山东省日照市2020届高三6月校际联合考试数学试题.docx

高三数学试题 第 1 页 共 7 页 2020 年高三校际联合考试数学试题参考答案 2020.06 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. B 2.A 3.C 4.A 5.C 6.B 7. C 8.D 1.【答案】B 【解析】由 { | 0< 2}, { 2, 1,0,1,2}M x x N     ，则 ={1}.M N 故选 B. 2.【答案】A 【解析】由 1 i (1 i)(3 i) 3 (3 1)i=3 i (3 i)(3 i) 10 a a a az          为纯虚数，则 3a   ，故选 A 3.【答案】 C 【解析】考查函数 ln , ( 1)xy x y c c   ，都是单调递增函数，又 0a b  ，所以 A 错，C 对.可取 2, 1, 2a b c   ，代入可知，B,D 都错.故选 C. 4.【答案】A 【解析】∵阳数为1,3,5,7,9 ；阴数为 2,4,6,8,10 ， ∴从阳数和阴数中各取一数的所有组合共有5 5 25  个，满足差的绝对值为 5 的有 (1,6) ，(3,8) ，(5,10) ， (7,2) ， (9,4) 共 5 个，则 5 1 25 5p   ．故选 A 5.【答案】C 【解析】    f x f x   ，函数是奇函数，排除 D， 0, 2x     时，   0f x  ， ,2x      时，   0f x  ，排除 B ， 当 0, 2x     时，  sin 2 0,1x ， 21 1 1,8 8 8 xe e       0,1 0, 2x      时，    0,1f x  ，排除 A,C 符合条件，故选 C. 6.【答案】B 【 解 析 】 由 )(xf 为 奇 函 数 ， 则 (0) 1 0 1f a a     ， ( 1) (1) (2 2 1) 3f f         ，故选 B. 7．【答案】C 【解析】设双曲线的左、右焦点分别为 1( ,0)F c ， 2 ( ,0)F c ，设双曲线的一条渐近线方程为 by xa  ，可得 直 线 2AF 的 方 程 为 ( )by x ca   . 设 1 2AF F 的 内 切 圆 与 x 轴 切 与 点 0( ,0)B x ， 所 以 1 2 1 2| | | | | | | | 2F B F B AF AF a    ，即有 0 0( ) 2c x c x a    ，所以 0x a ,所以 1 2AF F 的内切圆圆 心坐标为 ( , )4 ba  ，到直线 2AF 的距离为半径，所以 | + |4 4 abab bc b c   ， 5| |4 4 ca c  ，所以 5 4 4 ca c  （舍）或 5 4 4 ca c   .解之得 3 5c a ，则 5 3 ce a   ．故选 C． 8．【答案】D 【解析】设大球半径为 R ，小球半径为 2 R 根据题意 34 3V R大球 ，所以 3 3 3 2 1 1 1 4 4 2[4 ( ) ]3 3 2 3 RV R V R V V         ,故选 D . 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，有多项符合题高三数学试题 第 2 页 共 7 页 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.ABD 10.ABC 11.BD 12.ACD 9．【答案】ABD 【解析】雷达图中是越外面其指标值越优，由图可知 ABD 均正确，而对于 C 选项，Q 设备商与 R 设备商 互有优劣．故选 ABD． 10.【答案】ABC 【解析】由椭圆 2 2 125 16 x y  ，得 5, 4, 3a b c   故 A 正确； 1 min 5 3 2FP a c     故 B 正确；设 1FP ， 2FP ， 3 ,FP 组成的等差数列为{ }na ，由已知可得该数列是单调递增数列，则 1 1 min 2a FP  , max 5+3 8n ia FP   又 1= 1 na ad n   ，所以 6 6 3=1 21 1 10d n    ，所以 30 10d  ， 所 d 以的最大值是 3 10 ，故 C 正确 D 错误.故选 ABC. 11．【答案】BD 【解析】A. 三角形的垂心是三条高线的交点，而 A点的位置可以任意变化， 故 A 错误；B. / / / / , / / / / ,EI CD JH JE AB IH JEIH 为平行四边形，同理 EFGH 也是平行四边形， FG EH， 的交点为平行四边形 EFGH 对角线 EH 的中点， ,EH JI 的交点为平行四边形 JEIH 对角线 EH 的中点,故三条 线段交于一点,故 B 正确；若四面体为正四面体，则两条高线刚好相交于 AB 的中点，故 C 为错误;D.假设 D 错误，设 AB 最长，则 ,AC AD AB BC BD AB    ,相加得 2AC AD BC BD AB    , 在 ABC ， ABD 中， ,AC BC AB  ,AD BD AB  所以 2AC AD BC BD AB    矛盾，故 D 正确. 故选 BD. 12．【答案】ACD 【解析】由取整函数的定义判断，由定义得[ ] [ ] 1x x x   ，利用不等式性质可得结论．∴A 正确； 根据题意知，   4e 2 21 1 e 4 e x x xf x      ．易知   42 1 exf x    在 R 上是增函数； e 0x  ， 1 e 1x   ，  2 2f x   ，    g x f x     的值域为 2 1,0,1 ， ，B 错误． ,x y  R ， =[ ]+ , =[ ]+ , , [0,1)x x a y y b a b  ，∴ + =[ ]+ +[ ]+x y x a y b ，[ + ]=[ ]+[ ]+[ + ]x y x y a b ∴[ ] [ ] [ ]x y x y   ，C 正确； 若 , ( 2 2)t M M    ， ，使得 3 4 51, 2, 3, , 2nt t t t n                  L 同时成立，则 31 2t  ， 4 42 3t  ， 55 3 4t  ， 6 64 5t  ， ， 2 1n nn t n    ，因为 6 34 2 ，若 6n  ，则 不存在 t 同时满足 31 2t  ， 6 64 5t  ．只有 5n  时，存在 35[ 3, 2)t  满足题意，故答案为 ACD. 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13. 3 4 14. 2π 3 15. 2,9 16. 1347n  13．【答案】 3 4 【解析】方法一： sintan 1 sin coscos       ，则 2cos sin 2cos cos 3 cos 3sin cos 3cos 4            高三数学试题 第 3 页 共 7 页 方法二：分子分母同除 cos ，得 2cos sin 2 tan 2 1 3 cos 3sin 1 3tan 1 3 4              14．【答案】 2π 3 【解析】由单位向量 ,a b 满足| | 3 a b ,得 2| | 3  ，a b 所以 2 22 3    ，a a b b 1 2    ，a b 所以 1cos 2   ，< a,b > 易知 2 3 , ，< a b > . 15．【答案】2，9 （本题第一空 2 分，第二空 3 分） 【解析】由 14 2 3 3( ) 2 22 2 x x x x xf x      ，令 2 (0,1]xt   易知函数 3 2, (0,1]y t tt     为减函 数，所以 min 2,y  即 2m  ，所以 11 2 11 2 11( 1) ( 1) ( 2) ( 2) ( 2 1) ( 2 1)mx x x x x x             ． 11( 2 1)x   的展开式通项为： 11 11( 2) ( 1)r r rC x    ，当11 1r  ，即 10r  时，展开式的项为11( 2)x  又 2 2( 2 1) ( 2) 2( 2) 1x x x       所以 1 11 2 9a    ．答案为： 2 ，9 16．【答案】 1347n  . 【解析】由 ( =c) os2xf x ；将函数 ( )y f x 的图象向右平移 4  个单位，得到函数 π πcos2( ) cos(2 ) sin 24 2y x x x     ，再将所得的图象上每一点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的 2 倍后所得到的图象对应的函数为 ( ) sing x x ， 2( ) ( ) ( ) cos2 sin 2sin sin 1F x f x g x x x x x         Q ， 令 ( ) 0F x  ，可得 22sin sin 1 0x x   ， 令 sin [ 1,1]t x   ，得 22 1 0t t   ， 2 8 0    ，则关于t 的二次方程 22 1 0t t   必有两不 等实根 1t , 2t ，又 1 2 1 2t t   ，则 1t 、 2t 异号， （i）当 10 | | 1t  且 20 | | 1t  时，则方程 1sin x t 和 2sin x t 在区间 (0, π)( *)n nN 均有偶数个根，从 而方程 22sin sin 1 0x x   在 (0, π)( *)n nN 有偶数个根，不合题意； （ii）当 10 | | 1t  且 2| | 1t  时，则方程 1sin x t 在区间 (0, π)( *)n nN 有偶数个根, 2sin x t 无解，从而 方程 22sin sin 1 0x x   在 (0, π)( *)n nN 有偶数个根，不合题意；同理当 20 | | 1t  且 1| | 1t  时， 从而方程 22sin sin 1 0x x   在 (0, π)( *)n nN 有偶数个根，不合题意； （iii）当 1 1t  ，则 2 1= 02t   ，当 (0,2π)x 时， 1sin x t 只有一根， 2sin x t 有两根，所以，关于 x 的方程 22sin sin 1 0x x   在 (0,2π) 上有三个根，由于 2021 3 673 2   ，则方程 22sin sin 1 0x x   在 (0,1346π) 上有3 673 2019  个根，由于方程 1sin x t 在区间 (1346π,1347π) 上只有一个根，在区间 (1347π,1348π) 上无实解，方程 2sin x t 在区间 (1346π,1347π) 上无实数解，在区间 (1347π,1348π) 上有两个根，因此，关于 x 的方程 22sin sin 1 0x x   在区间 (0,1347π) 上有 2020 个根，在区间 (0,1348π) 上有 2022 个根，不合题意； （iv）当 1 1t  时，则 2 1= 2t ，当 (0,2π)x 时， 1sin x t 只有一根， 2sin x t 有两根，所以，关于 x 的 方程 22sin sin 1 0x x   在 (0,2π) 上有三个根，由于 2021 3 673 2   ，则方程 22sin sin 1 0x x   在 (0,1346π) 上有3 673 2019  个根， 由于方程 1sin x t 在区间 (1346π,1347π) 上无实数根，在区间 (1347π,1348π) 上只有一个实数根， 方程 2sin x t 在区间 (1346π,1347π) 上有两个实数解，在区间 (1347π,1348π) 上无实数解，因此，关于 x高三数学试题 第 4 页 共 7 页 的方程 22sin sin 1 0x x   在区间 (0,1347π) 上有 2021个根，在区间 (0,1348π) 上有 2022 个根，此 时， 22 ( 1) ( 1) 1 1 0          ，得 1   .所以 1347n  . 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．【解析】（1）由  1 7 7 4 7 =7 =492 a aS a   ，得 4 =7a 因为 3 6a  所以 1d  ， 1 4,a  故 3na n  . ------------------------------------------------------------4 分 （2）  3 3 = 3n n n nb a n    所以 1 2 31 3 2 3 3 3 3n nT n        ① 2 3 +13 1 3 2 3 ( 1) 3 3n n nT n n         ②由①—②得 1 2 3 +1 +13 32 3 3 3 3 3 = 31 3 n n n n nT n n           所以   +12 1 3 3 4 n n nT    . -------------------------------------------------------------------------------10 分 18．【解析】（1）因为 ( )(sin sin ) ( 3sin sin )b a B A c B C    ， 又由正弦定理 sin sin sin a b c A B C   ，得 ( )( ) ( 3 )b a b a c b c    ， 即 2 2 2 3b c a bc   ，所以 2 2 2 3 3cos 2 2 2 b c bcA bc bc a   ，因为 0 πA  ， 所以 π 6A  . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------6 分 （2）方案一：选条件①和②. 由正弦定理 sin sin a b A B  ，得 sin 2 2sin ab BA   . 所以 ABC△ 的面积 1 1 7sin 2 2 2 sin 2 2 sin( )= 3+12 2 12 4 3S ab C          . ---------12 分 方案二：选条件①和③. 由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，得 2 2 24 3 3b b b   ，则 2 4b  ，所以 2b  . 所以 2 3c  ，所以 ABC△ 的面积 1 1 1sin 2 2 3 32 2 2S bc A      .----------------------------12 分 方案三：选条件②和③,这样的三角形不存在，理由如下： 在三角形中，由正弦定理得 sin sin sin a b c A B C   ,由②和③得 sin sin c C b B  ，所以这样的三角形不存在. ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------12 分 19．证明: （Ⅰ）如图所示，连结 BD ，由 ABCD 是菱形且 60oBCD  , 知 BCD 是等边三角形.因为 E 是CD 的中点， 所以 BE CD ，又 / /AB CD ，所以 AB BE . 又因为 PA  平面 ABCD ， BE  平面 ABCD ， 所以 PA BE .而 PA AB A  ， 因此 BE  平面 PAB . 又 BE  平面 PBE ， 所以平面 PBE  平面 PAB . -------------------------------------------------------------------------------------6 分 （Ⅱ）在平面 ABCD 内，过点 A 作 AB 的垂线，如图所示，以 A 为原点，建立空间直角坐标系.则高三数学试题 第 5 页 共 7 页 (0,0,0),A (1,0,0),B 3 3( , ,0),2 2C 1 3( , ,0),2 2D (0,0,2),P 3(1, ,0).2E 易知 3(1,0, 2), (0, 02PB BE    ，）， 1 3(0,0, 2), ( , ,0)2 2PA AD    设 1 1 1 1=( , , )x y zn 是平面 PBE 的一个法向量，则由 1 1 0 0 PB BE         n n 得 1 1 1 1 1 1 0 2 0, 30 0 0.2 x y z x y z          令 1 1z  得 1 (2,0,1)n . 设 2 2 2 2=( , , )x y zn 是平面 PAD 的一个法向量，则由 2 2 0 0 PA AD         n n 得 2 2 2 2 2 2 0 0 2 0, 1 3 0 0.2 2 x y z x y z          所以 2 2 20, 3 .z x y   故可取 2 ( 3, 1,0) n . 于是 1 2 1 2 1 2 2 3 15cos , .|| | 55 2     n n< n n | n n 所以平面 PAD 和平面 PBE 所成二面角（锐角）的余弦值为 15 5 .------------------------------------------12 分 20．【解析】：（1）当 1OAk  时，可得 (2 ,2 )A p p ， 2 2| | 4 2= 4 4 2 2 2OA p p p p     ， 抛物线C 的标准方程为： 2 4y x ， --------------------------------------------------------------------------------4 分 （2）方法一：设 1 1 0 0 2 2 3 3( , ), ( , ), ( , ), ( , )A x y M x y P x y Q x y ， 根据题意有： 1 0 1 0 1 2 2 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 OA FM x x y y x OM AM x x x y y y                   ， ，即： 2 2 0 0 1x y x  ， 又： 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 0 0 1 1 1 1 1( ) 3AM OA OM x y x y x y x x x           ， 2 2 2 2 2 1 1 0 0 1 1 1 1 1 13 ( 3 )2 2 4S AM OM x x x y S x x x          , ------------------------------------------------8 分 由题意可知：直线 PQ 斜率一定存在且不为 0 ， 设 : +1PQl x ny 2 2 2 32 +1 4 4 0 1 4 x ny y ny PQ n y y y x           ， 则 24(1 )PQ n  ， 21 1 1 1 1 41 =4(1 ) 4(1 )PQ y yPQ OA k n PQ nx x x             ， 2 2 1 1 1 1 3 1 4( 3 ) 6(1 )2 4S PQ x x x x       ，---------------------------------------------------------------------------------10 分 令 4 3 2 2 1 4 3 2 32( ) ( 3 ) 6(1 ) ( )4 4 x xf x x x x f xx x         ， 令 4 3( ) 2 32g x x x   则 ( )g x 在 0x  时单增，且  (2) 0 0,2g x   时，  ( ) 0, 2,g x x   时， ( ) 0g x  ， 2x  时 min( ) 23f x  .--------------------------------------------------------------------------------------------------------12 分 方法二：设 1 1 0 0 2 2 3 3( , ), ( , ), ( , ), ( , )A x y M x y P x y Q x y ，高三数学试题 第 6 页 共 7 页 根据题意有：直线 OA斜率一定存在且不为 0 ， 设直线 :OA y kx ，则 1 122 4 4, 4 y kx x yk ky x      ， 1 0 1 0 1 2 2 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 OA FM x x y y x OM AM x x x y y y                   ， 即 2 2 0 0 2 4x y k   ， 又 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 0 0 1 1 1 4 2 16 12( )AM OA OM x y x y x y x k k            ， 2 2 2 2 1 1 0 0 2 4 2 1 1 4 4 33 ( )2 2S AM OM x x x y S k k k           ，-------------------------------------------------8 分 直线 PQ 斜率一定存在且不为 0 ，设 : 1PQl ky x   ， 2 2 2 32 1 4 4 0 1 4 ky x y ky PQ k y y y x             ，则 24(1 )PQ k  ， 2 2 2 4 2 3 4 4 3( ) 6(1 )2S PQ kk k k       ， ----------------------------------------------------------------------------10 分 令 2 1 mk  ，则 3 2 2 2 6 6( ) 16 12 6 ( ) 48 24f m m m f m m mm m         ， 当 0m  时， ( )f m 单调递增，且 1( ) 02f   ， 1(0, )2m  时， 1( ) 0, ( , )2f m m    时， ( ) 0f m  ， 1 2m  即 2 2k  时， min( ) 23f m  . -------------------------------------------------------------------------------12 分 21．【解析】（1）由茎叶图知 21 22 21.52m   ，根据茎叶图可得： 6a  ， 14b  ， 14c  ， 6d  ． 由于  2 2 40 6 6 14 14 6.4 3.84120 20 20 20         ，所以有95% 的把握认为生产线技术改造与连续正常运行时 间的中位数有关． --------------------------------------------------------------------------------------------------------4 分 （2）当一个维护周期为 20 天时，生产周期内有 3 个维护周期，一个维护周期内，生产线需保障维护的概 率为 1 4p  ．设一个生产周期内需保障维护的次数为 次，则正常维护费为 2 3 6  千元，保障维护费为   21 11+2+ + = 2 2       … （ ）千元．-----------------------------------------------------------------7 分 故一个生产周期内需保障维护 次时的生产维护费为 21 +62X   （ ） 千元． 由于 1~ 3 4B      ， ，设一个生产周期内的生产维护费为 X 千元，则 X 的可能取值为 6,7,9,12 0 3 1 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 27 1 3 27 1 3 9 1 1( 6) ( ) , ( 7) ( ) , ( 9) ( ) , ( 12) ( ) ,4 64 4 4 64 4 4 64 4 64P X C P X C P X C P X C            则分布列为 X 6 7 9 12 P 27 64 27 64 9 64 1 64 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------10分高三数学试题 第 7 页 共 7 页 故   27 27 9 1 1116 7 9 1264 64 64 64 16E X          . ------------------------------------------------------------------12 分 22．【解析】（1）函数 ( )f x 的定义域为x xR 且 0x  ， 2 2( 1) axf bxx   当 0a  时， 2 2 0( 1) ,axf x bx    ( )f x 在 ( ,0) ， (0, ) 上分别递减. 当 0a  时， 2 2 2 1 1( )( ) )1( a x xax a af bx xx b     ， 令 0( )f x  ，得 ax a   或 ax a  ， 令 0( )f x  ，得 0a xa    或 0 ax a   ， 所以函数 ( )f x 在 ( , ]a a   ，[ , )a a  上单调递增，在[ ,0)a a  ， (0, ]a a 上单调递减. 综上所述： 当 0a  时，函数 ( )f x 的单调递增区间为 ( , ]a a   ，[ , )a a  ，单调递减区间为[ ,0)a a  ，(0, ]a a ； 当 0a  时，函数 ( )f x 的单调递减区间为 ( ,0) ， (0, ) ，无单调递增区间. ---------------------------5 分 （2）证明：对任意的 0,x  都有 ( ) (1) 2f x f  成立，即有 1 2 ab  ， 由 1 1 2( ) ( ) af x axb x b    ，即 2 2a b  ，所以 1 2a a  ， 解得 1, 1a b  .所以 1( )f x x x   2 (1 ln )ln( 1) (1 ln )ln( 1)( ) ( ) , 0( 1) x x x x x x x xg x f x xx x          ． 对任意 0x  ，   21 eg x   等价于 2(1 e )1 ln ln( 1) xx x x x     ， 令 ( ) 1 ln ( 0)F x x x x x    ，则 '( ) ln 2F x x   ， 令 '( ) ln 2 0F x x    得 2ex  ， 所以当 2(0,e )x  时， '( ) 0F x  ， ( )F x 单调递增； 当 2(e , )x   时， '( ) 0F x  ， ( )F x 单调递减， 所以 ( )F x 的最大值为 2 2(e ) 1 eF    ，即 21 ln 1 ex x x     ． 设 ( ) ln( 1)G x x x   ，则 ( ) 01 xG x x    ， 所以当 (0, )x  时， ( )G x 单调递增， ( ) (0) 0G x G  ，故当 (0, )x  时， ( ) ln( 1) 0G x x x    ，即 1ln( 1) x x  ， 2 2 (1 e )1 ln 1 e ln( 1) xx x x x          ， 所以对任意 0x  ，都有 2( ) 1 eg x   ．----------------------------------------------------------------------------------12 分