黑龙江省2020-2021学年高三上学期实验三部第一次线上质量检测文科数学试卷

2021 年实验三部第一次线上质量检测 高三文科数学学科试题 考试时间：1 月 31 日 15:00—17:00，共 120 分钟； 满分：150 分 注意事项： 1．选择题必须在平板提交，填空题拍一张照片上传，解答题每题一张照片；拍照一定要清晰，不能倒转， 不能一道题分几页上传或拍照不全 2.截至提交时间 17：10，请务必预留时间上传 第Ⅰ卷（选择题，共 60 分） 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．设集合 { | 1 1}A x R x     ， { | ( 3) 0}B x R x x    ,则 AB 等于 A.{ | 1 3}x R x    B.{ | 0 3}x R x   C.{ | 1 0}x R x    D.{ | 0 1}x R x   2．已知复数 1 2zi， 2 12zi   ，则 12zz 的虚部为 A． 4 B．4 C．3 D．3i 3．已知向量  21a   ， ，  2bx  ， ，若 a  ∥b  ，则 a  b  等于 A． 2, 1 B． 2,1 C． 3, 1 D． 3,1 4．某中学的“希望工程”募捐小组暑假期间走上街头进行了一次募捐活动，共收到捐款 1200 元.他们第一天 只得到 10 元，之后采取了积极措施，从第二天起每一天收到的捐款都比前一天多 10 元.这次募捐活动 一共进行的天数为 A．15 天 B．16 天 C．17 天 D．18 天 5．已知 a，bR ，且 0c  ，则“ ab ”是“ cc ab ”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 6．若 9 10ab ，则下列不可能成立的是 A． 0ab B． 0ab C． 0ab D． 0ba 7．函数    2 22 ln 1 xx fx xx   的图象大致为 A. B. C. D. 1 8．执行如图所示的程序框图，若输入 n 的值是30，则输出的 n 的值是 A． 2 B．3 C．6 D． 7 9．点 M 在抛物线 2 8yx 上，F 为抛物线的焦点，直线 FM 交 y 轴于点 N ， 若 M为线段 FN 的中点，则 FN  A．3 B．6 C． 62 D．12 10．下列命题中： ①线性回归方程 y bx a必过点 xy， ; ②“sin cos ”是“cos2 0  ”的充分必要条件; ③在 ABC△ 中，“sin sinAB ”的充要条件是“ AB ”; ④若 ,a b R ， 23ab，则 11 ab 的最小值为 42 3 . 其中正确的个数是 A．1 B．2 C．3 D．4 11．已知 1F 、 2F 分别为双曲线 22 221( 0, 0)xy abab    的左、右焦点，且 2 12 2bFF a ，点 P 为双曲线右支 一点， I 为 12PF F△ 的内心，若 1 2 1 2IPF IPF IF FS S S   成立，给出下列结论： ①当 2PF x 轴时， 12 30PF F  ； ②离心率 15 2e  ；③ 51 2  ；④点 I 的横坐标为定值a 上述结论正确的是 A．①② B．②③ C．①③④ D．②③④ 12．已知函数 0() 0 x x x e xfx x e x      ， ， ，如果关于 x 的方程 2[ ( )] ( ) 1 0f x t f x    (tR )有四个不等的实 数根，则t 的取值范围 A. 1()e e  ， B. 1( 2)e e  ， C. 1(2 )e e， D. 1()e e  ， 2 第Ⅱ卷 （非选择题，共 90 分） 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．把答案填在答题卡的相应位置． 13．已知数列 na 满足 1 1a  ， 1 11+ )n n a n Na   ( ，则 4a  _______. 14．沿正三角形 ABC 的中线 AD 翻折，使点 B 与点C 间的距离为 2 ，若该正三角形 边长为 2，则四面体 ABCD外接球表面积为______. 15．如右图所示，在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 12, 1AB BC AA   ， 则 1BC 与平面 11BB D D 所成角的正弦值为________． 16．黄金三角形有两种，一种是顶角为 36°的等腰三角形，另一种是顶角为 108° 的等腰三角形.例如，一个正五边形可以看成是由正五角星和五个顶角为 108° 的黄金三角形组成，如图所示，在黄金三角形 1A AB 中， 1 51 2 AA AB  .根据这 些信息，若在正五边形 ABCDE 内任取一点，则该点取自正五边形 1 1 1 1 1A B C D E 的概率是___________. 三、解答题：共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤．第 17～21 题为必考题，每个试题都 必须作答，第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：共 60 分 17．（12 分） 设常数 kR ， 2( ) cos 3sin cosf x k x x x ， xR . （1）若 ()fx是奇函数，求实数 k 的值； （2）设 1k  ， ABC 中，内角 ,,A B C 的对边分别为 ,,abc.若 ( ) 1fA ， 7a  ， 3b  ， 求 ABC 的面积 S . 3 18．（12 分） 为了比较两种治疗某病毒的药（分别称为甲药，乙药）的疗效，某医疗团队随机地选取了服用甲药的 患者和服用乙药的患者进行研究，根据研究的数据，绘制了如图 1 等高条形图. （1）根据等高条形图，判断哪一种药的治愈率更高，不用说明理由； （2）为了进一步研究两种药的疗效，从服用甲药的治愈患者和服用乙药的治愈患者中，分别抽取了 10 名，记录他们的治疗时间（单位：天），统计并绘制了如图 2 茎叶图，从茎叶图看，哪一种药的疗效 更好，并说明理由； （3）标准差 s 除了可以用来刻画一组数据的离散程度外，还可以刻画每个数据偏离平均水平的程度，如 果出现了治疗时间在（ x  3s， x  3s）之外的患者，就认为病毒有可能发生了变异，需要对该患者 进行进一步检查，若某服用甲药的患者已经治疗了 26 天还未痊愈，请结合（2）中甲药的数据， 判断是否应该对该患者进行进一步检查？ 参考公式：s 2 2 2 12 1 [( ) ( ) )nx x x x x xn          ，参考数据： 2340  48. 19．（12 分） 在三棱锥 P ABC 中, PAC 和 PBC 是边长为 2 的等边三角形, 2AB  ,O , D 分别是 ,AB PB 的中点. （1）求证: //OD 平面 PAC （2）求证:OP  平面 ABC （3）求三棱锥 D OBC 的体积. A C B P O D 4 20．（12 分） 已知椭圆 22 22: 1( 0)xyC a bab    的长轴长为 4，且离心率为 1 2 . （1）求椭圆 C 的方程； （2）设过点 (1,0)F 且斜率为 k 的直线l 与椭圆 C 交于 AB， 两点，线段 AB 的垂直平分线交 x 轴于点 D， 判断 AB DF 是否为定值？如果是定值，请求出此定值；如果不是定值，请说明理由. 21．（12 分） 已知函数 ( ) lnf x x ax， aR . （1）讨论 ()fx的单调性； （2）若函数 ()fx存在两个零点 1x ， 2x ，使 12ln ln 0x x m   ，求 m 的最大值. （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.[选修 4-4：坐标系与参数方程]（10 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，圆C 的参数方程为 2 2cos 2sin x y      （ 为参数），以坐标原点 O 为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为 cos 13  . （1）求圆C 的极坐标方程； （2）已知射线 : , 0, 2m     ，若 m 与圆C 交于点 A（异于点O ）， m 与直线l 交于点 B ，求 || || OA OB 的最大值. 23.[ 选修 4-5：不等式选讲]（10 分） 已知   10f x x x   ，   10g x x x   . （1）若    g x m f x 恒成立，求 m 的值； （2）在（1）的条件下，若正数 a ，b 满足 43a b m，求 13 12ab 的最小值. 5 参考答案 1-5．DCAAD6-10．DACBB11-12．DA 13． 5 3 14． 5 15． 10 5 16． 7 3 5 2  17．（12 分） （1）解：由题意  00fk， ( ) 3sin cosf x x x 对任意 xR 都有    ( ) 3sin cos = 3sin cos = ( )     f x x x x x f x  ()fx是奇函数  0k  .-----------------------------------------------------------------------4 分 （2）解： 2 1 cos2 3 1( ) cos 3sin cos sin 2 sin 2 12 2 6 2 Af A A A A A A          ，整理得 π 1sin 2 62A ， A 是三角形的内角 所以 π 5π2 66A  π 3A  -------------------------------------------------------------------7 分 由余弦定理 2 2 2 cos 2 b c aA bc  ，即 21 9 7 26 c c  整理得 2 3 2 0cc   ，解得 1c  或 2c  1 3 3sin24S bc A，或 33 2 .-------------------------------12 分 18．（12 分） 解：（1）甲药的治愈率更高;----------------2 分 （2）甲药的疗效更好， 理由一：从茎叶图可以看出，有 9 10 的叶集中在茎 0，1 上，而服用乙药患者的治疗时间有 3 5 的叶集中在茎 1，2 上，还 有 1 10 的叶集中在茎 3 上，所以甲药的疗效更好. 理由二：从茎叶图可以看出，服用甲药患者的治疗的时间的中位数为 10 天，而服用乙药患者的治疗时间的中位数为 12.5 天，所以甲药的疗效更好. 理由三：从茎叶图可以看出，服用甲药患者的治疗的时间的平均值为 10 天，而服用乙药患者的治疗时间的平均值为 15 天，所以甲药的疗效更好.--------------------------6 分 （3）由（2）中茎叶图可知，服用甲药患者的治疗时间的平均值和方差分别为 4 5 6 8 10 10 11 12 12 22 10x         10， s 36 25 16 4 0 0 1 4 4 144 23.410           4.8， 则 x  3s≈﹣4.4， 3xs24.3，而 26＞24.4，应该对该患者进行进一步检查.-----------12 分 6 19．（12 分） 解(1)证明: ,OD 分别为 ,AB PB 的中点, //OD PA PA  平面 PAC ,OD 平面 PAC , //OD 平面 PAC .-------------4 分 (2)证明: 2AC BC , 2AB＝ , AC BC O 为 AB 的中点, 2AB＝ , OC AB, 1OC＝ 同理, PO AB , 1PO＝ . 2PC  2 2 2 2PC OC PO＝ ＝ ,则 90POC ＝ ,即 PO OC PO OC , PO AB , AB OC O ＝ . OP平面 ABC .---------8 分 (3)解:由(2)可知,OP  平面 ABC . OP∴ 为三棱锥 P ABC 的高,且 1OP＝ 1 1 1 12 1 112 12 2 12D OBC ABCV S OP         .----------------12 分 20．（12 分）解： （Ⅰ）依题意得 2 2 2 2 4, 1 ,2 . a c a a b c      解得 2 4a  ， 2 3b  ，故椭圆 C 的方程为 22 143 xy；-----------------4 分 （II） AB DF 是定值.--------------------5 分 由已知得直线 : ( 1)l y k x.由 22 ( 1) 3 4 12 0 y k x xy      ， 消去 y ，整理得 2 2 2 24 3 8 4 12 0k x k x k     . 所以     22 2 2 28 4 4 3 4 12 144 144 0k k k k         ， 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 2 12 2 8 43 kxx k  ， 2 12 2 4 12 43 kxx k   ，--------7 分 则        2 2 2 22 2 1 2 1 1 2 1 214AB x x y y k x x x x              22 222 2 2 2 2 4 4 12 12 181 4 3 4 3 4 3 kkkk k k k               ，则  2 2 12 1 43 k AB k    ， 因为   2 1 2 1 2 22 86224 3 4 3 kky y k x x k kk        ，所以线段 AB 的中点为 2 22 43,4 3 4 3 kk kk   . （1）当 0k  时， AB 4 ， 1DF  .所以 4AB DF  . 7 （2）当 0k  时，线段 AB 的垂直平分线方程为 2 22 3 1 4 4 3 4 3 kkyxk k k     ， 令 0y  ，得 2 243 kx k  ，即 2 2 ,043 kD k   ， 所以  22 22 31 1 4 3 4 3 kkDF kk     ，所以     2 2 2 2 12 1 434 31 43 k AB k DF k k     ，综上所述， AB DF 为定值 4.----------- ------12 分 21．（12 分）解 （1）函数  fx的定义域为 0+， ，   1f x = ax   .------------1 分 当 a0 时，  f x 0  ，  fx在 0,  单调递增； 当 a0 时，令  f x 0  ，得 1x0a， 当 1x 0, a  时，  f x 0  ；当 1x,a  时，  f x 0  . 所以  fx在 10, a   单调递增，在 1 ,a  单调递减. 综上所述，当a0 时，  fx在 0,  单调递增； 当 a0 时，  fx在 10, a   单调递增，在 1 ,a  单调递减. -----------4 分 （2）因为 11lnx ax 0， 22lnx ax 0，即 11lnx ax ， 22lnx ax . 两式相减得  1 2 1 2lnx lnx a x x   ，即 1 2 12 xln xa xx  . 由已知 12lnx lnx m，得  12a x x m. 因为 1x0 ， 2x0 ，所以 12 ma xx  ，即 1 2 1 2 1 2 xln x m x x x x . 不妨设 120 x x，则有  121 2 1 2 m x xxln x x x   . 令 1 2 xt x ，则  t 0,1 ，所以  m t 1lnt t1   ，即  m t 1lnt 0t1  恒成立. 设    m t 1g t lnt (0 t 1)t1     . 8       2 2 t 2 1 m t 1gt t t 1       . 令    2h t t 2 1 m t 1    ，  h 0 1 ，  ht的图象开口向上，对称轴方程为 t m 1， 方程  2t 2 1 m t 1 0    的判别式  Δ 4m m 2. 当 m1 时，  ht在 0,1 单调递增，    h t h 0 1，所以  g t 0  ,  gt在 0,1 单调递增，所以    g t g 1 0在 0,1 恒成立. 当1 m 2时，  Δ 4m m 2 0   ，  h t 0 在 0,1 上恒成立，所以  g t 0  ，  gt在 0,1 单调递增，所以    g t g 1 0在 0,1 恒成立. 当 m2 时，  ht在 0,1 单调递减，因为  h 0 1 ，  h 1 4 2m 0   ， 所以存在  0t 0,1 ，使得  0h t 0 当  0t 0,t 时，  h t 0 ，  g t 0  ；当  0t t ,1 时，  h t 0 ，  g t 0  ， 所以  gt在 00,t 上递增，在 0t ,1 上递减. 当  0t t ,1 时，都有    g t g 1 0， 所以  g t 0 在 0,1 不恒成立. 综上所述， m 的取值范围是 ,2 ，所以 m 的最大值为 2.-------------12 分 22．（10 分）解 （1）由圆C 的参数方程为 2 2cos 2sin x y      消去参数 ， 得到圆的普通方程为 22( 2) 4xy   ，即 2240x y x   ， 由        sin cos y x ，所以其极坐标方程为 2 4 cos 0  ，即 4cos ；--------------5 分 （2）由题意，将 代入圆C 的极坐标方程得 4cosAOA  ； 将 代入线l 的极坐标方程，得 1 cos 3 BOB     ， 所以 | | 1 34cos cos 4cos cos sin| | 3 2 2 OA OB           22cos 2 3sin cos 3sin2 cos2 1 2sin(2 ) 16              ， 9 因为 0, 2   ， 所以 72,666     ， 因此，当 2 62  ，即 6   时， || || OA OB 取得最大值 3.-------10 分 23．（10 分） （1）因为    10 10 10f x x x x x       ，    10 10 10g x x x x x       ， 所以 10m  .-----------------------------------------5 分 （2）设 1ca ， 2db，则 4 3 10 4 3 20c d a b     ， 则  1 3 1 1 3 1 12 34 3 1320 20 cdcdc d c d d c                 1 12 3 513 220 4 cd dc     ， 当且仅当 2dc ，即 1a  ， 2b  时，等号成立. 所以 13 12ab 的最小值为 5 4 .----------------------------10 分 10