黑龙江安达市七中2020届高三数学(理)上学期期末模拟试卷二附答案解析

安达市七中2020届高三上学期期末模拟数学（理）试卷2一、选择题1.设集合{}{}25601|,|0A x x x B x x =-+>=-<，则A B ⋂=( )A ．(1),-∞B ．()2,1-C ．(3,1)--D ．(3,)+∞2.设32i z =-+，则在复平面内z 对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限3.已知(2,3),(3,),||1,AB AC t BC ===u u u r u u u r u u u r则AB BC ⋅=u u u r u u u r ( )A ．3-B ．2-C ．2D ．34.2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日2L 点的轨道运行．2L 点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M １，月球质量为M ２，地月距离为R ，2L 点到月球的距离为r ，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r 满足方程：121223()()M M M R r R r r R +=++.设r R α=，由于α的值很小，因此在近似计算中34532333(1)ααααα++≈+，则r 的近似值为( ) A ．21M R M B ．212M R M C ．2313M R MD ．2313M R M 5.演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是( ) A.中位数B.平均数C.方差D.极差6.若a b >，则( )A ．n 0()l a b ->B ．33a b <C ．330a b ->D ．a b >7.设,αβ为两个平面，则//αβ的充要条件是( ) A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．,αβ平行于同一条直线D ．,αβ垂直于同一平面8.若抛物线()220y px p =>的焦点是椭圆2231x y pp+=的一个焦点，则p =( )A ．2B ．3C ．4D ．89.下列函数中，以2π为周期且在区间(,)42ππ单调递增的是( ) A ．()cos 2f x x =B ．()sin 2f x x =C ．()cos f x x =D ．()sin f x x =10.已知2sin 2cos 21(0,),2a αα=π+∈，则sin α=( ) A ．15B ．55C ．33D ．25511.设F 为双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的右焦点,O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆222xy a +=交于,P Q 两点.若PQ OF =，则C 的离心率为( )A ．2B ．3C ．2D ．512.设函数()f x 的定义域为R ，满足(1) 2 ()f x f x +=，且当(0,1]x ∈时，()(1)f x x x =-.若对任意(,]x m ∈-∞，都有8()9f x ≥-，则m 的取值范围是( )A ．9,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．7,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．5,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．8,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦二、填空题13.我国高铁发展迅速，技术先进.经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为__________. 14.已知()f x 是奇函数，且当0x <时，()e ax f x =-.若(ln 2)8f =，则a =__________.15.ABC △的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c .若π6,2,3b ac B ===，则ABC △的面积为______.16.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________.三、解答题17.如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上,1BE EC ⊥.1.证明：BE ⊥平面11EB C ；2.若1AEA E =，求二面角1––B EC C 的正弦值.18.11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10:10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立.在某局双方10:10平后，甲先发球，两人又打了X 个球该局比赛结束. 1.求(2)P X =；2.求事件“4X =且甲获胜”的概率. 19.已知数列{}n a 和{}n b 满足11111,0,434,43 4.n n n n n n a b a a b b b a ++===---+=1.证明：{}n n a b +是等比数列，{}–n n a b 是等差数列；2.求{}n a 和{}n b 的通项公式.20.已知函数()11ln x f x x x -=-+.1.讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；2.设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线ln y x =在点00l (,)n A x x 处的切线也是曲线e x y =的切线.21.已知点(),2,0(0),2,A B -动点(,)M x y 满足直线AM 与BM 的斜率之积为12-.记M 的轨迹为曲线C .1.求C 的方程，并说明C 是什么曲线；2.过坐标原点的直线交C 于,P Q 两点，点P 在第一象限，PE x ⊥轴，垂足为E ，连结QE 并延长交C 于点G .（i ）证明：PQG △是直角三角形；（ii ）求PQG △面积的最大值. 22.[选修4-4：坐标系与参数方程]在极坐标系中，O 为极点，点000(,)(0)M ρθρ>在曲线:4sin C ρθ=上，直线l 过点(4,0)A 且与OM 垂直，垂足为P. (1)当0=3θπ时，求0ρ及l 的极坐标方程；(2)当M 在C 上运动且P 在线段OM 上时，求P 点轨迹的极坐标方程. 23.[选修4-5：不等式选讲]已知()|||2|().f x x a x x x a =-+--1.当1a =时，求不等式()0f x <的解集；2.若(,1]x ∈-∞时，()0f x <，求a 的取值范围.参考答案1.答案：A解析：由题意得，{}{}2,3,1A x x x B x x ==<或，则{}1A B x x ⋂=<．故选A ． 2.答案：C解析：由32,z i =-+得32,z i =--则32,z i =--对应点（-3，-2）位于第三象限．故选C ． 3.答案：C解析：由(1,3)BC AC AB t =-=-u u u r u u u r u u u r ，221(3)1BC t =+-=u u u r ，得3t =，则(1,0)BC =u u u r ，(2,3)(1,0)21302AB BC ==⨯+⨯=u u u r u u u rg g ．故选C ．4.答案：D 解析：由r Rα=，得r R α=因为121223()()M M M R r R r r R +=++， 所以12122222(1)(1)M M M R R Rααα+=++， 即543232221133[(1)]3(1)(1)M M αααααααα++=+-=≈++， 解得3213M M α=， 所以321.3M r R R M α== 5.答案：A解析：由于共9个评为,将评委所给分数从小到大排列,中位数是第5个,假设为a ,去掉一头一尾的最低和最高分后,中位数还是a ,所以不变的数字特征是中位数.其他的数字特征都会改变. 6.答案：C解析：取2,1a b ==，满足a b >，ln()0a b -=，知A 错，排除A ；因为9333a b =>=，知B 错，排除B ；取1,2a b ==-，满足a b >，12a b =<=，知D 错，排除D ，因为幂函数3y x =是增函数，a b >，所以33a b >，故选C ．7.答案：B解析：由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是//αβ的充分条件，由面面平行性质定理知，若//αβ，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是//αβ的必要条件，故选B ． 8.答案：D解析：因为抛物线22(0)y px p =>的焦点(,0)2p 是椭圆2231x y p p +=的一个焦点，所以23()2pp p -=，解得8p =，故选D ．9.答案：A 解析： 10.答案：B解析：2sin 2cos21α=α+Q ，24sin cos 2cos .0,,cos 02π⎛⎫∴α⋅α=αα∈∴α> ⎪⎝⎭Q ．sin 0,2sin cos α>∴α=α，又22sin cos 1αα+=，2215sin 1,sin 5∴α=α=，又sin 0α>，5sin 5α∴=，故选B ． 11.答案：A解析：设PQ 与x 轴交于点A ，由对称性可知PQ x ⊥轴，又||PQ OF c ==Q ，||,2cPA PA ∴=∴为以OF 为直径的圆的半径，A ∴为圆心||2c OA =． ,22c c P ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭，又P 点在圆222x y a +=上，22244c c a ∴+=，即22222,22c c a e a=∴==． 2e ∴=，故选A ．12.答案：B解析：(0,1]x ∈Q 时，()=(1)f x x x -，(+1)= ()f x 2f x ，()2(1)f x f x ∴=-，即()f x 右移1个单位，图像变为原来的2倍．如图所示：当23x <≤时，()=4(2)=4(2)(3)f x f x x x ---，令84(2)(3)9x x --=-，整理得：2945560x x -+=， 1278(37)(38)0,,33x x x x ∴--=∴==（舍），(,]x m ∴∈-∞时，8()9f x ≥-成立，即73m ≤，7,3m ⎛⎤∴∈-∞ ⎥⎝⎦，故选B ．13.答案：0.98解析：由题意得，经停该高铁站的列车正点数约为100.97200.98100.9939.2⨯+⨯+⨯=，其中高铁个数为10+20+10=40，所以该站所有高铁平均正点率约为39.20.9840=． 14.答案：3-解析：因为()f x 是奇函数，且当0x <时，()ax f x e -=-．又因为ln 2(0,1)∈，(ln 2)8f =，所以ln 28a e --=-，两边取以e 为底的对数得ln 23ln 2a -=，所以3a -=，即3-． 15.答案：63解析：由余弦定理得2222cos b a c ac B =+-，所以2221(2)2262c c c c +-⨯⨯⨯=，即212c =解得23,23c c ==-（舍去）所以243a c ==，113sin 43236 3.222ABC S ac B ∆==⨯⨯⨯=16.答案：26;21-解析：由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826+=个面．如图，设该半正多面体的棱长为x ，则AB BE x ==，延长BC 与FE 交于点G ，延长BC 交正方体棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE ∆为等腰直角三角形，22,2(21)122BG GE CH x GH x x x ∴===∴=⨯+=+=， 12121x ∴==-+，即该半正多面体棱长为1x x -．17.答案：1.由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C BE ⊥．又1BEEC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．2.由1知190BEB ∠=︒．由题设知11Rt Rt ABE A B E ≅△△，所以45AEB ∠=︒，故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA u u u r的方向为x 轴正方向，DA u u u r 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，则(0,1,0),(1,1,0),(0,1,2),(1,0,1),C B E 1(1,1,1),(0,0,2)CE CC =-=u u u r u u u u r ．设平面EBC 的法向量为(,,)n x y x =，则00CB n CE n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取(0,1,1)n =--.设平面1ECC 的法向量为(,,)m x y z =，则10,0,CC m CE m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u r 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取(1,1,0)m =． 于是1cos ,2n m n m n m ⋅<>==-． 所以，二面角1B EC C --的正弦值为32． 解析：18.答案：1.2X =就是10:10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．因此(2)0.50.4(10.5)(10.4)0.5P X ==⨯+-⨯-=．2.4X =且甲获胜，就是10:10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．因此所求概率为[]0.5(10.4)(10.5)0.40.50.40.1⨯-+-⨯⨯⨯=．解析：19.答案：1.由题设得114()2()n n n n a b a b +++=+，即111()2n n n n a b a b +++=+．又因为11a b l +=，所以{}n n a b +是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得114()4()8n n n n a b a b ++-=-+，即112n n n n a b a b ++-=-+．又因为11–a b l =，所以{}n n a b -是首项为1，公差为2的等差数列．2.由1知，112n n n a b -+=，21n n a b n -=-． 所以111[()()]222n n n n n n a a b a b n =++-=+-，111[()()]222n n n n n n b a b a b n =+--=-+．解析：20.答案：1.()f x 的定义域为(0,1),(1,)+∞单调递增． 因为e 1(e)10e 1f +=-<-，22222e 1e 3(e )20e 1e 1f +-=-=>--，所以()f x 在(1,)+∞有唯一零点1x ，即1()0f x =． 又11111111101,()ln ()01x f x f x x x x +<<=-+=-=-，故()f x 在(0,1)有唯一零点11x ． 综上，()f x 有且仅有两个零点．2.因为0ln 01e x x -=，故点001(ln ,)B x x -在曲线e x y =上． 由题设知0()0f x =，即0001ln 1x x x +=-， 故直线AB 的斜率00000000000111ln 111ln 1x x x x x k x x x x x x +---===+-----． 曲线x y e =在点001(ln ,)B x x -处切线的斜率是01x ，曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处切线的斜率也是01x ， 所以曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处的切线也是曲线e x y =的切线． 解析：21.答案：1.由题设得1222y y x x ⋅=-+-，化简得221(||2)42x y x +=≠，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左右顶点．2.（i ）设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为(0)y kx k =>． 由22142y kx x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩得2212x k =±+． 记2212u k =+，则(,),(,),(,0)P u uk Q u uk E u --．于是直线QG 的斜率为2k ，方程为()2k y x u =-． 由22(),2142k y x u x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩得 22222(2)280k x uk x k u +-+-=．①设(,)G G G x y ，则u -和G x 是方程①的解，故22(32)2G u k x k +=+，由此得322G uk y k=+． 从而直线PG 的斜率为322212(32)2uk uk k u k k u k -+=-+-+． 所以PQ PG ⊥，即PQG △是直角三角形．（ii ）由（i ）得2||21PQ u k =+，2221||2uk k PG k +=+， 所以△PQG 的面积222218()18(1)||||12(12)(2)12()k k k k S PQ PG k k k k ++===++++． 设1t k k =+，则由0k >得2t ≥，当且仅当1k =时取等号． 因为2812t St =+在12,[k =+∞）单调递减，所以当2t =，即1k =时，S 取得最大值，最大值为169． 因此，PQG △面积的最大值为169． 解析：22.答案：(1)因为()00,M ρθ在C 上，当03θπ=时，04sin 233ρπ==.由已知得||||cos 23OP OA π==.设(,)Q ρθ为l 上除P 的任意一点.在Rt OPQ △中cos ||23OP ρθπ⎛⎫-== ⎪⎝⎭， 经检验，点(2,)3P π在曲线cos 23ρθπ⎛⎫-= ⎪⎝⎭上.所以，l 的极坐标方程为cos 23ρθπ⎛⎫-= ⎪⎝⎭.(2)设(,)P ρθ，在Rt OAP △中，||||cos 4cos ,OP OA θθ==即 4cos ρθ=. 因为P 在线段OM 上，且AP OM ⊥，故θ的取值范围是,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.所以，P 点轨迹的极坐标方程为4cos ,,42ρθθπ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦π.解析：23.答案：1.当1a =时，()=|1| +|2|(1)f x x x x x ---.当1x <时，2()2(1)0f x x =--<；当1x ≥时，()0f x ≥.所以，不等式()0f x <的解集为(,1)-∞.2.因为()=0f a ，所以1a ≥.当1a ≥，(,1)x ∈-∞时，()=() +(2)()=2()(1)<0f x a x x x x a a x x ----- 所以，a 的取值范围是[1,)+∞.解析：。