宁夏六盘山高级中学2020届高三第三次模拟考试数学（理）试题.doc

绝密★启用前 宁夏六盘山高级中学 2020 届高三第三次模拟考试 理科数学试卷 命题教师： 审题教师： 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写在本试题相应的位置、涂清楚。 2．选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔 迹清楚。 3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试 卷上答题无效。 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。 5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 一、选择题：本题共 12 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 }13|{ 3  xxA ， }0124|{ 2  xxxB ，则 BACR )( ( ) A、 ]3,(  B、 )2,3[  C、 ),6()2,3[   D、 ),6()2,3(   【解析】∵集合 }3|{}03|{}33|{ 03   xxxxxA x ， }3|{  xxACR ， 集合 }62|{}0)6)(2(|{  xxxxxxB 或 ， ∴ ),6()2,3[)(   BACR ，故选 C。 2．在复平面内，复数 1z 和 2z 对应的点分别是 )1,2(A 和 )1,0(B ，则  2 1 z z ( ) A、 i21 B、 i21 C、 i21 D、 i21 【解析】 iz  21 ， iz 2 ，故 ii i z z 212 2 1  ，故选 C。 3．如图是某学校高三年级的三个班在一学期内的六次数学测试的平均成绩 y 关于测试序号 x 的函数图 像，为了容易看出一个班级的成绩变化，将离散的点用虚线连接，根据图像，给出下列结论： ①一班成绩始终高于年级平均水平，整体成绩比较好； ②二班成绩不够稳定，波动程度较大； ③三班成绩虽然多次低于年级平均水平，但在稳步提升。 其中正确结论的个数为( )A、 0 B、1 C、 2 D、 3 【解析】由图可知，一班成绩始终高于年级平均水平，整体成绩比较好，故①正确； 二班的成绩有时高于年级整体成绩，有时低于年级整体成绩， 特别是第六次成绩远低于年级整体成绩，可知二班成绩不够稳定，波动程度较大，故②正确； 三班成绩虽然多数时间低于年级平均水平，只有第六次高于年级整体成绩， 但在稳步提升，故③正确。∴正确结论的个数为①②③，故选 D。 4．《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，书中有一道题为：今有出门望见九堤，堤有九木，木有 九枝，枝有九巢，巢有九禽，禽有九雏，雏有九毛，毛有九色，问各几何？若记堤与枝的个数分别为 ,m n ， 现有一个等差数列 na ，其前 n 项和为 nS ，且 2a m ， 6S n ，则 4a  （ ） A．84 B．159 C．234 D．243 【答案】B 【解析】由题意得 39, 9m n  , 3 2 69, 9a S   , 则 1 3 1 9 6 15 9 a d a d      ，即 1 66, 75a d   , 所以 4 66 3 75 159a      , 故选：B 5.已知抛物线 2: ( 0)C y ax a  的焦点 F 是双曲线 2 233 12y x  的一个焦点，则 a （ ） A．2 B．4 C． 1 2 D． 1 4 【解析】抛物线的方程为 2( 0)y ax a  ，即其标准方程为 2 ( )1 0x y aa  ，则其焦点坐标为 F 1(0, )4a ， 又双曲线方程为 2 233 12y x  ，即其标准方程为 2 2 11 2 3 3 y x  ，则其焦点坐标为（0，1）， 由题意可得， 1 14a  ，解得 1 4a  ， 故选：D． 6.设ΔABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 2 cos cos cosc B b A a B   ，则∠B=（ ） A． 6  B． 3  C． 5 6  D． 2 3  【解析】由正弦定理可得： 2sinCcosB sinBcosA sinAcosB     2 sinsinCcosB A B sinC     ， 1 2cosB   .因为 ),0( B ，所以 3 2B .故选：D 7．已知等边 ABC 的边长为 2 ，若 BEBC 3 ， DCAD  ，则  AEBD ( ) A、 2 B、 3 10 C、 2 D、 3 10 【解析】如图所示， )()( BEABABADAEBD  )3 1 3 1()2 1( ABACABABAC  )3 2 3 1()2 1( ABACABAC  ， 243 246 1 3 2 6 1 22  ABAC ，故选 A。 8．已知直三棱柱 111 CBAABC  中， 120ABC ， 2AB ， 11  CCBC ，则异面直线 1AB 与 1BC 所成角的余弦值为( ) A、 5 10 B、 5 15 C、 2 3 D、 3 3 【答案】A 【解析】如图所示，补成直四棱柱 1111 DCBAABCD  ， 则所求角为 DBC1 ， ∵ 21 BC ， 360cos122122  BD ， 511  ABDC ，易得 2 1 22 1 BCBDDC  ， ∴ 5 10 5 2cos 1 1 1  DC BCBDC ，故选 A。 9.若函数 ( ) sin( )f x A x   （其中 0A  ，| | )2   图象的一个对称中心为 ( 3  ，0) ，其相邻一条对 称轴方程为 7 12x  ，该对称轴处所对应的函数值为 1 ，为了得到 ( ) cos2g x x 的图象，则只要将 ( )f x 的图象( ) A．向右平移 6  个单位长度 B．向左平移 12  个单位长度 C．向左平移 6  个单位长度 D．向右平移 12  个单位长度 【解析】根据已知函数    sinf x A x  ( 其中 0A  ， )2   的图象过点 ,03      ， 7 , 112     ， 可得 1A  ， 1 2 7 4 12 3       ，解得： 2  ． 再根据五点法作图可得 2 3      ，可得： 3   ， 可得函数解析式为：   sin 2 .3f x x      故把   sin 2 3f x x      的图象向左平移 12  个单位长度， 可得 sin 2 cos23 6y x x        的图象， 故选 B． 10.已知 满足 2sin( )4 6    ，则 2tan 1 2tan     （ ） A． 9 8 B． 9 8  C．3 D． 3 【解析】由 2sin( )4 6    可得 2 2(sin cos )2 6    ， 即 1sin cos 3    ， 平方可得 11 2sin cos 9    ， 即 8sin2 9  ， 故 2 2 2 sin 1tan 1 1 1 9cos 2sin2tan 2sin cos sin2 8 cos              . 故选：B 11．已知函数 )(xf 是定义在 R 上的偶函数，设函数 )(xf 的导函数为 )(xf  ，若对任意 的 0x 都有 0)()(2  xfxxf 恒成立，则( ) A、 )3(9)2(4 ff  B、 )3(9)2(4 ff  C、 )2(3)3(2  ff D、 )2(2)3(3  ff 【解析】构造函数 )()( 2 xfxxg  ，则 )]()(2[)()(2)( 2 xfxxfxxfxxxfxg  ，又 )(xf 为定义在 R 上的偶函数，则 )(xg 也为定义在 R 上的偶函数， 当 0x 时 0)()(2  xfxxf ，则 0)(  xg ，则 )(xg 在 ),0(  上单调递增， 则 )2()2(  gg ， )3()3(  gg ，且 )3()2( gg  ， 则 )3(3)2()2( 22 ff  ，即 )3(9)2(4 ff  ，选 A 12．已知 )0,1(F 为抛物线 P ： pxy 22  ( 0p )的焦点，过点 F 且斜率为 k 的直线 l 与曲线 P 交于 B 、 C 两点，过O 与 BC 中点 M 的直线与曲线 P 交于 N 点，则 OBN OMC S S   的取值范围是( ) A、 )4 1,0( B、 )2 1,0( C、 )2 2,0( D、 )2 3,0( 【解析】由题意知 12 p ，则抛物线 P 的方程为： xy 42  ， 设直线 l 的方程为： )1(  xky ， 代入抛物线 P 的方程： xy 42  ， 整理得 0)42( 2222  kxkxk ，设 ),( 11 yxB 、 ),( 22 yxC ， 则 2 2 21 42 k kxx  ，∴ 2 2 21 2)(2 1 k kxxxM  ， kxky MM 2)1(  ，∴ 2 2 2  k kkOM ，直 线OM ： xk ky 2 2 2  ， 代入 xy 42  解得 2 22 )2( k kxN  ，∵ M 为 BC 中点，∴ OMCOMB SS   ， ∴ 2 1 || || 2      kx x ON OM S S S S N M OBN OMB OBN OMC ，∵ 02 k ，∴ )2 1,0(2 1 2 k ， 即 OBN OMC S S   的取值范围是 )2 1,0( ，故选 B。 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13.已知函数 2log ( )( 0)( ) 3 1( 0)x x xf x x      ，且    1 0f a f  ，则实数 a 的值等于______. 【解析】当 0a  时，因为    1 0f a f  ， 所以  2log 3 1 0a    ， 即  2log 2a   ，得到 1 4a   ； 当 0a  时，因为    1 0f a f  ，所以3 1 2 0a    ，即3 1a   ，方程无解. 综上所述， 1 4a   . 故答案为: 1 4  14.很多网站利用验证码来防止恶意登录，以提升网络安全. 某马拉松赛事报名网站的登录验证码由 0 ， 1，2 ，，9中的四个数字随机组成，将从左往右数字依次增大的验证码称为“递增型验证码”(如 0123)， 已知某人收到了一个“递增型验证码”，则该验证码的首位数字是1的概率为___________． 【答案】 4 15 . 【解析】由 0，1，2， ，9 中的任取四个数字，共有 4 10C 种， 验证码的首位数字是1时，只能从 2，3，…，9 中任取 3 个，即有 3 8C 种， 所求概率 3 8 4 10 4 15 CP C   . 故答案为： 4 15 ． 15．如图所示，半径为 4 的球O 中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧 面积之差是 。 【答案】 32 【解析】设  OOA ，半径 rAO  cos4 ， sin4OO ； ∴  2sin32cossin64sin42cos4222  OOrS圆柱侧 ， ∴当 12sin  ，即 45 时，圆柱的侧面积取得最大值 32 ， 此时  64164 球S ， 32 圆柱侧球 SS 。 16．已知函数 axexxf x  2)1()( ，若 0)( xf 有且仅有一个整数根，则实数 a 的取值范围 为__________. 【解析】∵ axexxf x  2)1()( ，∴ 2)2()(  xexxf ， 当 2x 时， 02)2(  xex ， 0)(  xf ； 当 02  x 时， 22)2( 0  eex x ， 0)(  xf ； 当 0x 时， 02)2(  xex ， 0)(  xf ； 当 0x 时， 22)2( 0  eex x ， 0)(  xf ； 综上：当 0x 时 0)(  xf ， )(xf 在 )0,( 上递减； 当 0x 时 0)(  xf ， )(xf 在 ),0(  上递增；当 0x 时 0)(  xf ， )(xf 取极小值也就是最小值为 afxf  1)0()( min ， 由 0)( xf 有且仅有一个整数根，故       02)1( 022)1( 01)0( af aef af ，解得       2 22 1 a ea a ， 故 a 的取值范围为 ]2,1( 三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17～21 题为必考题，每个试 题考生都必须作答．第 22、23 为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共 60 分. 17.已知正项数列 na 的前 n 项和为 nS ，若数列 1 3 log na       是公差为 1 的等差数列，且 2 2a  是 1 3,a a 的等差中项. （1）证明数列 na 是等比数列，并求数列 na 的通项公式； （2）若 nT 是数列 1 na       的前 n 项和，若 nT M 恒成立，求实数 M 的取值范围. 【解析】（1）因为数列 1 3 log na       是公差为 1 的等差数列， 所以 1 1 1 3 3 log log 1n na a    ，故 1 1 3 log 1n n a a    ，所以 1 3n n a a   ； 所以数列 na 是公比为 3 的等比数列， 因为 2 2a  是 1 3,a a 的等差中项，所以  2 1 32 2a a a   ， 所以  1 1 12 3 2 9a a a   ， 解得 1 1a  ； 数列 na 的通项公式为 13  n na ； （2）由（1）可知 1 1 1 3n na  ， 故数列 1 na       是以 1 为首项， 1 3 为公比的等比数列， 1 1 2 3 1 1 1 1 1 11 3 3n n n T a a a a       11 3 1 33 11 2 3 21 3 n n            ， 因为 nT M 恒成立， 所以 3 2M≥ ， 即实数 M 的取值范围为 3 ,2    . 18.某大学棋艺协会定期举办“以棋会友”的竞赛活动，分别包括“中国象棋”、“围棋”、“五子棋”、“国际 象棋”四种比赛，每位协会会员必须参加其中的两种棋类比赛，且各队员之间参加比赛相互独立；已知 甲同学必选“中国象棋”，不选“国际象棋”，乙、丙两位同学从四种比赛中任选两种参与. （1）求甲、乙同时参加围棋比赛的概率； （2）记甲、乙、丙三人中选择“中国象棋”比赛的人数为 ，求 的分布列及期望. 【解析】（1）由题意可知，甲、乙同时参加围棋比赛的概率 1 3 2 4 11 1 2 4 Cp C    . （2）由题意可知，选择“中国象棋”比赛的人数 的可能取值为 1，2，3； 乙或丙选择“中国象棋”比赛的概率为 1 3 2 4 1 1 2 C C   ；   1 1 11 1 12 2 4P                   1 2 1 1 12 12 2 2P C            1 1 13 2 2 4P       的分布列为：  1 2 3 P 1 4 1 2 1 4 故所求期望   1 1 11 2 3 24 2 4E         .19．（本小题满分 12 分） 三棱柱 111 CBAABC  中， 90ACB ， 21  CCBCAC ， CBBA 11  。 (1)证明： 111 CCCA  ； (2)若 321 BA ，在棱 1CC 上是否存在点 E ，使得二面角 CABE  1 的大小为 30 。若存在，求 CE 的长；若不存在，说明理由。 【解析】(1)证明：连接 1BC ，∵ 11BBCC 为平行四边形，且 21  CCBC ， ∴ 11BBCC 为菱形， CBBC 11  ， 2 分 又∵ CBBA 11  ，∴ CB1 平面 BCA 11 ，∴ 111 CACB  ，又∵ 1111 BCCA  ， ∴ 11CA 平面 11BBCC ，∴ 111 CCCA  。 4 分 (2)解：∵ 321 BA ， 211 CA ， 221 BC ，∴ BCCC 1 ， ∴ CA、 CB 、 1CC 两两垂直，以 C 为坐标原点， CA、 CB 、 1CC 的方向为 x 、 y 、 z 轴的正方向 建立空间直角坐标系 xyzC  ，5 分 则 )0,0,0(C 、 )0,0,2(A 、 )2,2,0(1B 、 )2,0,0(1C 、 )0,2,0(B ，设 ),0,0( aE ， 则 ),0,2( aAE  ， )2,2,2(1 AB ， )2,2,0(1 BC ， 易知， 1BC 平面 CAB1 ，则平面 CAB1 的一个法向量 )1,1,0( m ， 7 分 设 )1,,( yxn  是平面 EAB1 的一个法向量，则      0 0 1ABn AEn ， ∴      0222 02 yx ax ，得 )1,12,2(  aan ， 9 分 ∴ 2 3 1)12()2(2 |22| |||| |||,cos| 22       aa a nm nmnm ，解得 1a ， ∴在棱 1CC 上存在点 E ，当 1CE 时，得二面角 CABE  1 的大小为 30 。12 分 20．（本小题满分 12 分）设椭圆 13 2 2 2  y a x ( 3a )的右焦点为 F ，右顶点为 A ，已知 || 3 || 1 || 1 FA e OAOF  ，其中 O 为 原点， e 为椭圆的离心率。 (1)求椭圆的方程； (2)设过点 A 的直线 l 与椭圆交于点 B ( B 不在 x 轴上)，垂直于 l 的直线与 l 交于点 M ，与 y 轴交于点 H ，若 H FBF  ，且 MAOMOA  ，求直线的 l 斜率的取值范围。 【解析】 (1)设 )0,(cF ，由 || 3 || 1 || 1 FA e OAOF  得 )( 311 caa e ac  ，则 222 3cca  ， 2 分 又 3222  bca ，∴ 12 c ， 42 a ，∴椭圆的方程为 134 22  yx 。 4 分(2)由题意可 知直线 l 存在斜率，设直线 l 的方程为 )2(  xky ，设 ),( BB yxB ， 联立      )2( 134 22 xky yx 可得 0121616)34( 2222  kxkxk ， 5 分 解得 2x 或 34 68 2 2   k kxB ，从而 34 12 2   k kyB ， 6 分 由(1)知， )0,1(F ，设 ),0( HyH ，有 ),1( HyFH  ， )34 12,34 49( 22 2   k k k kBF ， 由 H FBF  得 0 H FBF ，∴ 034 12 34 49 22 2   k ky k k H ，解得 k kyH 12 49 2 ， 8 分 因此直线 MH 的方程 k kxky 12 491 2 ， 设 ),( MM yxM ，则      )2( 12 491 2 xky k kxky 消去 y 解得 )1(12 920 2 2   k kxM ， 10 分 在 MAO 中， MAOMOA   |||| MOMA  ， 即 2222)2( MMMM yxyx  ， 化简得 1Mx ，即 1)1(12 920 2 2   k k ， 解得 4 6k 或 4 6k ， ∴直线 l 的斜率的取值范围为 ),4 6[]4 6,(   。 12 分 21．（本小题满分 12 分）已知函数 xaxaxxf ln)12()22(2 1)( 2  。 (1)若曲线 )(xfy  在点 ))2(,2( f 处的切线的斜率小于 0 ，求 )(xf 的单调区间； (2)对任意的 ]2 5,2 3[a ， ]2,1[21 xx 、 ( 21 xx  )，恒有 |11||)()(| 21 21 xxxfxf   ，求正数  的 取值范围。 【解析】(1)函数 )(xf 的定义域为 ),0(  ， 则 x axx x aaxxf )12)(1(12)22()(  ， 0x ， 2 分 由题意可得 02 21)2(  af ，可得 2 1a ， 1212 a ， 由 0)(  xf ，可得 12  ax 或 10  x ； 0)(  xf ，可得 121  ax 。 即有 )(xf 的增区间为 )1,0( ， ),12( a ；减区间为 )12,1( a ； 4 分(2)由 ]2 5,2 3[a ，可得 ]6,4[12 a ，由(1)可得 )(xf 在 ]2,1[ 递减。 设 21 21  xx ，即有 )()( 21 xfxf  ， 21 11 xx  ， 原不等式即为 2 2 1 1 1)(1)( xxfxxf   ， 对任意的 ]2 5,2 3[a ， ]2,1[21 xx 、 恒成立， 6 分 令 xxfxg  )()( ，即有 )()( 21 xgxg  ，即为 )(xg 在 ]2,1[ 递增， 即有 0)(  xg 对任意的 ]2 5,2 3[a ， ]2,1[21 xx 、 恒成立， 即 012)22( 2  xx aax  ，即为 0)12()22( 23  xaxax ， 8 分 则 02)22( 232  xxxaxx ， ]2 5,2 3[a ， 由 ]2,1[x ，可得 022 2  xx ，只需 02)22(2 5 232  xxxxx 。 10 分 即 067 23  xxx 对于 ]2,1[x 恒成立， 令  xxxxh 67)( 23 ， 06143)( 2  xxxh 在 21  x 恒成立， 则有 )(xh 在 ]2,1[ 递减，可得 )2(h 取得最小值，且为 08   ，解得 8 。 即有正数  的取值范围是 ),8[  。 12 分（二）选考题：共 10 分．请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分． 22．（本小题满分 10 分）选修 4-4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中，过点 )1,3(P 的直线 l 的参数方程为      ty tx   sin1 cos3 ( t 为参数， 为 l 的倾斜 角， 2   )。以坐标原点为极点， x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系。曲线 1C ：  cos2 ，曲 线 2C ：  cos4 。 (1)若直线 l 与曲线 1C 有且仅有一个公共点，求直线 l 的极坐标方程； (2)若直线 l 与曲线 1C 交于不同两点C 、 D ，与 2C 交于不同两点 A 、 B ，这四点从左至右依次为 B 、 D 、C 、 A ，求 |||| BDAC  的取值范围。 【解析】(1)曲线 1C ：  cos2 ，即  cos22  ，把 222 yx  、  cosx ， 代入可得 1C 的直角坐标方程为： 1)1( 22  yx ，圆心为 )0,1( ，半径为1 ， 直线 l 的参数方程为      ty tx   sin1 cos3 ( t 为参数， 为 l 的倾斜角)， 化为普通方程为： )3(tan1  xy  ， 2 分 直线 l 与 1C 相切，则 1 tan1 |1tan2| 2      ，解得 0tan  或 3 4tan  ，∴直线 l 的普通方程为： 1y 或 0934  yx ， ∴直线 l 的极坐标方程为： 1sin   或 09sin3cos4   ， 4 分(2)∵直线 l 与 曲线 1C 交于不同两点C 、 D ，由①可知 3 4tan0   ， 令两点C 、 D 对应参数分别为 1t 、 2t ，联立 l 与 1C 得： 1)sin1()cos2( 22  tt  ， 即 04)sin2cos4(2  tt  ，∴ )sin2cos4(21   tt ， 6 分 又 2C 的直角坐标方程为： 4)2( 22  yx ， 令两点 A 、 B 对应参数分别为 3t 、 4t ，联立 l 与 2C 得： 4)sin1()cos1( 22  tt  ， 即 02)sin2cos2(2  tt  ，∴ )sin2cos2(43   tt ， 8 分 而 cos2)()()()(|||| 21434213  ttttttttBDAC ， ∴ |||| BDAC  的取值范围是 )2,5 6( 。 10 分23.已知函数 ( ) | | | |f x x a x b c     （1）若 1, 2, 3a b c   ，求不等式8 ( ) 10f x  的解集； （2）当 0, 0, 0.a b c   时，若 ( )f x 的最小值为 2，求 1 1 1 a b c   的最小值. 【解析】（1）根据题意， 2 2, 2 ( ) 1 2 3 6, 1 2 4 2 , 1 x x f x x x x x x                ， 因为8 ( ) 10f x  所以 2 10 2 2 8 x x      或 1 10 4 2 8 x x       ， 解得 3 4x  或 3 2x    ， 所以解集为 ( 3, 2) (3,4)   . （2）因为 ( )f x x a x b c     ( ) ( )x a x b c a b c      ≥ ， 当且仅当 a x b   时，等号成立， 又 0, 0a b  ，所以 a b a b   ， 所以 ( )f x 的最小值为 a b c  ， 所以 2a b c   . 所以 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9( )( ) (3 ) (3 2 2 2)2 2 2 2 b a a c c ba b ca b c a b c a b c a b c                  ≥ .