陕西渭南市司马迁中学2020届高三数学(理)全国统一招生考试试卷(Word版带答案)
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陕西渭南市司马迁中学2020届高三数学(理)全国统一招生考试试卷(Word版带答案)

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资料简介
数学(理) 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。考生作答时,将答案答在答题卡 上,在本试卷上答题无效。考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。 注意事项: 1.答题前,考生在答题卡上务必用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考 证号填写清楚,并帖好条形码。请认真核准条形码的准考证号、姓名和科目。 2.每小题选出答案后,用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用 橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号,在试题卷上作答无效。 第Ⅰ卷 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.已知集合 , , 则 ( ) A. B. C. D. 2.若 ( 为虚数单位, ),则 等于( ) A. -2 B. -1 C. 1 D. 2 ( ) 4.某产品的广告费用 x 与销售额 y 的统计数据如下表 广告费用 x(百元) 1 2 3 4 销售额 y(万元) 0.1 1.8 m 4 根据上表可得回归方程 , 则 m= A.2.9 B.3.0 C.3.1 D.2.8 5.AQI 是表示空气质量的指数,AQI 指数值越小,表明空气质量越好,当 AQI 指数值不大于 100 时称空气质量为“优良”.如图是某地 4 月 1 日到 12 日 AQI 指数值的统计数据,图中 点 A 表示 4 月 1 日的 AQI 指数值为 201,则下列叙述不正确的是() { lg(3 2 )}A x y x= = − 2{ 4}B x x= ≤ A B = 3{ 2 }2x x− ≤ < { 2}0, φ为参数),以 坐标原点 O 为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线 l 的极坐标方程为 60 40 100 90% 6 70 80 70 3 3 3 x 80 4 2 3 y x y< 2( )P K k> 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d −= + + + + n a b c d= + + + 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b + = > > (2,0)A 1F 2F A 1 2 y P B B x 1F C P 1 2 ,M N | | | |PM PN> :PAM PBNS S λ∆ ∆ = λ 11 1 0 2 − = < { 2 2}B x x= − ≤ ≤ { 2}A B x x= ≤ i i i i (1 2i) = i - 2t1 2i a t a t t + = ⇒ + = ⋅ ++ 1 22 t aa t = ⇒ = − = − 1t a+ = − 1.3 ,25.2448.11.0,25.2,5.2 =∴ ×=+++∴== m myx 代入回归直线方程得 6 . B 【 解 析 】 , .故答案选 B. 7.【解答】解:根据三视图得出:该几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥 O﹣ABCD,正方体 的棱长为 2,A,D 为棱的中点 根据几何体可以判断:球心应该在过 A,D 的平行于底面的中截面上, 设球心到截面 BCO 的距离为 x,则到 AD 的距离为:2﹣x, ∴R2=x2+( )2,R2=12+(2﹣x)2, 解得出:x= ,R= , 该多面体外接球的表面积为:4πR2= π, 故选:D. 8.【解析】圆 D 与不等式组{-x+y-1 ≥ 0, 3x-y-1 ≥ 0, x+y-7 ≤ 0 表示的平面区域有交点,作出图象后易求得 a 的取值范围是[2 5,4 ]. 9 . B 【 解 析 】 由 题 意 可 得 直 线 与 抛 物 线 联 解 得 : , 所以点 , ,则 .在 中, 边上的高 ,则 ,故答案选 B. 方法二:不防设交点 在 轴上方,由抛物线焦点弦性质得 , 且 , , 故 , 7 8 1 1 1 62 2( 6 ) ( 7 ) 5a a a d a d a d a− = + − + = + = 1 11 11 611 11 552 a aS a += × = = : 3( 1)PQ y x= − 2 4y x= 23 10 3 0x x− + = (3,2 3)P 1 2 3( , )3 3Q − 2 3 8 32 3 3 3MN = + = MNF∆ MN 2h = 1 8 3 8 322 3 3MNFS∆ = × × = P x | | | |PF PM= | | | |QF QN= 1 1 2 1| | | |PF QF p + = = | | | | | | | | 1 | | | | | | | | 2 PM QN PF QF PM QN PF QF − −= =+ + | | 4PF = , 所以 ,故答案选 B. 10.A【解析】因为函数 可化简为 可知函数为奇函数关 于原点对称,可排除答案 C;同时有 ,则当 ,可知函数在 处附近单 调递增,排除答案 B 和 D,故答案选 A. 11.D【解析】要使符合题意,则圆上所有点在直线 之间, 因为圆心到直线 的距离 且 ,则所有圆心到 直线 的距离 ,且 ,解得 ,故答案选 D. 12.答案 C 【 解 析 】 依 题 意 , , 故 , 即 , 令 , 故 , 故 当 时 , , 当 时, ,当 时, ,作出函数 的图象如下所 示,可知三个正整数解为 1,2,3;令 ,则 , ,解得 ,故选 C. 4| | 3QF = 1 1 4 3 8 3| | (4 ) 22 2 3 2 3MNFS MN p∆ = × × = × + × × = 2 2sin( ) 11 xy f x x = = + 2 2 2 sin( ) 1 x xf x x = + 4 2 2 2 4 sin 2 cos 2 cos' '( ) ( 1) x x x x x xy f x x + += = + 3 2 2 2 (2sin cos cos ) ( 1) x x x x x x x + += + (0, )2x π∈ '( ) 0f x > 2x π= 1 2:3 4 0, :3 4 9 0l x y a l x y− + = − − = 2l 2 2 | 3 4 9 | 2 1 3 ( 4) d − −= = > + − 3 1 4 1 9 0× − × − < 1l 1 2 2 | 3 4 | 1 3 ( 4) ad − += ≥ + − 3 1 4 1 0a× − × + ≥ 6a ≥ 2 e ex xx mx m− > ( )2 1 exx m x> + ( )2 1ex x m x> + ( ) 2 ex xf x = ( ) ( )2 22' e ex x x xx xf x −−= = ( ),0x∈ −∞ ( )' 0f x < ( )0,2x∈ ( )' 0f x > ( )2,x∈ +∞ ( )' 0f x < ( )f x ( ) 2 e ex xg x x mx m= − − ( ) 3 33 9 3 e e 0g m m= − − > ( ) 4 44 16 4 e e 0g m m= − − ≤ 4 3 16 9 5e 4em≤ = = ⋅      2 5 5 2 2 2 ( ) 100 (20 20 40 20) ( )( )( )( ) 60 40 60 40 n ad bcK a b c d a c b d − × × − ×= =+ + + + × × × 400 400 100 2.778 2.7065760000 × ×= ≈ > x y< 0, 1x y= = 0, 2x y= = 0, 3x y= = 1, 2x y= = 1, 3x y= = 2, 3x y= = 0 3 1 2 3 3 4 2 3 3 6 6 4( 0, 1) 400 C C C CP x y C C = = = × = 0 3 2 1 3 3 4 2 3 3 6 6 12( 0, 2) 400 C C C CP x y C C = = = × = , , 所以: .………………(12 分) 20.【解析】(Ⅰ)因为 轴,得到点 , 所以 ,所以椭圆 的方程是 .……………… (4 分) (Ⅱ)因为 , 所 以 . 由 ( Ⅰ ) 可 知 , 设 方 程 , , 联立方程 得: .即得 (*) 又 ,有 , 将 代入(*)可得: . 因为 ,有 , 则 且 . 综上所述,实数 的取值范围为 . 0 3 3 0 3 3 4 2 3 3 6 6 4( 0, 3) 400 C C C CP x y C C = = = × = 1 2 2 1 3 3 4 2 3 3 6 6 108( 1, 2) 400 C C C CP x y C C = = = × = 1 2 3 0 3 3 4 2 3 3 6 6 36( 1, 3) 400 C C C CP x y C C = = = × = 2 1 3 0 3 3 4 2 3 3 6 6 36( 2, 3) 400 C C C CP x y C C = = = × = 4 12 4 108 36 36 200 1( ) 400 400 2P x y + + + + +< = = = 1BF x⊥ 2 ( , )bB c a − − 2 2 2 2 2 2 1 3( ) 2 1 a a b ba a c c a b c  = =  = ⇒ = +  = = + C 2 2 14 3 x y+ = 1 sin 22 ( 2)1 1 2sin2 PAM PBN PA PM APMS PM PM S PN PNPB PN BPN λλ λ∆ ∆ ⋅ ⋅ ∠ ⋅= = = ⇒ = >⋅⋅ ⋅ ∠ 2PM PN λ= −  (0, 1)P − MN : 1y kx= − 1 1 2 2( , ), ( , )M x y N x y 2 2 1 14 3 y kx x y = − + = 2 2(4 3) 8 8 0k x kx+ − − = 1 2 2 1 2 2 8 4 3 8 4 3 kx x k x x k  + = + − ⋅ = + 1 1 2 2( , 1), ( , 1)PM x y PN x y= + = +  1 22x x λ= − 1 22x x λ= − 2 2 2 (2 ) 16 4 3 k k λ λ − = + 1 2k > 2 2 2 16 16 (1,4)34 3 4 k k k = ∈+ + 2(2 )1 4 λ λ −< < 2λ > 4 4 2 3λ⇒ < < + λ (4,4 2 3)+ ………………(12 分) 21、【答案】(1)解: ,x>﹣1, 令 g(x) =2ax2+2ax+1,△=4a2﹣8a=4a(a﹣2), 若△<0,即 0<a<2,则 g(x)>0, 当 x∈(﹣1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 若△=0,即 a=2,则 g(x)≥0,仅当 时,等号成立, 当 x∈(﹣1,+∞)时,f'(x)≥0,f(x)单调递增. 若 △ > 0 , 即 a > 2 , 则 g ( x ) 有 两 个 零 点 , , 由 g(﹣1)=g(0)=1>0, 得 , 当 x∈(﹣1,x1)时,g(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增; 当 x∈(x1 , x2)时,g(x)<0,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当 x∈(x2 , +∞)时,g(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增. 综上所述, 当 0<a≤2 时,f(x)在(﹣1,+∞)上单调递增; 当 a>2 时,f(x)在 和 上单调递增, 在 上单调递减 (2)解:由(1)及 f(0)=0 可知:仅当极大值等于零,即 f(x1)=0 时,符合要求. 此 时,x1 就是函数 f(x)在区间(﹣1,0)的唯一零点 x0 . 所以 ,从而有 , 又因为 ,所以 , 令 x0+1=t,则 , 设 ,则 , 再由(1)知: ,h'(t)<0,h(t)单调递减, 又因为 , , 所以 e﹣2<t<e﹣1 , 即 22.【解析】(Ⅰ)由题意可知直线 l 的直角坐标方程为 y= 3x+2, 曲线 C 是圆心为( 3,1),半径为 r 的圆,直线 l 与曲线 C 相切,可得: r=| 3· 3-1+2| 2 =2;可知曲线 C 的方程为(x- 3) 2 +(y-1 ) 2 =4, 所 以 曲 线 C 的 极 坐 标 方 程 为 ρ 2 - 2 3ρ cos θ - 2 ρ sin θ = 0 , 即 ρ = 4sin(θ+ π 3 ).(5 分) (Ⅱ)由(Ⅰ)不妨设 M(ρ1,θ),N(ρ2,θ+ π 6 ),(ρ1>0,ρ2>0), S△MON=1 2|OM→ ||ON→ |sinπ 6 , =1 4ρ1·ρ2=4sin(θ+ π 3 )·sin(θ+ π 2 )=2sin θcos θ+2 3cos2 θ =sin 2θ+ 3cos 2θ+ 3=2sin(2θ+ π 3 )+ 3, 当θ=π 12时, S△MON=2+ 3,所以△MON 面积的最大值为 2+ 3.(10 分) 23 . 【 解 析 】 ( Ⅰ ) 不 等 式 等 价 于 或 ( ) 2f x < 3 2 (2 3) (2 1) 2 x x x  < − − + + −

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