 ) 8 16 2 83 3m        ,故选 A. 10. 【答案】B.【解析】由 1 2 3n na a n    ，得 1 ( 1) 1 ( 1)n na n a n        ，所以{ 1}na n  为等比数列， 所以 1 11 ( 1) ( 2)n na n a     ，所以 1 1( 1) ( 2) 1n na a n     ， 1 1( 1) ( 2) 1m ma a m     ， 所以 13 1 2 3 12 13 1 1( ) ( ) 2 (2 4 12) 3 6 102S a a a a a a a                 . 1 当 m 为奇数时， 1 1( 2) 1 102a m a     ，解得 103m  ； 2 当 m 为偶数时， 1 1( 2) 1 102a m a      ，解得 12 99m a  ，因为 1 1, 2 99a Z m a   只能为奇数， 与 m 为偶数矛盾，无解； 综上所述， 103m  . 11. 【答案】B. 【解析】：抛物线 2 8y x 的准线方程为 : 2l x   ，焦点 (2,0)F ，过 P 作 PB l ，垂足为 B ， 由抛物线的定义可得| | | |PF PB ，圆 2 2( 2) 1x y   的圆心为 (2,0)F ，半径 1r  ， 可得| |PQ 的最大值为| | | | 1PF r PF   ，由 2 2| | | | | | | | 1 PA PA PQ PF  ， 可令| | 1PF t  ， ( 1)t  ，可得| | 1 | | 2PPF t PB x     ，即 3Px t  ， 2 8( 3)Py t  ， 可得 2 2| | ( 3 3) 8( 3) 12 124 2 4 4 3 4| | 1 PA t t t tPF t t t            ，当且仅当 2 3t  时，上式取得等号， 可得 2| | | | PA PQ 的最小值为 4 3 4 ，故选： B ．河北正定中学/河北正中实验中学“停课不停学，辉煌靠执着” 第 3 页 共 9 页 12. 【答案】B.【解析】构造函数 ( ) lnxf x x  ，导数 2 1( ) lnxf x x   ，当 0 x e  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 递 增； x e 时， ( ) 0f x  ， ( )f x 递减 ．可得 ( )f e 取得最大值 1 e ． 2 2ln 5 5ln2ln55ln22ln55ln  ，故①不正确； ln e   e e ee ln2 1 lnln2    ，故②正确； 112 11   11 11ln 2 2ln11ln22ln11112 211  ，不易确定 设 2( ) 2xg x x  ，可得     042  gg ，在 2 4x  时， ( ) 0g x  ，即有 112 11 ， 故③正确； e ee 1 22 22ln222 2ln3242ln3  ，故④不正确 ．故选：B． 13.【答案】 70 .【解析】 51 2x 展开式的通项公式为： 1 5 5(2 ) 2k k k k k kT C x C x     ， 令 2k  ，此时项数为： 2 2 2 2 5 52 2 40kk kC C x xx     ， 令 1k  ，此时项数为： 11 5 12 2 5 10C x x x      ， 综上可得：含 2x 的项为 2 2 2 22 40 10 80 10 70x x x x x x     ，含 2x 项的系数为 70 ． 14.【答案】 1y x  .【解析】   1 ,f x x     2 1g x ax   ，设切点的横坐标为t ，则根据题意可得 2ln 1 2 1 t at t att      ， 得 1ln 2 tt  ，2ln 1 0t t   ，设   2ln 1g t t t   ，则  g t 单调递增，又  1 0g  ，所以方程 2ln 1 0t t  河北正定中学/河北正中实验中学“停课不停学，辉煌靠执着” 第 4 页 共 9 页 有唯一解 1t  ，所以切点为  1,0 ，切线斜率 1k  ，切线方程为 1y x  ，故答案为： 1y x  ． 15.【答案】2 305 .【解析】由已知得四面体 1A BMP 体积 1 1 22 ,3 3A MBP MBPV S     所以 1,MBPS  设 P 到 BM 的距离为 h ,则 1 5 1,2MBPS h     解得 2 5 ,5h  所以 P 在底面 ABCD 内（不包括边界）与 BM 平行且距离 为 2 5 5 的线段l 上,要使 1C P 的最小,则此时 P 是过 C 作 BM 的垂线的垂足.点C 到 BM 的距离为 4 5 ,5 所以 2 5 ,5CP  此时   2 2 1 min 2 5 2 302 .5 5C P        故答案为 2 30 5 . 16.【答案】1；8076.【解析】设   xxxg   ，显然  xg 为奇函数，     xgxf ， 故  xf 关于  , 对称.右图为  xf 图象，又因为  aaa ,, 成等差数列且       fff ，故  da , ，则      1 4038 2019 2020 4038 4038 4038 4038 1 3 80762 2 2 a a a aS          . 17. 【解析】（Ⅰ）依题意得，  1 1sin sin sin sin2 2ab C c a A b B c C   ，由正弦定理得，  2 2 2abc c a b c   ， 即 2 2 2a b c ab   ，（3 分）由余弦定理得， 2 2 2 1cos 2 2 2 a b c abC ab ab     ，又因为  0,C  ， 所以 3C  ．（6 分） （Ⅱ）∵ 2 2 2a b c ab   ， 2c  ，∴ 2 2 4 2 4ab a b ab     ，即 4ab  ．（8 分） ∵ D 为 AB 中点，所以  1 2CD CA CB    ，（10 分） ∴  2 2 21 24CD CA CB CA CB           2 21 1 4 24 4b a ab ab      1 4 8 34    ，当且仅当 2a b  时， 等号成立．所以 CD 的最大值为 3 ．（12 分） 18.【解析】（Ⅰ）证明：连结 1AC 交 1AC 于点 E ，连结 DE ， 则 E 为 1AC 中点， DE 为 1ABC 中位线，所以 1//DE BC ． 又 DE  平面 1ACD ， 1BC  平面 1ACD ．所以 1 //BC 平面 1ACD ．（4 分） （Ⅱ）解法一：因为 BC AC ， D 是 AB 的中点，所以 AB DC ． 又因为 2 2 2AB DC  ，所以 2AC BC  ，则 2 2 2AC BC AB  ，即 AC BC ，所以 90ACB  ．河北正定中学/河北正中实验中学“停课不停学，辉煌靠执着” 第 5 页 共 9 页 又因为 1AA  平面 ABC ，所以建立如图所示空间直角坐标系C xyz ，则  0,0,0C ，  1,0,1D  ，  1 0,4,2A ，  1,0,1CD   ，  1 0,4,2CA  ．（6 分） 平面 1 1BCC B 的法向量为  0,0,1m  ．（8 分） 设平面 1ACD 的法向量为  , ,n x y z ，则由 n CD  ， 1n CA  ，得 1 0 4 2 0 n CD x z n CA y z             令 1y   ，则 2x z  ，  2, 1,2n   ．（10 分） 所以平面 1ACD 与平面 1 1BCC B 所成的锐二面角 的余弦值为 2 2cos 31 4 1 4 m n m n            ．（12 分） 解法二：延长 1A D 、 1B B 交于Q ，连接QC ，过 D 作 DH BC 于 H ，过 H 作 HJ QC 于 J ，连接 DJ ， 则 DH  平面 1 1BCC B ， DH CQ ，又 HJ DH H ，所以 CQ  平面 DHJ ， DJH   为平面 1 1BCC B 与平面 1ACD 所成锐二面角的平面角． Rt BDC 中， BD DC ，所以高 DH 为中线， 1DH  ， 1BH HC  ， ∵ 1 1BD A B ，∴ 1 1 1 1 2 QB BD QB A B   ，∴ 1 4QB BB  ， 在 Rt CBQ 中， 2 24 2 2 5QC    ， 4sin 2 5 HJ BQBCQ CH CQ     ，∴ 2 5 HJ  ， Rt DHJ 中， 2 2 2 31 5 5 DJ       ， 2cos 3 HJ DJ    ， 所以平面 1 1BCC B 与平面 1ACD 所成锐二面角的平面角的余弦值为 2 3 ． 19.【解析】（Ⅰ）依题意，得 2c b  ，则 2 2 2 4 4 8a b c     ，故椭圆的标准方程为 2 2 18 4 x y  ．（4 分） （Ⅱ） ① 当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为  2y k x  ， 代人椭圆 C 的方程，可得 2 2 2 22 1 8 8 8 0k k xx k     ，河北正定中学/河北正中实验中学“停课不停学，辉煌靠执着” 第 6 页 共 9 页 设  1 1,P x y ，  2 2,Q x y ，则 2 1 2 2 8 2 1 kx x k    ， 2 1 2 2 8 8 2 1 kx x k   ，（6 分） 设  ,0R m ，则    1 1 2 2, ,RP RQ x m y x m y        1 2 1 2x m x m y y         1 2 2 11 2 22 4xm x k xx xm x          2 22 2 2 2 2 8 28 8 42 1 2 11 k k k mk mk k k       2 2 2 2 2 8 4 8 2 1 m m k m k       ，（8 分） 若  2 2 2 2 2 8 4 8 2 1 m m k m k      为定值，则 2 2 8 1 2 8 4 2 m m m    ，解得 5 2m   ， 此时  2 2 2 2 2 8 4 8 7 2 1 4 m m k m k       ， R 点的坐标为 5,02     ．（10 分） ②当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为 2x   ，代人 2 2 18 4 x y  ，得 2 2 x y     ， 不妨设    2, 2 , 2, 2P Q   ，若 5 ,02R     ，则 1 1, 2 , , 22 2RP RQ              ， 7 4RP RQ     ． 综上所述，在 x 轴上存在点 5 ,02R     ，使得 RP RQ    为定值 7 4  ．（12 分） 20. 【解析】（Ⅰ）因为 3( ) 2 af x lnx x     ，所以 3( ) (1 ) 2 ag x a lnx xx      ， 2 1 ( 1)( )( ) 1 ( 0)a a x x ag x xx x x          ，（1 分） （ⅰ）当 0 a 即 0a 时，所以 0x a  ，且方程 ( ) 0g x  在 (0, ) 上有一根， 故 ( )g x 在 (0,1) 上为增函数， (1, ) 上为减函数，（3 分） （ⅱ）当 0a  即 0a  时， 所以方程 ( ) 0g x  在 (0, ) 上有两个不同根或两相等根， ①当 1a   时     01 2  x xxf ， ( )f x 在 (0, ) 上是减函数； ②当 1a   时，由 ( ) 0f x  得1 x a   ， 所以 ( )f x 在 (1, )a 上是增函数；在 (0,1) ， ( , )a  上是减函数； ③当 1 0a   时，由 ( ) 0f x  得 1a x   ， 所以 ( )f x 在 ( ,1)a 是增函数；在 (0, )a ， (1, ) 上是减函数；（6 分）河北正定中学/河北正中实验中学“停课不停学，辉煌靠执着” 第 7 页 共 9 页 （2）证明：因为 3( ) 2 af x lnx x     ，令 3( ) 2 ah x lnx x    ，则 2 1( ) ah x x x    ， 因为 1( ,2 )2a ee  ，所以 2 1( ) 0ah x x x     ， 即 ( )h x 在 (0, ) 是增函数， 下面证明 ( )h x 在区间 ( ,2 )2 a a 上有唯一零点 0x ，（8 分） 因为 1( )2 2 2 a ah ln  ， (2 ) 2 1h a ln a  ， 又因为 1( ,2 )2a ee  ，所以 2 1( ) 02 2 2 a eh ln   ， 1(2 ) (2 ) 1 02h a ln e    ， 由零点存在定理可知， ( )h x 在区间 ( ,2 )2 a a 上有唯一零点 0x ， 在区间 0(0, )x 上， ( ) ( ) 0h x f x  ， ( )f x 是减函数， 在区间 0(x ， ) 上， ( ) ( ) 0h x f x  ， ( )f x 是增函数， 故当 0x x 时， ( )f x 取得最小值 0 0 0 0 1( ) ( ) 2f x x a lnx x   ，（10 分） 因为 0 0 0 3( ) 02 ah x lnx x     ，所以 0 0 3 2 alnx x   ， 所以 0 0 0 0 0 0 0 3 1 1( ) ( )( ) ( )(2 )2 2 2 a af x x a x x a xx x        ， 因为 0 ( ,2 )2 ax a ，所以 ( ) 0f x  ， 所以 1( ,2 )2a ee  ， ( ) 0f x  ．（12 分） 21.【解析】（Ⅰ）由题意得 1( )E k  ；随机变量 2 的所有可能值为：1， +1k . 2 2( 1) (1 ) , ( 1) 1 (1 ) ,k kp p p k p         故 2( ) 1 (1 ) .kE k k p     若 1 2( ) ( )E E  ，则 1 (1 ) .kk k k p    整理有 111 ( ) kp k   ， 即 p 关于 k 的函数关系式 11( )=1-( ) kp f k k  ( 2)k N k 且 .（4 分） （Ⅱ）(i)当 2n  时，有 1 2 2 2 2 2 13 2 2 1 2 2 1 .x x xe x x x x    解得 1 2 3 1 x ex  .令 1 2 3 1 xq ex   ，则 1q  . 由题意可知 2 2 21 11 2 2 12 1 2 1 . n n n i i i x x xx x x x x x      则可得 2 2 2 +1 +1 11 2 2 12 1 2 1 . n n n i i i x x xx x x x x x    2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 13221 2 1 2 2 2 1 2 1 2 32 2 21 2 2 1 1...11... n n nn n nn nnn xx x xx xx xxxxxxxx xx xx x xx x xx x x x          河北正定中学/河北正中实验中学“停课不停学，辉煌靠执着” 第 8 页 共 9 页 2 11 2 2 1 2 2 2 1 2 1 13221 2 1 2 2 2 1 2 1 1 2 1 32 2 1 21 2 1 2 1 1...11...                n n nn n nn nnn xx x xx xx xxxxxxxx xx xx x xx x xx x x x 两式做差得：                  2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2 11 2 2 1 2 2 2 1 2 1 1 1 n n n n n n n n nn x xx x xx xxx x xx x xx xx xx x xx xx xx                      2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2 2 1 11 nnnnn n n n nn x x x x xxx x xxx xx x xx xxx x xx           2 1 22 1 2 2 21 1 111 nnnn xxxx xx xx 整理得 1 1 1 ,n n n n x x qx x q      解得 1 1n n x qx q   或 （舍去）. 即数列 nx 是以首项为 1 1x  ，公比为 1 3q e 的等比数列.（8 分） (ii)当 3 11p e   ，由题意可知 1 2( ) ( )E E  ，则有 1 (1 ) .kk k k p    整理得 1ln 03k k  ， 构造函数 1 1 1 3( ) ln , ( ) ,3 3 3 kk k k k k k        当 (0,3)k  时， ( ) 0k  ， ( )k 单调递增；当 (3, )k   时， ( ) 0k  ， ( )k 单调递减. 而 (4) 0, (5) 0   .则 k 的最大值为 4.（12 分） 22.【解析】（Ⅰ）由题意,曲线 C1 的极坐标方程是 24 4cos 3sin     , 即 4ρcosθ＋3ρsinθ＝24,又由 cos , sinx y     , 所以 4x＋3y－24＝0,故 C1 的直角坐标方程为 4x＋3y－24＝0.（3 分） 因为曲线 C2 的参数方程为 cos sin x y      （θ为参数）,所以 x2＋y2＝1, 故 C2 的普通方程为 x2＋y2＝1. （5 分） （Ⅱ）将曲线 C2 经过伸缩变换 2 2 2 x x y y      后得到曲线 C3, 则曲线 C3 的参数方程为 2 2 cos ( 2sin x y          为参数）. 设 N（2 2 cosα,2sinα）,则点 N 到曲线 C1 的距离 2 2 4 2 2 cos 3 2sin 24 2 41sin( ) 24 54 3 d             24 2 41sin( ) 5    （其中 满足河北正定中学/河北正中实验中学“停课不停学，辉煌靠执着” 第 9 页 共 9 页 4 2tan 3   ），（8 分） 当 sin（α＋φ）＝1 时,d 有最小值 24 2 41 5  , 所以|MN|的最小值为 24 2 41 5  .（10 分） 23.【解析】（Ⅰ）    2 2 2 2x x t x x t t          ,且 0t  4( 0 )t t   舍去 ,   10 3 , 2 2 2 4 6 ,2 4 3 10, 4 x x f x x t x x x x x x                 （3 分） 1 当 2x  时,令10 3 8x  ,得 2 2,3 3x x   ； 2 当 2 4x  时,令 6 8x  , 得 2x ≤ ,无解；3 当 4x  时,令3 10 8x   ,得 6, 6x x   .综上,不等式的解集为 2 63x x x     或 .（5 分） （Ⅱ） 2 2 22 3 5 10a b c   ，    2 2 2 2 2 2 210 2 3 5 2 3 4 6a b c a c b c ac bc          2 3 5ac bc   ,当且仅当 1a b c    时等号成立， 2 3ac bc  的最大值为 5.（10 分）