2020届高三下学期防疫期间“停课不停学”网上周考数学(理)试题
2020届高三数学下学期停课不停学线上测试试题(含解析)
2020届高三数学下学期停课不停学线上测试试题（含解析）参考公式:﹒如果事件A,B互斥,那么P(A∪B)=P(A)+P(B)﹒如果事件A,B相互独立,那么P(AB)=P(A)·P(B)﹒球的表面积公式S=4πR﹒球的体积公式其中R表示球的半径一、选择题: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.【答案】D【解析】【分析】先利用定义域的求法，求得集合的范围，然后求两个集合的交集.【详解】因为 ,，所以 .故选D.【点睛】本题考查集合交集运算，考查运算求解能力，属于基础题.2.命题“，”的否定是（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】分析】根据全称命题的否定：改变量词，否定结论，可得出结论.【详解】命题“，”为全称命题，其否定为“，”.故选：C.【点睛】本题考查全称命题否定的改写，要注意量词和结论的变化，属于基础题.3.已知双曲线的渐近线方程为，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析】将双曲线的标准方程表示为，由题意得出的值，再利用离心率公式可求出双曲线的离心率的值.【详解】将双曲线的标准方程表示为，由于该双曲线的渐近线方程为，则，因此，该双曲线的离心率为.故选：A.【点睛】本题考查利用双曲线的渐近线方程求双曲线的离心率，利用离心率公式计算更为便捷，考查计算能力，属于基础题.4.用数字、、、、组成没有重复数字的五位数，其中偶数的个数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意知，个位数必为偶数，其它数位没有限制，利用分步乘法计数原理可得出结果.【详解】由于五位数偶数，则个位数必为偶数，可在、、种任选一个数，有种选择，其它数位任意排列，由分步乘法计数原理可知，所求偶数的个数为.故选：B.【点睛】本题考查数字的排列问题，涉及分步乘法计数原理的应用，考查计算能力，属于基础题.5.已知抛物线与的焦点间的距离为，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出两抛物线的焦点坐标，利用两点间的距离公式可求出正数的值.【详解】抛物线的焦点坐标为，抛物线的焦点坐标为，由已知条件可得，，解得.故选：A.【点睛】本题考查利用抛物线的焦点坐标求参数，涉及两点间距离公式的应用，考查计算能力，属于基础题.6.已知函数,若则的大小关系是（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出函数的导数,由导函数的符号可得在上为增函数，由，利用单调性可得结果.【详解】因为函数，所以导数函数，可得在上恒成立，所以在上为增函数，又因为，所以，故选D.【点睛】本题主要考查利用导数判断函数的单调性，以及利用单调性比较函数值的大小.函数的单调性常用判断方法有定义法，求导法，基本函数的单调性法，复合函数的单调性法，图象法等.7.某人通过普通话二级测试的概率是，若他连续测试3次（各次测试互不影响），那么其中恰有1次通过的概率是A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用n次独立重复试验中事件A恰好发生一次的概率计算公式求解．【详解】解：∵某人通过普通话二级测试的概率是，他连线测试3次，∴其中恰有1次通过的概率是：p．故选C．【点睛】本题考查概率的求法及应用，是基础题，解题时要认真审题，注意n次独立重复试验中事件A恰好发生一次的概率计算公式的合理运用．8.将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再把得到的图象向左平移个单位长度，所得函数图象关于对称，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】函数图象经过放缩变换与平移变换后可得，由可得结果.【详解】函数图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍后得到，再向左平移后得到，因为的图象关于于对称，，解得，当时，，故选B.【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质，重点考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度.9.已知函数，若函数有3个零点，则实数的取值范围是（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】【分析】本道题先绘制图像，然后将零点问题转化为交点问题，数形结合，计算a范围，即可．【详解】绘制出的图像，有3个零点，令与有三个交点，则介于1号和2号之间，2号过原点，则，1号与相切，则，，代入中，计算出，所以a的范围为，故选A．【点睛】本道题考查了数形结合思想和函数与函数交点个数问题，难度中等．二、填空题：本大题共9小题，每空4分，共40分.10.是虚数单位，则的值为_______.【答案】【解析】【分析】利用复数的除法运算将复数化为一般形式，然后利用复数的模长公式可求出的值.【详解】，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查复数模的计算，同时也考查了复数的除法运算，考查计算能力，属于基础题.11.的展开式中，项的系数为____.【答案】【解析】【分析】求出展开式的通项，令的指数为，求出的值，然后代入通项即可求得项的系数.【详解】的展开式通项为，令，得，因此，展开式中项的系数为.故答案为：.【点睛】本题考查二项展开式中指定项系数的求解，考查二项展开式通项的应用，考查计算能力，属于基础题.12.已知椭圆的离心率为，焦距为，则椭圆的方程为____.【答案】【解析】【分析】根据题意求出、的值，即可得出椭圆的方程.【详解】设椭圆的半焦距为，则，椭圆的离心率为，可得，，因此，椭圆的方程为.故答案为：.【点睛】本题考查根据椭圆的几何性质求椭圆的方程，一般要结合题意求出、、的值，考查计算能力，属于基础题. 13.某重要路段限速70km/h，现对通过该路段的n辆汽车的车速进行检测，统计并绘成频率分布直方图（如图）若速度在60km/h～70km/h之间的车辆为150辆，则这n辆汽车中车速高于限速的汽车有_____辆.【答案】190【解析】【分析】根据频率之和为列方程，解方程求得的值，进而求得的值，求得车速高于限速的汽车的频率，由此求得这n辆汽车中车速高于限速的汽车数.【详解】依题意，解得，所以，车速高于限速的汽车的频率为，所以这n辆汽车中车速高于限速的汽车数为辆.故答案为：【点睛】本小题主要考查补全频率分布直方图，考查利用频率分布直方图进行估计，属于基础题.14.若一个圆柱的轴截面是面积为4的正方形，则该圆柱的外接球的表面积为_______.【答案】.【解析】【分析】作出圆柱与其外接球的轴截面，结合题中数据，求出外接球半径，再由球的表面积公式，即可得出结果.【详解】作出圆柱与其外接球的轴截面如下：设圆柱的底面圆半径为，则，所以轴截面的面积为，解得，因此，该圆柱的外接球的半径，所以球的表面积为.故答案为【点睛】本题主要考查圆柱外接球的相关计算，熟记公式即可，属于常考题型.15.已知，，且，则的最小值为___.【答案】【解析】【分析】由等式可得出，以及，代入可得出，利用基本不等式可求得结果.【详解】，，且，得，以及，，当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，解题时注意对定值条件进行化简变形，考查计算能力，属于中等题.16.已知矩形的对角线长为，若，则的值为___.【答案】【解析】分析】作出图形，设，可知为的中点，利用和表示向量和，利用平面向量数量积的运算律即可计算出结果.【详解】如下图所示：设，，则为的中点，且为、的中点，，同理可得，由已知条件得，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查平面向量数量积的计算，解题的关键就是选择合适的基底表示向量，考查计算能力，属于中等题.17.已知函数在点处的切线方程为，则、的值分别为____.【答案】，【解析】【分析】将点代入切线方程得出，由可得出关于、的的方程组，即可解出这两个未知数的值.【详解】将点代入直线的方程得，，则，由题意得，解得.故答案为：，.【点睛】本题考查利用函数的切线方程求参数，一般要注意两点：一是切点为函数图象与切线的公共点，二是函数在切点处的导数值等于切线的斜率，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.18.已知数列的前项和为，满足，则数列的通项公式 ____.设，则数列的前项和____.【答案】 (1). (2).【解析】【分析】由可求出数列的通项公式，再由，利用裂项求和法可求出.【详解】当时，；当时，.适合，所以，对任意的，.，因此，.故答案为：；.【点睛】本题考查利用求，同时也考查了裂项求和法，考查计算能力，属于中等题.三、解答题：本大题共2小题，共24分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.19.在中，角、、所对的边分别是、、.（I）若，，，求边的值；（II）若，求的值.【答案】（I）；（II）.【解析】【分析】（I）利用余弦定理可得出关于的方程，即可解出边的值；（II）由正弦定理边角互化思想结合同角三角函数的基本关系可得出、的方程组，解出这两个量的值，然后利用二倍角的正、余弦公式，结合两角和的正弦公式可求得结果.【详解】（I）由余弦定理得，即，即，解得；（II），由正弦定理得，，，同理知，.所以，解得，由二倍角公式得，，因此，.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，同时也考查了利用同角三角函数的基本关系、二倍角公式和两角和的正弦公式求值，考查计算能力，属于中等题.20.如图，在四棱锥中，，底面为直角梯形，，，，为线段上一点.（I）若，求证：平面；（II）若，，异面直线与成角，二面角的余弦值为，求的长及直线与平面所成角的正弦值.【答案】（I）证明见解析；（II），直线与平面所成角的正弦值为.【解析】【分析】（I）过点作，交于点，连接，通过证明四边形为平行四边形得出，然后利用线面平行的判定定理可得出结论；（II）证明出平面，过点作交于点，并以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合二面角的余弦值为求出的值，再利用空间向量法可求出直线与平面所成角的正弦值.【详解】（I）过点作，交于点，连接，，，，，，，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面；（II）异面直线与成角，即，，，平面，，过点作交于点，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、、、，，，，设平面的法向量为，则，取，则，，则，同理可得平面的一个法向量为，由于二面角的余弦值为，则，解得，所以，，易知平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，因此，直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用二面角求其它量、以及利用空间向量法求线面角的正弦值，考查计算能力与推理能力，属于中等题.2020届高三数学下学期停课不停学线上测试试题（含解析）参考公式:﹒如果事件A,B互斥,那么P(A∪B)=P(A)+P(B)﹒如果事件A,B相互独立,那么P(AB)=P(A)·P(B)﹒球的表面积公式S=4πR﹒球的体积公式其中R表示球的半径一、选择题: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.【答案】D【解析】【分析】先利用定义域的求法，求得集合的范围，然后求两个集合的交集.【详解】因为 ,，所以 .故选D.【点睛】本题考查集合交集运算，考查运算求解能力，属于基础题.2.命题“，”的否定是（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】分析】根据全称命题的否定：改变量词，否定结论，可得出结论.【详解】命题“，”为全称命题，其否定为“，”.故选：C.【点睛】本题考查全称命题否定的改写，要注意量词和结论的变化，属于基础题.3.已知双曲线的渐近线方程为，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析】将双曲线的标准方程表示为，由题意得出的值，再利用离心率公式可求出双曲线的离心率的值.【详解】将双曲线的标准方程表示为，由于该双曲线的渐近线方程为，则，因此，该双曲线的离心率为.故选：A.【点睛】本题考查利用双曲线的渐近线方程求双曲线的离心率，利用离心率公式计算更为便捷，考查计算能力，属于基础题.4.用数字、、、、组成没有重复数字的五位数，其中偶数的个数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意知，个位数必为偶数，其它数位没有限制，利用分步乘法计数原理可得出结果.【详解】由于五位数偶数，则个位数必为偶数，可在、、种任选一个数，有种选择，其它数位任意排列，由分步乘法计数原理可知，所求偶数的个数为.故选：B.【点睛】本题考查数字的排列问题，涉及分步乘法计数原理的应用，考查计算能力，属于基础题.5.已知抛物线与的焦点间的距离为，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出两抛物线的焦点坐标，利用两点间的距离公式可求出正数的值.【详解】抛物线的焦点坐标为，抛物线的焦点坐标为，由已知条件可得，，解得.故选：A.【点睛】本题考查利用抛物线的焦点坐标求参数，涉及两点间距离公式的应用，考查计算能力，属于基础题.6.已知函数,若则的大小关系是（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出函数的导数,由导函数的符号可得在上为增函数，由，利用单调性可得结果.【详解】因为函数，所以导数函数，可得在上恒成立，所以在上为增函数，又因为，所以，故选D.【点睛】本题主要考查利用导数判断函数的单调性，以及利用单调性比较函数值的大小.函数的单调性常用判断方法有定义法，求导法，基本函数的单调性法，复合函数的单调性法，图象法等.7.某人通过普通话二级测试的概率是，若他连续测试3次（各次测试互不影响），那么其中恰有1次通过的概率是A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用n次独立重复试验中事件A恰好发生一次的概率计算公式求解．【详解】解：∵某人通过普通话二级测试的概率是，他连线测试3次，∴其中恰有1次通过的概率是：p．故选C．【点睛】本题考查概率的求法及应用，是基础题，解题时要认真审题，注意n次独立重复试验中事件A恰好发生一次的概率计算公式的合理运用．8.将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再把得到的图象向左平移个单位长度，所得函数图象关于对称，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】函数图象经过放缩变换与平移变换后可得，由可得结果.【详解】函数图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍后得到，再向左平移后得到，因为的图象关于于对称，，解得，当时，，故选B.【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质，重点考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度.9.已知函数，若函数有3个零点，则实数的取值范围是（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】【分析】本道题先绘制图像，然后将零点问题转化为交点问题，数形结合，计算a范围，即可．【详解】绘制出的图像，有3个零点，令与有三个交点，则介于1号和2号之间，2号过原点，则，1号与相切，则，，代入中，计算出，所以a的范围为，故选A．【点睛】本道题考查了数形结合思想和函数与函数交点个数问题，难度中等．二、填空题：本大题共9小题，每空4分，共40分.10.是虚数单位，则的值为_______.【答案】【解析】【分析】利用复数的除法运算将复数化为一般形式，然后利用复数的模长公式可求出的值.【详解】，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查复数模的计算，同时也考查了复数的除法运算，考查计算能力，属于基础题.11.的展开式中，项的系数为____.【答案】【解析】【分析】求出展开式的通项，令的指数为，求出的值，然后代入通项即可求得项的系数.【详解】的展开式通项为，令，得，因此，展开式中项的系数为.故答案为：.【点睛】本题考查二项展开式中指定项系数的求解，考查二项展开式通项的应用，考查计算能力，属于基础题.12.已知椭圆的离心率为，焦距为，则椭圆的方程为____.【答案】【解析】【分析】根据题意求出、的值，即可得出椭圆的方程.【详解】设椭圆的半焦距为，则，椭圆的离心率为，可得，，因此，椭圆的方程为.故答案为：.【点睛】本题考查根据椭圆的几何性质求椭圆的方程，一般要结合题意求出、、的值，考查计算能力，属于基础题.13.某重要路段限速70km/h，现对通过该路段的n辆汽车的车速进行检测，统计并绘成频率分布直方图（如图）若速度在60km/h～70km/h之间的车辆为150辆，则这n辆汽车中车速高于限速的汽车有_____辆.【答案】190【解析】【分析】根据频率之和为列方程，解方程求得的值，进而求得的值，求得车速高于限速的汽车的频率，由此求得这n辆汽车中车速高于限速的汽车数.【详解】依题意，解得，所以，车速高于限速的汽车的频率为，所以这n辆汽车中车速高于限速的汽车数为辆.故答案为：【点睛】本小题主要考查补全频率分布直方图，考查利用频率分布直方图进行估计，属于基础题.14.若一个圆柱的轴截面是面积为4的正方形，则该圆柱的外接球的表面积为_______.【答案】.【解析】【分析】作出圆柱与其外接球的轴截面，结合题中数据，求出外接球半径，再由球的表面积公式，即可得出结果.【详解】作出圆柱与其外接球的轴截面如下：设圆柱的底面圆半径为，则，所以轴截面的面积为，解得，因此，该圆柱的外接球的半径，所以球的表面积为.故答案为【点睛】本题主要考查圆柱外接球的相关计算，熟记公式即可，属于常考题型.15.已知，，且，则的最小值为___.【答案】【解析】【分析】由等式可得出，以及，代入可得出，利用基本不等式可求得结果.【详解】，，且，得，以及，，当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，解题时注意对定值条件进行化简变形，考查计算能力，属于中等题.16.已知矩形的对角线长为，若，则的值为___.【答案】【解析】分析】作出图形，设，可知为的中点，利用和表示向量和，利用平面向量数量积的运算律即可计算出结果.【详解】如下图所示：设，，则为的中点，且为、的中点，，同理可得，由已知条件得，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查平面向量数量积的计算，解题的关键就是选择合适的基底表示向量，考查计算能力，属于中等题.17.已知函数在点处的切线方程为，则、的值分别为____.【答案】，【解析】【分析】将点代入切线方程得出，由可得出关于、的的方程组，即可解出这两个未知数的值.【详解】将点代入直线的方程得，，则，由题意得，解得.故答案为：，.【点睛】本题考查利用函数的切线方程求参数，一般要注意两点：一是切点为函数图象与切线的公共点，二是函数在切点处的导数值等于切线的斜率，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.18.已知数列的前项和为，满足，则数列的通项公式____.设，则数列的前项和____.【答案】 (1). (2).【解析】【分析】由可求出数列的通项公式，再由，利用裂项求和法可求出.【详解】当时，；当时，.适合，所以，对任意的，.，因此，.故答案为：；.【点睛】本题考查利用求，同时也考查了裂项求和法，考查计算能力，属于中等题.三、解答题：本大题共2小题，共24分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.19.在中，角、、所对的边分别是、、.（I）若，，，求边的值；（II）若，求的值.【答案】（I）；（II）.【解析】【分析】（I）利用余弦定理可得出关于的方程，即可解出边的值；（II）由正弦定理边角互化思想结合同角三角函数的基本关系可得出、的方程组，解出这两个量的值，然后利用二倍角的正、余弦公式，结合两角和的正弦公式可求得结果.【详解】（I）由余弦定理得，即，即，解得；（II），由正弦定理得，，，同理知，.所以，解得，由二倍角公式得，，因此，.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，同时也考查了利用同角三角函数的基本关系、二倍角公式和两角和的正弦公式求值，考查计算能力，属于中等题.20.如图，在四棱锥中，，底面为直角梯形，，，，为线段上一点.（I）若，求证：平面；（II）若，，异面直线与成角，二面角的余弦值为，求的长及直线与平面所成角的正弦值.【答案】（I）证明见解析；（II），直线与平面所成角的正弦值为.【解析】【分析】（I）过点作，交于点，连接，通过证明四边形为平行四边形得出，然后利用线面平行的判定定理可得出结论；（II）证明出平面，过点作交于点，并以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合二面角的余弦值为求出的值，再利用空间向量法可求出直线与平面所成角的正弦值.【详解】（I）过点作，交于点，连接，，，，，，，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面；（II）异面直线与成角，即，，，平面，，过点作交于点，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、、、，，，，设平面的法向量为，则，取，则，，则，同理可得平面的一个法向量为，由于二面角的余弦值为，则，解得，所以，，易知平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，因此，直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用二面角求其它量、以及利用空间向量法求线面角的正弦值，考查计算能力与推理能力，属于中等题.。
2020届湖南省长沙市长郡中学高三下学期3月停课不停学阶段性测试数学(理)试题含答案
长郡中学2020届高三停课不停学阶段性测试理科数学试题一.选择题1.若i 为虚数单位，复数z 满足(1)|1|z i i i +=-+，则z 的虚部为（ ）A.12B.1C.12iD.12- 2.设集合3|0,{|3}1x A x B x x x +⎧⎫=<=≤-⎨⎬-⎩⎭，则集合{}|1x x ≥=（ ） A. A B IB. A B UC. ()()R RA B U痧D. ()()R RA B I痧3.中国古代数学著作《九章算术》中有这样一个问题：“某贾人擅营，月入益功疾（注：从第2月开始，每月比前一月多入相同量铜钱），3月入25贯，全年（按12个月计）共入510贯”，则该人12月营收贯数为（ ） A. 35B. 65C. 70D. 604.“石头、剪刀、布”，又称“猜丁壳”，是一种流行多年猜拳游戏，起源于中国，然后传到日本、朝鲜等地，随着亚欧贸易的不断发展，它传到了欧洲，到了近代逐渐风靡世界．其游戏规则是：出拳之前双方齐喊口令，然后在语音刚落时同时出拳，握紧的拳头代表“石头”，食指和中指伸出代表“剪刀”，五指伸开代表“布”．“石头”胜“剪刀”、“剪刀”胜“布”、而“布”又胜过“石头”．若所出的拳相同，则为和局．小军和大明两位同学进行“五局三胜制”的“石头、剪刀、布”游戏比赛，则小军和大明比赛至第四局小军胜出的概率是（ ） A.127B.227C.281D.8815.已知20.62log 2,log 0.6,0.6a b c ===，则 A. a b c >>B. b c a >>C. c b a >>D. c a b >>6.椭圆2212:1,,95x y C F F +=是其焦点，点P 是椭圆C 上一点，若12F PF ∆是直角三角形，则点P 到x 轴的距离为（ ） A.53B.52C.D. 的的7.若α为锐角，且(4cos50tan 40)tan 1α︒-︒=，则(α= ) A. 60︒B. 50︒C. 40︒D. 30°8.设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，公比为q ，且3S ，9S ，6S 成等差数列，则38q 等于（ ） A. -4B. -2C. 2D. 49.已知圆22:8150C x y x +-+=，直线2y kx =+上至少存在一点P ，使得以点P 为原心，半径为1的圆与圆C 有公共点，则k 的最小值是（ ） A. 43-B. 54-C. 35-D. 53-10.已知函数()sin 2f x a x x =的图象关于直线12x π=-对称，若()()124f x f x =-，则12x x -的最小值为（ ） A.3πB.23π C.4π D.2π11.如图，已知梯形ABCD 中||2||AB CD =，点E 在线段AC 上，且25AE AC =u u u ru u ur ，双曲线过C ，D ，E 三点，以A ，B 为焦点，则双曲线离心率e 的值为 （ ）A.B. C. 3 D.12.如图，棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -，点A 在平面α内，平面ABCD 与平面α所成的二面角为30o ，则顶点1C 到平面α的距离的最大值是（ ）A (22B. 2C. )21+D. )21二、填空题13.已知11122)n x dx π-=⎰，则(1nx -的展开式中的常数项为___. 14.某封闭几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为___.15.对于数列{}n a ，若()*,m n Nm n ∀∈≠，都有()n ma a t t n m-≥-为常数成立，则称数列{}n a 具有性质()P t ．若数列{}n a 的通项公式为2n aa n n=-，且具有性质()10P ，则实数a 的取值范围是_______________. 16.若[,)x e ∀∈+∞，满足32ln 0mx x x me -≥恒成立，则实数m 的取值范围为__________．三.解答题17.已知在ABC ∆中，,,a b c 分别为角A,B,C 的对应边，点D 为BC 边的中点，ABC ∆的面积为23sin AD B.(1)求sin sin BAD BDA ∠⋅∠的值； (2)若6,BC AB AD ==b ．18.如图，矩形ABCD 中，6AB =，AD =点F 是AC 上的动点．现将矩形ABCD 沿着对角线AC 折成二面角D AC B '--，使得D B '=．.（Ⅰ）求证：当AF =D F BC '⊥；（Ⅱ）试求CF 的长，使得二面角A D F B -'-的大小为4π． 19.已知F 为抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点，过F 的动直线交抛物线C 于A ，B 两点．当直线与x 轴垂直时，||4AB =． （1）求抛物线C 的方程；（2）设直线AB 的斜率为1且与抛物线的准线l 相交于点M ，抛物线C 上存在点P 使得直线PA ，PM ，PB 的斜率成等差数列，求点P 的坐标．20.已知函数()x f x e ax -=-（x ∈R ）. （1）当1a =-时，求函数()f x 的最小值；（2）若0x ≥时，()ln(1)1f x x -++≥，求实数a 的取值范围.21.如图，直角坐标系中，圆的方程为221x y +=，()1,0A ，12⎛- ⎝⎭B ，1,2C ⎛- ⎝⎭为圆上三个定点，某同学从A 点开始，用掷骰子的方法移动棋子．规定：①每掷一次骰子，把一枚棋子从一个定点沿圆弧移动到相邻下一个定点；②棋子移动的方向由掷骰子决定，若掷出骰子的点数为偶数，则按图中箭头方向移动；若掷出骰子的点数为奇数，则按图中箭头相反的方向移动．设掷骰子n 次时，棋子移动到A ，B ，C 处的概率分别为()n P A ，()n P B ，()n P C ．例如：掷骰子一次时，棋子移动到A ，B ，C 处的概率分别为()1P A O =，()112PB =，()112P C =．（1）分别掷骰子二次，三次时，求棋子分别移动到A ，B ，C 处的概率；（2）掷骰子N 次时，若以X 轴非负半轴为始边，以射线OA ，OB ，OC 为终边的角的余弦值记为随机变量n X ，求4X 的分布列和数学期望；（3）记()n n P A a =，()n n P B b =，()n n P C c =，其中1n n n a b c ++=．证明：数列13n b ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭等比数列，并求2020a .22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线1C ：33cos 2sin x y αα=+⎧⎨=⎩，（α为参数）经过伸缩变换32x x yy ⎧=⎪⎪⎨⎪''⎪=⎩，后的曲线为2C ，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系. （1）求2C 的极坐标方程； （2）设曲线3C 极坐标方程为sin 16πρθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭且曲线3C 与曲线2C 相交于P ，Q 两点，求||PQ 的值.23.已知函数2()|||1|f x x b x =+--+，222()|||2|g x x a c x b =+++-，其中a ，b ，c 均为正实数，且1ab bc ac ++=．（1）当1b =时，求不等式()1f x …的解集； （2）当x ∈R 时，求证()()f x g x …．是的长郡中学2020届高三停课不停学阶段性测试理科数学试题一.选择题1.若i 为虚数单位，复数z 满足(1)|1|z i i i +=-+，则z 的虚部为（ ）A.12B.1C.12i D.12- 【答案】D 2.设集合3|0,{|3}1x A x B x x x +⎧⎫=<=≤-⎨⎬-⎩⎭，则集合{}|1x x ≥=（ ） A. A B I B. A B UC. ()()R RA B U痧D. ()()R RA B I痧【答案】D3.中国古代数学著作《九章算术》中有这样一个问题：“某贾人擅营，月入益功疾（注：从第2月开始，每月比前一月多入相同量的铜钱），3月入25贯，全年（按12个月计）共入510贯”，则该人12月营收贯数为（ ） A. 35 B. 65C. 70D. 60【答案】C4.“石头、剪刀、布”，又称“猜丁壳”，是一种流行多年的猜拳游戏，起源于中国，然后传到日本、朝鲜等地，随着亚欧贸易的不断发展，它传到了欧洲，到了近代逐渐风靡世界．其游戏规则是：出拳之前双方齐喊口令，然后在语音刚落时同时出拳，握紧的拳头代表“石头”，食指和中指伸出代表“剪刀”，五指伸开代表“布”．“石头”胜“剪刀”、“剪刀”胜“布”、而“布”又胜过“石头”．若所出的拳相同，则为和局．小军和大明两位同学进行“五局三胜制”的“石头、剪刀、布”游戏比赛，则小军和大明比赛至第四局小军胜出的概率是（ ） A.127B.227C.281D.881【答案】B5.已知20.62log 2,log 0.6,0.6a b c ===，则 A. a b c >> B. b c a >>C. c b a >>D. c a b >>【答案】C6.椭圆2212:1,,95x y C F F +=是其焦点，点P 是椭圆C 上一点，若12F PF ∆是直角三角形，则点P 到x 轴的距离为（ ）A.53B.52C.D. 【答案】A7.若α为锐角，且(4cos50tan 40)tan 1α︒-︒=，则(α= ) A. 60︒ B. 50︒C. 40︒D. 30°【答案】D8.设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，公比为q ，且3S ，9S ，6S 成等差数列，则38q 等于（ ） A. -4 B. -2C. 2D. 4【答案】A9.已知圆22:8150C x y x +-+=，直线2y kx =+上至少存在一点P ，使得以点P 为原心，半径为1的圆与圆C 有公共点，则k 的最小值是（ ） A. 43-B. 54-C. 35-D. 53-【答案】A10.已知函数()sin 2f x a x x =的图象关于直线12x π=-对称，若()()124f x f x =-，则12x x -的最小值为（ ） A.3πB.23π C.4π D.2π 【答案】D11.如图，已知梯形ABCD 中||2||AB CD =，点E 在线段AC 上，且25AE AC =u u u ru u ur ，双曲线过C ，D ，E 三点，以A ，B 为焦点，则双曲线离心率e 的值为 （ ）B.C. 3【答案】A12.如图，棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -，点A 在平面α内，平面ABCD 与平面α所成的二面角为30o ，则顶点1C 到平面α的距离的最大值是（ ）A. (22+B. 2C. )21+D. )21【答案】B二、填空题13.已知11122)n x dx π-=⎰，则(1nx -的展开式中的常数项为___. 【答案】6014.某封闭几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为___.【答案】222+15.对于数列{}n a ，若()*,m n Nm n ∀∈≠，都有()n ma a t t n m-≥-为常数成立，则称数列{}n a 具有性质()P t ．若数列{}n a 的通项公式为2n aa n n=-，且具有性质()10P ，则实数a 的取值范围是_______________. 【答案】[)36,+∞ 16.若[,)x e ∀∈+∞，满足32ln 0mx x x me -≥恒成立，则实数m 的取值范围为__________．【答案】(,2]e -∞三.解答题17.已知在ABC ∆中，,,a b c 分别为角A,B,C 的对应边，点D 为BC 边的中点，ABC ∆的面积为23sin AD B.(1)求sin sin BAD BDA ∠⋅∠的值；(2)若6,BC AB AD ==b ．【答案】（1）13； （2【解析】 【分析】(1)先由ABC ∆的面积为23sin AD B且D 为BC 的中点，得到ABD ∆的面积；再由三角形的面积公式和正弦定理即可求出结果；(2)根据(1)的结果和6BC AB =，可求出sin BDA ∠和sin BAD ∠；再由余弦定理，即可求出结果. 【详解】(1)由ABC∆面积为23sin AD B 且D 为BC 的中点可知:ABD ∆的面积为26sin AD B,由三角形的面积公式可知:21sin 26sin AD AB BD B B⋅⋅=,由正弦定理可得:3sin sin 1BAD BDA ∠⋅∠=, 所以1sin sin 3BAD BDA ∠⋅∠=, (2)6BC AB =Q ,又因为D 为中点，所以BC 2BD 6AB ==,即BD 3AB =, 在ABD ∆中由正弦定理可得sin sin BD ABBAD BDA=∠∠,所以sin 3sin BAD BDA ∠=∠由（1）可知1sin sin 3BAD BDA ∠⋅∠=所以1sin ,sin 13BDA BAD ∠=∠=, Q ()0,BAD π∠∈ ∴ ,2BAD π∠=在直角ABD ∆中13AD BDA =∠=,所以1,3AB BD ==. BC 2BD =Q ,BC 6∴=在ABC ∆中用余弦定理，可得22212cos 13621633,3b ac ac B b =+-=+-⨯⨯⨯=∴=【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理和余弦定理以及面积公式，即可求解，属于常考题型. 18.如图，矩形ABCD 中，6AB =，AD =点F 是AC 上的动点．现将矩形ABCD 沿着对角线AC 折成二面角D AC B '--，使得D B '=．（Ⅰ）求证：当AF =D F BC '⊥；（Ⅱ）试求CF 的长，使得二面角A D F B -'-的大小为4π．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）CF =【解析】试题分析：（Ⅰ）由余弦定理求得29DF =，进而得222DF AF DA +=，所以有DF AC ⊥，即D F AC '⊥，同理可在D FB ∆'中，得BF D F ⊥'，进而得D F '⊥平面ABC ，从而得证；（Ⅱ）易证得,,OE OC OD '两两垂直，以O 为原点，OE uuu v的方向为x 轴的正方向建立空间直角坐标系O xyz -，进而求得面AD F '和面BD F '的法向量，利用法向量求解即可.试题解析：解:（Ⅰ）连结DF ，BF ．在矩形ABCD 中，6AD CD ==,030AC CAB ∴=∠=, 060DAC ∠=．在ADF ∆中，∵AF =2222cos 9DF DA AF DA AF DAC ∴=+-⋅⋅∠=，∵22293DF AF DA +=+=，DF AC ∴⊥，即D F AC '⊥．又在ABF ∆中，2222cos 21BF AB AF AB AF CAB =+-⋅⋅∠=，∴在D FB ∆'中，222223D F FB D B +='+=',BF D F ∴⊥',又AC FB F ⋂=Q , ∴D F '⊥平面ABC ． ∴D F BC '⊥．（Ⅱ）解：在矩形ABCD 中，过D 作DE AC ⊥于O ，并延长交AB 于E . 沿着对角线AC 翻折后， 由（Ⅰ）可知，,,OE OC OD '两两垂直，以O 为原点，OE uuu v的方向为x 轴的正方向建立空间直角坐标系O xyz -，则()()0,0,0,1,0,0,O E ()()0,0,3,D B ', EO ⊥Q 平面AD F ',()1,0,0OE ∴=u u u v为平面AD F '的一个法向量．设平面BD F'法向量为(),,,n x y z =()0,,0F t Q ，()()3,,3,BD BF t ∴=--=-'-u u u u v u u u v , 由0,0,n BD n BF ⎧⋅=⋅=⎩'⎨u u u u vu u u v得(33030x z x t y ⎧--+=⎪⎨-+-=⎪⎩，，取3,y =则x t z t =-=, ()n t t ∴=-．cos ,4n OE n OEπ⋅∴=u u u vu u u v2=,t ∴=∴当CF =A D FB -'-的大小是4π． 点睛：高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.19.已知F 为抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点，过F 的动直线交抛物线C 于A ，B 两点．当直线与x 轴垂直时，||4AB =． （1）求抛物线C 的方程；（2）设直线AB 的斜率为1且与抛物线的准线l 相交于点M ，抛物线C 上存在点P 使得直线PA ，PM ，PB 的斜率成等差数列，求点P 的坐标．【答案】（1）24y x =；（2）()1,2P ±【解析】 【分析】（1）由题意可得||24AB p ==，即可求出抛物线的方程，（2）设直线AB 的方程为1y x =-，联立241y x y x ⎧=⎨=-⎩消去x ，得2440y y --=，根据韦达定理结合直线PA ，PM ，PB 的斜率成等差数列，即可求出点P 的坐标【详解】解：（1）因为(,0)2pF ，在抛物线方程22y px =中，令2p x =，可得y p =±． 于是当直线与x 轴垂直时，||24AB p ==，解得2p =． 所以抛物线的方程为24y x =．（2）因为抛物线24y x =的准线方程为1x =-，所以(1,2)M --． 设直线AB 的方程为1y x =-，联立241y x y x ⎧=⎨=-⎩消去x ，得2440y y --=．设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，则124y y +=，124y y =-． 若点0(P x ，0)y 满足条件，则2PM PA PB k k k =+， 即0010200102221y y y y y x x x x x +--=++--g ， 因为点P ，A ，B 均在抛物线上，所以222012012,,444y y y x x x ===． 代入化简可得00122200120122(2)24()y y y y y y y y y y y +++=++++，将124y y +=，124y y =-代入，解得02y =±． 将02y =±代入抛物线方程，可得01x =． 于是点(1,2)P ±为满足题意的点．【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查数列与解析几何的综合，考查直线的斜率，属于中档题． 20.已知函数()x f x e ax -=-（x ∈R ）. （1）当1a =-时，求函数()f x 的最小值；（2）若0x ≥时，()ln(1)1f x x -++≥，求实数a 的取值范围. 【答案】(1)1；(2)[2,)-+∞. 【解析】 试题分析：(1)当1a =-时，函数的解析式为()xf x e x -=+，据此求得导函数，结合导函数确定函数的单调性，据此可得函数的最小值为()01f =；(2)结合题意构造函数()()11xg x e ax ln x =+++-，然后分类讨论2a ≥-和2a <-两种情况可得实数a的取值范围是[)2,-+∞. 试题解析：(1) 当1a =-时，函数的解析式为()xf x ex -=+，则：()'10x x f e -=-+≥，结合导函数与原函数的关系可得函数在区间()0,∞+上单调递增，在区间(),0-∞上单调递减， 函数的最小值为：()0011f e =+=.（2）若0x ≥时，()()11f x ln x -++≥，即()110xe ax ln x +++-≥（*）令()()11xg x e ax ln x =+++-，则()1'1xg x e a x =+++ ①若2a ≥-，由（1）知1x e x -+≥，即1x e x -≥-，故1x e x ≥+()()11'12011x g x e a x a a a x x =++≥+++≥=+≥++ ∴函数()g x 在区间[)0,+∞上单调递增，∴()()00g x g ≥=. ∴（*）式成立②若2a <-，令()11xx e a x φ=+++，则()()()()222111'011xx x e x e x x φ+-=-=≥++ ∴函数()x φ在区间[)0,+∞上单调递增，由于()020a φ=+<，()111110111a a e a a a a a aφ--=++≥-++=+>---. 故()00,x a ∃∈-，使得()00x φ=，则当00x x <<时，()()00x x φφ<=，即()'0g x <. ∴函数()g x 在区间()00,x 上单调递减， ∴()()000g x g <=，即（*）式不恒成立 综上所述，实数a 的取值范围是[)2,-+∞.点睛：利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，..而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键.21.如图，直角坐标系中，圆的方程为221x y +=，()1,0A ，122⎛-⎝⎭B ，1,22C ⎛-- ⎝⎭为圆上三个定点，某同学从A 点开始，用掷骰子的方法移动棋子．规定：①每掷一次骰子，把一枚棋子从一个定点沿圆弧移动到相邻下一个定点；②棋子移动的方向由掷骰子决定，若掷出骰子的点数为偶数，则按图中箭头方向移动；若掷出骰子的点数为奇数，则按图中箭头相反的方向移动．设掷骰子n 次时，棋子移动到A ，B ，C 处的概率分别为()n P A ，()n P B ，()n P C ．例如：掷骰子一次时，棋子移动到A ，B ，C 处的概率分别为()1P A O =，()112PB =，()112P C =．（1）分别掷骰子二次，三次时，求棋子分别移动到A ，B ，C 处的概率；（2）掷骰子N 次时，若以X 轴非负半轴为始边，以射线OA ，OB ，OC 为终边的角的余弦值记为随机变量n X ，求4X 的分布列和数学期望；（3）记()n n P A a =，()n n P B b =，()n n P C c =，其中1nn n a b c ++=．证明：数列13n b ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求2020a .【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）证明详见解析，2019202011132a ⎡⎤⎛⎫=+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦. 【解析】 【分析】（1）由概率的乘法公式，可得所求值； （2）随机变量4X 的可能数值为1，12-，结合（1）运用概率的乘法公式，可随机变量4X 的分布列和期望；（3）易知n n b c =，即11(2)n n b c n --=≥，由条件推得121n n b b -+=，利用构造法可得1111362n n b -⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，从而求得2020a 的值. 【详解】（1）211111()22222P A =⋅+⋅=，2111()224P B =⋅=，2111()224P C =⋅= 31111111()2222224P A =⨯⨯+⨯⨯=，31113()2428P B ⎛⎫=+⋅= ⎪⎝⎭，31113()2428P C ⎛⎫=⋅⎪+= ⎝⎭综上，（2）随机变量4X 的可能数值为1，12-. 综合（1）得()()43311()()2P X P B P C ==+⋅33138828⎛⎫=+⋅= ⎪⎝⎭， ()43311()()22P X P A P C ⎛⎫=-=+⋅ ⎪⎝⎭()3315()()28P A P B ++⋅=，故随机变量4X 的分布列为()43151182816E X =⨯-⨯=.（3）易知n n b c =，因此，11(2)n n b c n --=≥ 而当2n ≥时，()()11111122n n n n n b a c a b ----=+=+， 又1111n n n a b c ---++=， 即121n n b b -+=. 因此()111122n n n b b b --=-+111(2)22n b n -=-+≥， 故111113223n n b b --=-+-111111(2)2623n n b b n --⎛⎫=-+=--≥ ⎪⎝⎭即数列13n b ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以11136b -=为首项，公比为12-的等比数列. 所以1111362n n b -⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，又11111212362n n n a b -⎡⎤⎛⎫=-=-+-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦1111111133232n n --⎡⎤⎛⎫⎛⎫=--=--⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦故2019202011132a ⎡⎤⎛⎫=+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦. 【点睛】本题考查数列与解析几何、概率统计的交会、等比数列的定义与通项公式、随机变量的分布列与期望，考查统计与概率思想、函数与方程思想的运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于难题. 22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线1C ：33cos 2sin x y αα=+⎧⎨=⎩，（α为参数）经过伸缩变换32xx yy ⎧=⎪⎪⎨⎪''⎪=⎩，后的曲线为2C ，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系. （1）求2C 的极坐标方程；（2）设曲线3C 的极坐标方程为sin 16πρθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭且曲线3C 与曲线2C 相交于P ，Q 两点，求||PQ 的值.【答案】（1）2cos ρθ=；（2试题分析：（Ⅰ）根据伸缩变换得到3{2x x y y'==' ，代入曲线1C 的参数方程，可得1cos {sin x y αα''=+= ，化为普通方程为()2211x y -+= ，最后根据互化公式；（Ⅱ）将曲线3C 的极坐标方程化为普通方程，直线与圆相交求弦长，可以根据弦长公式，先求圆心到直线的距离，l = .试题解析：解：（Ⅰ）∵'3{'2xx yy ==，∴3'{2'x x y y ==，代入33{2x cos y sin αα=+=，得'1{'x cos y sin αα=+=，∴2C 的普通方程为()2211x y -+=，即2220x x y -+=，∵222x y ρ+=，cos x ρθ=，∴22cos 0ρρθ-=，∴2C 的极坐标方程为2cos ρθ=；（Ⅱ）由sin 16πρθ⎛⎫-=⎪⎝⎭，得1cos cos 12ρθθ=， ∵{x cos y sin ρθρθ==，∴3C的普通方程为10x -=，圆心2C 到3C 的距离为：12d ==，∴PQ === 23.已知函数2()|||1|f x x b x =+--+，222()|||2|g x x a c x b =+++-，其中a ，b ，c 均为正实数，且1ab bc ac ++=．（1）当1b =时，求不等式()1f x …的解集； （2）当x ∈R 时，求证()()f x g x …． 【答案】（1）1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭；（2）证明见解析；【分析】（1）当1b =时，把()f x 用分段函数来表示，分类讨论，求得()1f x …的解集． （2）当x ∈R 时，先求得()f x 的最大值为21b +，再求得()g x 的最小值，根据()g x 的最小值减去()f x 的最大值大于或等于零，可得()()f x g x …成立．【详解】解：（1）由题意，当1b =时，22,1()12,112,1x f x x b x x x x --⎧⎪=+--+=-<<⎨⎪⎩……，当1x -…时，()21f x =-<，不等式()1f x …无解，不等式()1f x …的解集为∅； 当11x -<<时，()2f x x =，由不等式()1f x …，解得12x …，所以112x <…； 当1x …时，()21f x =…恒成立， 所以不等式()1f x …的解集为1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭． （2）当x ∈R 时，2222()|||1||(1)||1|1f x x b x x b x b b =+--+++-+=+=+…； 222222222222()|||2||(2)||2|2g x x a c x b x a c x b a c b a c b =+++-++--=++=++…．而22222222(1)1a c b b a c b ++-+=++-()222222112a cb ac b =+++++- 10ab bc ac ++-=…，当且仅当3a b c ===222221a c b b +++…， 即()()f x g x …．。
【精准解析】河南省2020届高三下学期3月在线网络联考数学(理)试题
A. 4
B. 7
C. 6
D. 5
-3-
【答案】D
【解析】
【分析】
逐步写出各次运算结果，当 i 5 时不满足 S 50 的条件结束循环. 【详解】 i 1， a 2 ， S 0 1 2 3 50 ； i 2 ， a 4 ， S 3 2 4 9 50 ； i 3 ， a 8 ， S 9 3 8 20 50 ； i 4 ， a 16 ， S 20 4 16 40 50 ； i 5 ， a 32 ， S 40 5 32 77 50 ； 跳出循环，故 i 5 .
tan ACB 7 ，则 m n （ ）
A. 3 12
B. 2 12
C. 2 24
D. 3 24
【答案】B
【解析】
【分析】
uur uur
首 先 计 算 CA CO 、 CB CO ， 再 由 向 量 的 数 量 积 定 义 计 算 CA CB ， 将
CO
mCB
nCA
m，n
R
代入
CA
故选：D
【点睛】本题考查程序框图，属于基础题.
7.甲、乙等四名学生分别来自同一学校三个不同的班级(其中只有甲、乙两人来自同一班级)，
他们代表班级参加语、数、英三科竞赛的决赛(每名学生三科竞赛都参加且无其他考生)，则
三科竞赛冠军分别来自三个不同班级的概率为（
A. 3 32
B. 3 16
【答案】B
） C. 3
2 ，且 an1
1 3
Sn Sn1
，则
1 S1
1 S2
1 S22
(
)
A. -66
B. 77
C. 88
2020届高三数学下学期线上教学质量检测试题理(含解析)
2020届高三数学下学期线上教学质量检测试题理（含解析）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至5页．满分150分.第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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. 或【答案】C【解析】分析】先解,再利用补集的定义求解即可.【详解】由题,因为,则,即,所以,所以,故选:C【点睛】本题考查集合的补集运算,考查解指数不等式.2.已知复数满足，且，则（）A. 3B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设,则,利用和求得,即可.【详解】设,则,因为,则,所以,又,即,所以,所以,故选:C【点睛】本题考查复数的乘法法则的应用,考查共轭复数的应用.3.已知两个力，作用于平面内某静止物体的同一点上，为使该物体仍保持静止，还需给该物体同一点上再加上一个力，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据力的合成原理可得,进而求解即可.【详解】由题,若三个力作用于静止物体同一点,且物体保持静止,则,所以,故选:A【点睛】本题考查向量在物理中的应用,考查力的合成.4.已知等比数列的前项和为，若，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由等比数列的定义可得,再利用等比数列的性质可得,进而根据等比数列的前项和公式求解即可.【详解】由题,因为数列是等比数列,,所以,因为,所以,即,所以,即,所以,则当时,,故选:B【点睛】本题考查等比数列的性质的应用,考查等比数列定义的应用,考查等比数列的前项和.5.如图1为某省2019年1~4月快递义务量统计图，图2是该省2019年1~4月快递业务收入统计图，下列对统计图理解错误的是( )A. 2019年1~4月的业务量，3月最高，2月最低，差值接近2000万件B. 2019年1~4月的业务量同比增长率超过50%，在3月最高C. 从两图来看2019年1~4月中的同一个月快递业务量与收入的同比增长率并不完全一致D. 从1~4月来看，该省在2019年快递业务收入同比增长率逐月增长【答案】D【解析】【分析】由题意结合所给的统计图确定选项中的说法是否正确即可.【详解】对于选项A： 2018年1～4月的业务量，3月最高，2月最低，差值为，接近2000万件，所以A是正确的；对于选项B： 2018年1～4月的业务量同比增长率分别为，均超过，在3月最高，所以B是正确的；对于选项C：2月份业务量同比增长率为53%，而收入的同比增长率为30%，所以C是正确的；对于选项D，1，2，3，4月收入的同比增长率分别为55%，30%，60%，42%，并不是逐月增长，D错误.本题选择D选项.【点睛】本题主要考查统计图及其应用，新知识的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6.已知，则曲线在点处的切线方程为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先求导可得,将代入可求得,则,,再求出和,利用点斜式方程即可求得切线方程.【详解】由题,因为,所以,所以,则,所以,,则,,所以曲线在点的切线方程为,即,故选:D【点睛】本题考查在曲线上一点处的切线方程,考查导数的几何意义的应用.7.若展开式中的系数为，则整数的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析】展开式中的系数由两部分构成,其一是取,取时的系数；其二是与均取时的系数,进而求解即可.【详解】由题,前系数为,即,解得或,因为为整数,所以,故选:A【点睛】本题考查已知二项式展开式中项的系数求参数,属于基础题.8.已知函数，若，，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用指数幂、对数的性质可比较的大小关系,再根据单调递减求解即可.【详解】由题,显然单调递减,因为,,,所以,所以,故选:A【点睛】本题考查利用单调性比较大小,考查指数幂、对数比较大小.9.如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体,即为一个四棱锥,进而求解即可.【详解】由三视图画出几何体的直观图,如图所示,即该几何体为四棱锥,由三视图可得,,,,所以,故选:B【点睛】本题考查利用三视图还原几何体求体积,考查空间想象能力.10.将曲线向左平移个单位长度，得到曲线的对称中心为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先根据图象变换原则得到图象变换后的解析式,令,进而求解即可.【详解】由题,则平移后的函数解析式为,令,则,所以对称中心为,故选:C【点睛】本题考查平移变换后的三角函数解析式,考查正弦型函数的对称中心.11.双曲线的右焦点为，过作与双曲线的两条渐近线平行的直线且与渐近线分别交于，两点，若四边形（为坐标原点）的面积为，则双曲线的离心率为（）A. B. 2 C. D. 3【答案】B【解析】【分析】把四边形面积用表示出来，它等于，变形后可求得离心率．【详解】由题意，渐近线方程为，不妨设方程为，由，得，即，同理，∴，由题意，∴．故选：B．【点睛】本题考查求双曲线的离心率．求离心率关键是找到关于的一个等式，本题中四边形的面积是就是这个等式，因此只要按部就班地求出其面积即可得．12.半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的棱长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.若棱长为的二十四等边体的各个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知根据该几何体的对称性可知,该几何体的外接球即为底面棱长为2,侧棱长为的正四棱柱的外接球,利用勾股定理得到关于的方程,进而求解即可.【详解】由已知根据该几何体的对称性可知,该几何体的外接球即为底面棱长为2,侧棱长为的正四棱柱的外接球,所以,所以,故该二十四等边体的外接球的表面积,故选:A【点睛】本题考查多面体与球的切接问题、球的表面积的求法,考查空间想象能力和运算求解能力,求解时注意根据几何体的对称性将问题进行等价转化.第Ⅱ卷注意事项：用毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答．在试题卷上作答，答案无效．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．13.已知，则______.【答案】【解析】【分析】先利用化切为弦,再利用可得到关于的方程,进而求解即可.【详解】由题,因为,所以,则,即,解得或（舍）,因为,所以,所以,故答案:【点睛】本题考查同角的三角函数关系的应用,考查求三角函数值,考查运算能力.14.某电视台的夏日水上闯关节目中的前三关的过关率分别为，只有通过前一关才能进入下一关，且通过每关相互独立．某选手参加该节目，则该选手能进入第四关的概率为_________.【答案】【解析】【分析】若该选手能进入第四关,则前三关均通过,进而利用独立事件概率公式求解即可.【详解】由题,若该选手能进入第四关,则前三关均通过,所以,故答案为:【点睛】本题考查独立事件的概率公式,属于基础题.15.已知等差数列的前n项和为，且，.数列的首项为3，且，则________.【答案】【解析】【分析】由等差数列可得,解得,即可求得,再由可得数列是周期数列,求得,即可求解.【详解】由题,因为,所以,即,所以,又,且,则,,所以数列是周期为的数列,则,所以,故答案为:【点睛】本题考查等差数列的通项公式的应用,考查数列的周期性的应用,考查运算能力.16.过点的直线与抛物线：交于两点（在之间），是的焦点，点满足，则与的面积之和的最小值是______.【答案】8【解析】【分析】根据直线过点,设出直线的方程联立抛物线后可表示出,两点的纵坐标,利用可表示出点纵坐标,由三角形面积公式可表示与的面积之和,对表达式求导,根据导数即可求面积和的最小值.【详解】设直线方程为,联立,化简可得,则,解得或,不妨设,则,,因为,所以,所以,,则,令,则,令,解得,当时,,所以在上单调递减,当时,,所以在上单调递增,即当时取得最小值,所以的最小值为8,故答案为:8【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系的应用,考查抛物线中三角形面积的求法,考查利用导函数求最值.三、解答题：本大题共6小题，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题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17.已知的内角的对边分别为，设，且.（1）求A及a；（2）若，求边上的高.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角可得,再利用二倍角公式求得角；（2）先利用余弦定理求得,再利用等面积法求解即可.【详解】（1）因为,根据正弦定理得,又因为,因为所以,（2）由（1）知,由余弦定理得因为,所以所以设BC边上的高为.,,即BC边上的高为.【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形,考查三角形的面积公式的应用,考查余弦定理的应用.18.如图，四边形是梯形，四边形是矩形，且平面平面，，，是的中点.（1）证明：平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接,交于,连接,在中利用中位线的性质求证即可；（2）由题易证得两两垂直,则以点为原点,分别以的方向为轴、轴、轴的正方向,建立空间直角坐标系,分别求得平面与平面的法向量,利用数量积求解即可.【详解】（1）证明:连接,交于,连接,如图所示,因为四边形是矩形,所以是的中点,由于是的中点,所以,由于平面,平面,所以平面.（2）因为平面平面,平面平面, ,所以平面,可知两两垂直,以点为原点,分别以的方向为轴、轴、轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图所示,因为,则,,所以,,设平面的法向量为,则,所以,取,则,依题意,得平面的一个法向量为,,故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明,考查空间向量法求二面角,考查运算能力.19.2019年9月24日国家统计局在庆祝中华人民共和国成立70周年活动新闻中心举办新闻发布会指出，1952年～2018年，我国GDP查679.1亿元跃升至90.03万亿元，实际增长174倍；人均GDP从119元提高到6.46万元，实际增长70倍.全国各族人民，砥砺奋进，顽强拼搏，实现了经济社会的跨越式发展.如图是全国2010年至2018年GDP总量（万亿元）的折线图.注：年份代码1～9分别对应年份2010～2018.（1）由折线图看出，可用线性回归模型拟合与年份代码的关系，请用相关系数加以说明；（2）建立关于的回归方程（系数精确到0.01），并预测2021年全国GDP的总量.附注：参考数据：.参考公式：相关系数；回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，.【答案】（1）见解析（2），10494万亿元.【解析】【分析】（1）先利用数据求得,再根据公式求解相关系数,进而判断即可；（2）将数据代入公式中可解得线性回归方程,再将代入估计数据即可.【详解】（1）由折线图中的数据和附注中参考数据得,,,所以,因为与的相关系数近似为0.997,说明与的线性相关程度相当高,从而可以用线性回归模型拟合与的关系.（2）由已知及（1）得,,所以关于的回归方程为.将2021年对应的年份代码代入回归方程,得,所以预测2021年全国GDP总量约为104.94万亿元.【点睛】本题考查相关系数解决实际问题,考查最小二乘法求线性回归方程,考查利用线性回归方程估计数据.20.已知椭圆过点，且离心率为.（1）求方程；（2）已知直线不经过点，且斜率为，若与交于两个不同点，且直线的倾斜角分别为，试判断是否为定值，若是，求出该定值；否则，请说明理由．【答案】（1）（2）是，【解析】【分析】（1）将点代入椭圆中且,进而求解即可；（2）设,与椭圆方程联立可得,根据韦达定理可得点,的坐标与的关系,再利用斜率公式可求得直线与的斜率的关系,进而得到的值.【详解】(1)由题意得,解得,所以的方程为.(2) 是定值,设直线,,由,得,由,解得或,则,依题意,易知与的斜率存在,所以,设直线与的斜率分别为,故.又,所以,,,即,.【点睛】本题考查利用椭圆的几何性质求椭圆的标准方程,考查直线与椭圆的位置关系的应用,考查斜率公式的应用,考查椭圆内的定值问题.21.已知函数，证明：（1）在区间存在唯一极大值点；（2）有且仅有2个零点.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设,对求导可知在上单调递减,利用零点存在性定理可得在上有唯一的零点,进而求证即可；（2）利用导函数分别讨论,,的单调性,判断函数图象的性质,进而求证即可.【详解】证明:(1)设,当时,,所以在上单调递减,又因为,,所以在上有唯一的零点,即函数在上存在唯一零点,当时,,在上单调递增；当时,,在上单调递减,所以在上存在唯一的极大值点(2)①由(1)知:在上存在唯一的极大值点,所以,又因为,所以在上恰有一个零点,又因为,所以在上也恰有一个零点,②当时,,,设,,所以在上单调递减,所以,所以当时,恒成立,所以在上没有零点,③当时,,设,,所以在上单调递减,所以,所以当时,恒成立,所以在上没有零点,综上,有且仅有两个零点.【点睛】本题考查利用导函数求极值,考查利用导函数处理零点问题,考查分类讨论思想和运算能力.（二）选考题：共10分．请考生在第22，23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做第一个题目计分，作答时请用2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的方程为.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）设曲线与直线交于点，点的坐标为（3，1），求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】利用极坐标与直角坐标的互化公式:即可求解;联立直线的方程和曲线的方程,整理化简得到关于的一元二次方程,由题知点在直线上,利用参数方程中参数的几何意义及一元二次方程中的韦达定理即可求出的值.【详解】因为曲线的方程，∴，∴，化简得,曲线的直角坐标方程为：.（2）把直线代入曲线得，整理得，.∵，所以方程有两个不等实根，设为方程的两个实数根，由韦达定理可得,，，∴为异号，又∵点（3，1）在直线上，由参数方程中参数的几何意义可得,.所以.【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的互化、参数方程中参数的几何意义等知识，考查学生的运算能力、推理论证能力；其中正确掌握参数方程中参数的几何意义是求解本题的关键;属于中档题.23.已知函数当时,求不等式的解集当时,不等式成立,求实数的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）分类讨论去绝对值解不等式（2）去绝对值分离参数求最值即可【详解】时,,当时,不成立，当时，，当时,不等式成立，的解集为(2)当时，化为,，，，在上是减函数，故；在上是增函数，故,的取值范围是.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查恒成立问题求参数，注意分离参数是常见方法，是中档题2020届高三数学下学期线上教学质量检测试题理（含解析）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至5页．满分150分.第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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. 或【答案】C【解析】分析】先解,再利用补集的定义求解即可.【详解】由题,因为,则,即,所以,所以,故选:C【点睛】本题考查集合的补集运算,考查解指数不等式.2.已知复数满足，且，则（）A. 3B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设,则,利用和求得,即可.【详解】设,则,因为,则,所以,又,即,所以,所以,故选:C【点睛】本题考查复数的乘法法则的应用,考查共轭复数的应用.3.已知两个力，作用于平面内某静止物体的同一点上，为使该物体仍保持静止，还需给该物体同一点上再加上一个力，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据力的合成原理可得,进而求解即可.【详解】由题,若三个力作用于静止物体同一点,且物体保持静止,则,所以,故选:A【点睛】本题考查向量在物理中的应用,考查力的合成.4.已知等比数列的前项和为，若，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由等比数列的定义可得,再利用等比数列的性质可得,进而根据等比数列的前项和公式求解即可.【详解】由题,因为数列是等比数列,,所以,因为,所以,即,所以,即,所以,则当时,,故选:B【点睛】本题考查等比数列的性质的应用,考查等比数列定义的应用,考查等比数列的前项和.5.如图1为某省2019年1~4月快递义务量统计图，图2是该省2019年1~4月快递业务收入统计图，下列对统计图理解错误的是( )A. 2019年1~4月的业务量，3月最高，2月最低，差值接近2000万件B. 2019年1~4月的业务量同比增长率超过50%，在3月最高C. 从两图来看2019年1~4月中的同一个月快递业务量与收入的同比增长率并不完全一致D. 从1~4月来看，该省在2019年快递业务收入同比增长率逐月增长【答案】D【解析】【分析】由题意结合所给的统计图确定选项中的说法是否正确即可.【详解】对于选项A： 2018年1～4月的业务量，3月最高，2月最低，差值为，接近2000万件，所以A是正确的；对于选项B： 2018年1～4月的业务量同比增长率分别为，均超过，在3月最高，所以B是正确的；对于选项C：2月份业务量同比增长率为53%，而收入的同比增长率为30%，所以C是正确的；对于选项D，1，2，3，4月收入的同比增长率分别为55%，30%，60%，42%，并不是逐月增长，D错误.本题选择D选项.【点睛】本题主要考查统计图及其应用，新知识的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6.已知，则曲线在点处的切线方程为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先求导可得,将代入可求得,则,,再求出和,利用点斜式方程即可求得切线方程.【详解】由题,因为,所以,所以,则,所以,,则,,所以曲线在点的切线方程为,即,故选:D【点睛】本题考查在曲线上一点处的切线方程,考查导数的几何意义的应用.7.若展开式中的系数为，则整数的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析】展开式中的系数由两部分构成,其一是取,取时的系数；其二是与均取时的系数,进而求解即可.【详解】由题,前系数为,即,解得或,因为为整数,所以,故选:A【点睛】本题考查已知二项式展开式中项的系数求参数,属于基础题.8.已知函数，若，，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用指数幂、对数的性质可比较的大小关系,再根据单调递减求解即可.【详解】由题,显然单调递减,因为,,,所以,所以,故选:A【点睛】本题考查利用单调性比较大小,考查指数幂、对数比较大小.9.如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体,即为一个四棱锥,进而求解即可.【详解】由三视图画出几何体的直观图,如图所示,即该几何体为四棱锥,由三视图可得,,,,所以,故选:B【点睛】本题考查利用三视图还原几何体求体积,考查空间想象能力.10.将曲线向左平移个单位长度，得到曲线的对称中心为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先根据图象变换原则得到图象变换后的解析式,令,进而求解即可.【详解】由题,则平移后的函数解析式为,令,则,所以对称中心为,故选:C【点睛】本题考查平移变换后的三角函数解析式,考查正弦型函数的对称中心.11.双曲线的右焦点为，过作与双曲线的两条渐近线平行的直线且与渐近线分别交于，两点，若四边形（为坐标原点）的面积为，则双曲线的离心率为（）A. B. 2 C. D. 3【答案】B【解析】【分析】把四边形面积用表示出来，它等于，变形后可求得离心率．【详解】由题意，渐近线方程为，不妨设方程为，由，得，即，同理，∴，由题意，∴．故选：B．【点睛】本题考查求双曲线的离心率．求离心率关键是找到关于的一个等式，本题中四边形的面积是就是这个等式，因此只要按部就班地求出其面积即可得．12.半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的棱长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.若棱长为的二十四等边体的各个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知根据该几何体的对称性可知,该几何体的外接球即为底面棱长为2,侧棱长为的正四棱柱的外接球,利用勾股定理得到关于的方程,进而求解即可.【详解】由已知根据该几何体的对称性可知,该几何体的外接球即为底面棱长为2,侧棱长为的正四棱柱的外接球,所以,所以,故该二十四等边体的外接球的表面积,故选:A【点睛】本题考查多面体与球的切接问题、球的表面积的求法,考查空间想象能力和运算求解能力,求解时注意根据几何体的对称性将问题进行等价转化.第Ⅱ卷注意事项：用毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答．在试题卷上作答，答案无效．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．13.已知，则______.【答案】【解析】【分析】先利用化切为弦,再利用可得到关于的方程,进而求解即可.【详解】由题,因为,所以,则,即,解得或（舍）,因为,所以,所以,故答案:【点睛】本题考查同角的三角函数关系的应用,考查求三角函数值,考查运算能力.14.某电视台的夏日水上闯关节目中的前三关的过关率分别为，只有通过前一关才能进入下一关，且通过每关相互独立．某选手参加该节目，则该选手能进入第四关的概率为_________.【答案】【解析】【分析】若该选手能进入第四关,则前三关均通过,进而利用独立事件概率公式求解即可.【详解】由题,若该选手能进入第四关,则前三关均通过,所以,故答案为:【点睛】本题考查独立事件的概率公式,属于基础题.15.已知等差数列的前n项和为，且，.数列的首项为3，且，则________.【答案】【解析】【分析】由等差数列可得,解得,即可求得,再由可得数列是周期数列,求得,即可求解.【详解】由题,因为,所以,即,所以,又,且,则,,所以数列是周期为的数列,则,所以,故答案为:【点睛】本题考查等差数列的通项公式的应用,考查数列的周期性的应用,考查运算能力.16.过点的直线与抛物线：交于两点（在之间），是的焦点，点满足，则与的面积之和的最小值是______.【答案】8【解析】【分析】根据直线过点,设出直线的方程联立抛物线后可表示出,两点的纵坐标,利用可表示出点纵坐标,由三角形面积公式可表示与的面积之和,对表达式求导,根据导数即可求面积和的最小值.【详解】设直线方程为,联立,化简可得,则,解得或,。
河北区2020届高三数学下学期停课不停学线上测试试题含解析
10。 是虚数单位，则 的值为_______.
【答案】
【解析】
【分析】
利用复数的除法运算将复数 化为一般形式,然后利用复数的模长公式可求出 的值.
【详解】 ，因此， 。
故答案为： .
【点睛】本题考查复数模的计算,同时也考查了复数的除法运算,考查计算能力，属于基础题.
15。已知 ， ,且 ，则 的最小值为___。
【答案】
【解析】
【分析】
由等式 可得出 ， 以及 ，代入 可得出 ，利用基本不等式可求得结果.
【详解】 ， ，且 ，得 ， 以及 ，
,
当且仅当 时，等号成立，
因此， 的最小值为 .
故答案为： 。
【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，解题时注意对定值条件进行化简变形，考查计算能力,属于中等题.
【答案】 （1)。 (2)。
【解析】
【分析】
由 可求出数列 的通项公式,再由 ，利用裂项求和法可求出 .
【详解】当 时， ；
当 时， .
适合 ，所以，对任意的 ， 。
，
因此， .
故答案为： ； 。
【点睛】本题考查利用 求 ,同时也考查了裂项求和法，考查计算能力，属于中等题.
三、解答题：本大题共2小题,共24分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
【详解】依题意 ,解得 ，所以 ，车速高于限速的汽车的频率为 ，所以这n辆汽车中车速高于限速的汽车数为 辆.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查补全频率分布直方图，考查利用频率分布直方图进行估计，属于基础题.
14.若一个圆柱的轴截面是面积为4的正方形，则该圆柱的外接球的表面积为_______。
2020届黑龙江省大庆实验中学高三下学期“战疫”线上开学考试数学(理)试题(一)及答案
绝密★启用前黑龙江省大庆实验中学2020届高三年级下学期“战疫”线上开学考试数学(理)试题(一)2020年3月一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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{}{}23log ,1,230A y y x x B x x x ==>=--<，则A B ⋂=( ) A ．{}03y y << B ．{}01y y << C ．{}1y y > D ．{}3y y > 2．已知复数z 满足()14i z i +=（i 为虚数单位）,则z 的共轭复数z =（ ） A ．22i + B ．22i - C ．12i + D ．12i - 3．下列说法中正确的是（ ）A ．“a b >”是“22a b >”成立的充分不必要条件B ．命题:,20x p x R ∀∈>,则00:,20x p x R ⌝∃∈<C ．为了了解800名学生对学校某项教改试验的意见,用系统抽样的方法从中抽取一个容量为40的样本,则分组的组距为40D ．已知回归直线的斜率为1.23,样本点的中心为(4,5),则回归直线方程为^ 1.230.08y x =+.4．函数()()ln sin ,0f x x x x x ππ=+-≤≤≠且的大致图像是（ ）A ．B ．C ．D ．5．已知甲、乙、丙三人中,一位是河南人,一位是湖南人,一位是海南人,丙比海南人年龄大,甲和湖南人不同岁,湖南人比乙年龄小．由此可以推知：甲、乙、丙三人中（ ）A ．甲不是海南人B ．湖南人比甲年龄小C ．湖南人比河南人年龄大D ．海南人年龄最小6.已知实数y x ,满足⎪⎩⎪⎨⎧≥+-≤--≥-+042033022y x y x y x ,则y x z 3-=的最小值为（ ）A ．7-B ．6-C ．1D ．67．若把单词“anyway ”的字母顺序写错了,则可能出现的错误写法的种数为（ ） A ．179 B ．181 C ．193 D ．2058．已知向量()2sin ,cos m x x =-u r,(cos n x =-r ,设函数()2f x m n =+u r r g ,则下列关于函数()f x 的性质描述错误的是（ ）A ．函数()f x 在区间[,]122ππ上单调递增B ．函数()f x 图象关于直线712x π=对称C ．函数()f x 在区间[,]63ππ-上单调递减D ．函数()f x 图象关于点(,0)3π对称 9．1772年德国的天文学家J.E.波得发现了求太阳和行星距离的法则。
2020届高三年级第二学期周测试题(二)理科数学附参考答案
a9 )
=
9(a2 + 2
a8 )
=
9 (−2 2
+10)
=
36
．
4．答案：A
解析：设
f (x) =
ex
x + e−x
，则
f (−x) =
−x e−x + ex
= − f (x) ，所以函数
f
(x) 是奇函数，其
图象关于原点对称，排除 B，C，且当 x
→ + 时，
f
(x)
=
ex
x + e−x
→ 0 ，排除
已知曲线 M
的参数方程为
x
y
= =
1 cos 2 1 sin 2
（
为参数），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 N 的极坐标方程为 = 2 ． 2 − sin 2
（1）写出曲线 M 的极坐标方程； （2）点 A 是曲线 N 上的一点，试判断点 A 与曲线 M 的位置关系．
(2) 所以为了使损失尽量小， 小张需要检查其余所有零件．
20 (1) x2 + y2 = 1 64
(2) 存在实数 = 3 ，使 kAN = kAB 成立．
21 (1) 函数 f (x) 没有极值点
(2) 证明过程略
22 (1) = 1 2
(2) 点 A 在曲线 M 外
23 (1) a = 2, b = 1, c = 1, d = −1．（答案不唯一）
=
2
ba
”为“
a
a
=
b
b ”的（
）
A．充分不必要条件
B．充分必要条件
湖南省长郡中学2020届高三停课不停学阶段性测试理科数学试题(3.21)及答案
2019-2020学年高三第二学期段考数学试卷（理科）（3月份）一、选择题1．若i为虚数单位，复数z满足z（1+i）＝|1﹣i|+i，则z的虚部为（）A．B．C．D．2．设集合A＝{x|＜0}，B＝{x|x≤﹣3}，则集合{x/x≥1}＝（）A．A∩B B．A∪B C．（∁R A）∪（∁R B}D．（∁R A）∩（∁R B} 3．中国古代数学著作《九章算术》中有这样一个问题：“某贾人擅营，月入益功疾（注：从第2月开始，每月比前一月多入相同量的铜钱），3月入25贯，全年（按12个月计）共入510贯”，则该人12月营收贯数为（）A．35B．65C．70D．604．“石头、剪刀、布”，又称“猜丁壳”，是一种流传多年的猜拳游戏，起源于中国，然后传到日本、朝鲜等地，随着亚欧贸易的不断发展，它传到了欧洲，到了近代逐渐风靡世界．其游戏规则是：出拳之前双方齐喊口令，然后在话音刚落时同时出拳，握紧的拳头代表“石头”，食指和中指伸出代表“剪刀”，五指伸开代表“布”．“石头”胜“剪刀”、“剪刀”胜“布”、而“布”又胜过“石头”．若所出的拳相同，则为和局．小千和大年两位同学进行“五局三胜制”的“石头、剪刀、布”游戏比赛，则小千和大年比赛至第四局小千胜出的概率是（）A．B．C．D．5．已知a＝log0.62，b＝log20.6，c＝0.62，则（）A．a＞b＞c B．b＞c＞a C．c＞b＞a D．c＞a＞b6．椭圆C：+＝1，F1，F2是其焦点，点P是椭圆C上一点，若△F1PF2是直角三角形，则点P到x轴的距离为（）A．B．C．D．27．若α为锐角，且（4cos50°﹣tan40°）tanα＝1，则α＝（）A．60°B．50°C．40°D．30°8．设等比数列{a n}的前n项和为S n，公比为q，且S3，S9，S6成等差数列，则8q3等于（）A．﹣4B．﹣2C．2D．49．在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2+y2﹣8x+15＝0，若直线y＝kx+2上至少存在一点，使得以该点为圆心，半径为1的圆与圆C有公共点，则k的最小值是（）A．B．C．D．10．已知函数的图象关于直线对称，若f（x1）f（x2）＝﹣4，则|x1﹣x2|的最小值为（）A．B．C．D．11．如图，在梯形ABCD中已知|AB|＝2|CD|，＝，双曲线过C，D，E三点，且以A，B为焦点，则双曲线的离心率为（）A．B．2C．3D．12．如图，棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点A在平面α内，平面ABCD与平面α所成的二面角为30°，则顶点C1到平面α的距离的最大值是（）A．2（2+）B．2（+）C．2（+1）D．2（+1）二、填空题13．已知n＝（﹣2x）dx，则x（1﹣）n的展开式中的常数项为．14．某封闭几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为15．对于数列{a n}，若∀m，n∈N*（m≠n），都有成立，则称数列{a n}具有性质P（t）．若数列{a n}的通项公式为，且具有性质P（10），则实数a的取值范围是．16．若∀x∈[e，+∞），满足恒成立，则实数m的取值范围为．三.解答题17．已知在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对应边，点D为BC边的中点，△ABC 的面积为．（1）求sin∠BAD•sin∠BDA的值；（2）若BC＝6AB，AD＝2，求b．18．如图，矩形ABCD中，AB＝6，，点F是AC上的动点．现将矩形ABCD沿着对角线AC折成二面角D'﹣AC﹣B，使得．（Ⅰ）求证：当时，D'F⊥BC；（Ⅱ）试求CF的长，使得二面角A﹣D'F﹣B的大小为．19．已知F为抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点，过F的动直线交抛物线C于A，B两点．当直线与x轴垂直时，|AB|＝4．（1）求抛物线C的方程；（2）设直线AB的斜率为1且与抛物线的准线l相交于点M，抛物线C上存在点P使得直线PA，PM，PB的斜率成等差数列，求点P的坐标．20．已知函数f（x）＝e﹣x﹣ax（x∈R）．（1）当a＝﹣1时，求函数f（x）的最小值；（2）若x≥0时，f（﹣x）+ln（x+1）≥1，求实数a的取值范围．21．如图，直角坐标系中，圆的方程为x2+y2＝1，A（1，0），B（﹣，），C（﹣，﹣）为圆上三个定点，某同学从A点开始，用掷骰子的方法移动棋子．规定：①每掷一次骰子，把一枚棋子从一个定点沿圆弧移动到相邻下一个定点；②棋子移动的方向由掷骰子决定，若掷出骰子的点数为偶数，则按图中箭头方向移动；若掷出骰子的点数为奇数，则按图中箭头相反的方向移动．设掷骰子n次时，棋子移动到A，B，C处的概率分别为P n（A），P n（B），P n（C）．例如：掷骰子一次时，棋子移动到A，B，C处的概率分别为P1（A）＝0，P1（B）＝，P1（C）＝（1）分别掷骰子二次，三次时，求棋子分别移动到A，B，C处的概率；（2）掷骰子n次时，若以x轴非负半轴为始边，以射线OA，OB，OC为终边的角的余弦值记为随机变量X n，求X4的分布列和数学期望；（3）记P n（A）＝a n，P n（B）＝b n，P n（C）＝c n．，其中a n+b n+c n＝1．证明：数列{b n ﹣}是等比数列，并求a2020．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系中，曲线C1：（a为参数）经过伸缩变换后的曲线为C2，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）求C2的极坐标方程；（Ⅱ）设曲线C3的极坐标方程为ρsin（﹣θ）＝1，且曲线C3与曲线C2相交于P，Q 两点，求|PQ|的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x+b2|﹣|﹣x+1|，g（x）＝|x+a2+c2|+|x﹣2b2|，其中a，b，c均为正实数，且ab+bc+ac＝1．（Ⅰ）当b＝1时，求不等式f（x）≥1的解集；（Ⅱ）当x∈R时，求证f（x）≤g（x）．参考答案一.选择题1．若i为虚数单位，复数z满足z（1+i）＝|1﹣i|+i，则z的虚部为（）A．B．C．D．【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．解：由z（1+i）＝|1﹣i|+i＝，得z＝．∴z的虚部为．故选：D．2．设集合A＝{x|＜0}，B＝{x|x≤﹣3}，则集合{x/x≥1}＝（）A．A∩B B．A∪B C．（∁R A）∪（∁R B}D．（∁R A）∩（∁R B}【分析】解不等式得集合A，根据补集的定义写出∁R A、∁R B，即可得出结论解：集合A＝{x|＜0}＝{x|﹣3＜x＜1}，B＝{x|x≤﹣3}，则∁R A＝{x|x≤﹣3或x≥1}，∁R B＝{x|x＞﹣3}；∴（∁R A）∩（∁R B}＝{x|x≥1}．故选：D．3．中国古代数学著作《九章算术》中有这样一个问题：“某贾人擅营，月入益功疾（注：从第2月开始，每月比前一月多入相同量的铜钱），3月入25贯，全年（按12个月计）共入510贯”，则该人12月营收贯数为（）A．35B．65C．70D．60【分析】设每个月的收入为等差数列{a n}．公差为d．由a3＝25，S12＝510．可得a1+2d ＝25，12a1+d＝510，联立解出即可得出．解：设每个月的收入为等差数列{a n}．公差为d．则a3＝25，S12＝510．∴a1+2d＝25，12a1+d＝510，解得a1＝15，d＝5，∴a12＝15+11×5＝70．故选：C．4．“石头、剪刀、布”，又称“猜丁壳”，是一种流传多年的猜拳游戏，起源于中国，然后传到日本、朝鲜等地，随着亚欧贸易的不断发展，它传到了欧洲，到了近代逐渐风靡世界．其游戏规则是：出拳之前双方齐喊口令，然后在话音刚落时同时出拳，握紧的拳头代表“石头”，食指和中指伸出代表“剪刀”，五指伸开代表“布”．“石头”胜“剪刀”、“剪刀”胜“布”、而“布”又胜过“石头”．若所出的拳相同，则为和局．小千和大年两位同学进行“五局三胜制”的“石头、剪刀、布”游戏比赛，则小千和大年比赛至第四局小千胜出的概率是（）A．B．C．D．【分析】小千和大年比赛至第四局小千胜出，由指前3局中小千胜2局，有1局不胜，第四局小千胜，由此能求出小千和大年比赛至第四局小千胜出的概率．解：根据“石头”胜“剪刀”，“剪刀”胜“布”，而“布”又胜“石头”，可得每局比赛中小千胜大年、小千与大年和局和小千输给大年的概率都为，∴小千和大年两位同学进行“五局三胜制”的“石头、剪刀、布”游戏比赛，则小千和大年比赛至第四局小千胜出，由指前3局中小千胜2局，有1局不胜，第四局小千胜，∴小千和大年比赛至第四局小千胜出的概率是：p＝＝．故选：B．5．已知a＝log0.62，b＝log20.6，c＝0.62，则（）A．a＞b＞c B．b＞c＞a C．c＞b＞a D．c＞a＞b【分析】a＝log0.62＝﹣1，又ab＝1．可得b＝log20.6∈（﹣1，0），而c ＞0，即可得出大小关系．解：a＝log0.62＝﹣1，又ab＝×＝1．∴b＝log20.6∈（﹣1，0），c＝0.62＞0，则c＞b＞a．故选：C．6．椭圆C：+＝1，F1，F2是其焦点，点P是椭圆C上一点，若△F1PF2是直角三角形，则点P到x轴的距离为（）A．B．C．D．2【分析】分两种情况讨论，是∠P为90°还是∠F1或∠F2为90°，注意P的纵坐标的取值范围，将P的坐标代入椭圆中，再由角为90°可得P的纵坐标的绝对值，即是P 到x轴的距离．解：设P（m，n），|n|2≤5，由题意可得：+＝1，m2＝9（1﹣），a2＝9，b2＝5，所以c2＝a2﹣b2＝9﹣5＝4，所以c＝2，F1（﹣2，0），F2（2，0），△F1PF2是直角三角形，当∠PF2F1＝90°，或∠PF1F2＝90°结果一样的，则m＝c＝2，代入椭圆可得|n|＝＝；当∠F1PF2＝90°时，而＝（m+2，n），＝（m﹣2，n），所以＝0，即（m+2）（m﹣2）+n2＝0，m2+n2＝4，即9（1﹣）+n2＝4，解得n2＝＞5，不成立，综上所述|n|＝，故选：A．7．若α为锐角，且（4cos50°﹣tan40°）tanα＝1，则α＝（）A．60°B．50°C．40°D．30°【分析】先利用三角函数公式化简4cos50°﹣tan40°＝，则tan，从而求出α的值．解：4cos50°﹣tan40°＝4sin40°﹣tan40°＝＝＝＝＝＝，∴，又∵α为锐角，∴α＝300，故选：D．8．设等比数列{a n}的前n项和为S n，公比为q，且S3，S9，S6成等差数列，则8q3等于（）A．﹣4B．﹣2C．2D．4【分析】利用等差数列的性质、等比数列的通项公式即可得出．解：）∵S3，S9，S6成等差数列，∴2S9＝S3+S6，∴（S9﹣S6）+（S9﹣S3）＝0，即（a7+a8+a9）+（a7+a8+a9）+（a4+a5+a6）＝0，∴2q3（a4+a5+a6）+（a4+a5+a6）＝0，∵，∴q3＝﹣，∴8q3＝﹣4．故选：A．9．在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2+y2﹣8x+15＝0，若直线y＝kx+2上至少存在一点，使得以该点为圆心，半径为1的圆与圆C有公共点，则k的最小值是（）A．B．C．D．【分析】化圆C的方程为（x﹣4）2+y2＝1，求出圆心与半径，由题意，只需（x﹣4）2+y2＝4与直线y＝kx+2有公共点即可．解：∵圆C的方程为x2+y2﹣8x+15＝0，整理得：（x﹣4）2+y2＝1，即圆C是以（4，0）为圆心，1为半径的圆；又直线y＝kx+2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，∴只需圆C′：（x﹣4）2+y2＝4与直线y＝kx+2有公共点即可．设圆心C（4，0）到直线y＝kx+2的距离为d，则d＝≤2，即3k2≤﹣4k，∴﹣≤k≤0．∴k的最小值是．故选：A．10．已知函数的图象关于直线对称，若f（x1）f（x2）＝﹣4，则|x1﹣x2|的最小值为（）A．B．C．D．【分析】根据函数的对称性，利用f（0）＝f（﹣），建立方程求出a的值，然后利用辅助角公式求出f（x）的解析式，利用最值性质转化为周期关系进行求解即可．解：∵f（x）的图象关于直线对称，∴f（0）＝f（﹣），即﹣＝a sin（﹣）﹣cos（﹣）＝﹣a﹣，得a＝，得a＝1，则f（x）＝sin2x﹣cos2x＝2sin（2x﹣），∵f（x1）f（x2）＝﹣4，∴f（x1）＝2，f（x2）＝﹣2或f（x1）＝﹣2，f（x2）＝4，即f（x1），f（x2）一个为最大值，一个为最小值，则|x1﹣x2|的最小值为，∵T＝＝π，∴＝，即|x1﹣x2|的最小值为，故选：D．11．如图，在梯形ABCD中已知|AB|＝2|CD|，＝，双曲线过C，D，E三点，且以A，B为焦点，则双曲线的离心率为（）A．B．2C．3D．【分析】以AB所在的直线为x轴，以AB的垂直平分线为y轴，建立如图所示的坐标系，求出C的坐标，根据向量的运算求出点E的坐标，代入双曲线方程即可求出解：由|AB|＝2|CD|，以AB所在的直线为x轴，以AB的垂直平分线为y轴，建立如图所示的坐标系，设双曲线的方程为﹣＝1，由双曲线是以A，B为焦点，∴A（﹣c，0），B（c，0），把x＝c，代入﹣＝1，可得y＝b，即有C（c，b），又设A（﹣c，0），∴＝（c，b），设E（x，y），∴＝（x+c，y），∵＝，∴（x+c，y）＝（c，b），解得x＝﹣c，y＝b•），可得E（﹣c，b•），代入双曲线的方程可得﹣（﹣1）＝1，即e2﹣（﹣1）＝，即e2＝7，即e＝，故选：A．12．如图，棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点A在平面α内，平面ABCD与平面α所成的二面角为30°，则顶点C1到平面α的距离的最大值是（）A．2（2+）B．2（+）C．2（+1）D．2（+1）【分析】如图所示，O在AC上，C1O⊥α，垂足为E，则C1E为所求，∠OAE＝30°，由题意，设CO＝x，则AO＝4﹣x，由此可得顶点C1到平面α的距离的最大值．解：如图所示，AC的中点为O，C1O⊥α，垂足为E，则C1E为所求，∠AOE＝30°由题意，设CO＝x，则AO＝4﹣x，C1O＝，OE＝OA＝2﹣x，∴C1E＝+2﹣x，令y＝+2﹣x，则y′＝﹣＝0，可得x＝，∴x＝，顶点C1到平面α的距离的最大值是2（+）．故选：B．二、填空题13．已知n＝（﹣2x）dx，则x（1﹣）n的展开式中的常数项为60．【分析】根据题意，由定积分计算公式可得n的值，进而由二项式定理分析（1﹣）6的展开式含x﹣1次方的项，据此分析可得答案．解：根据题意，n＝（﹣2x）dx＝（）dx﹣（2x）dx＝××π﹣（x2）＝6，（1﹣）6的展开式通项为T r+1＝C6r（﹣）r，当r＝2时，有T3＝C62（﹣）2＝，则x（1﹣）n的展开式中的常数项为60；故答案为：6014．某封闭几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为222+6【分析】由已知中的三视图可得该几何体是一个三棱柱切去一个三棱锥所得的组合体，画出直观图，计算各个面的面积，相加可得答案．解：由已知中的三视图可得该几何体是一个三棱柱切去一个三棱锥所得的组合体，其直观图如图所示：底面△ABC的面积为：×8×6＝24；侧面ACDE的面积为：×10＝100，侧面ABFE的面积为：（4+10）×6＝42，侧面CBFD的面积为：（4+10）×8＝56，面EFD中，EF＝6，FD＝10，ED＝10，故面积为：×6×＝6，故几何体的表面积S＝222+6，故答案为：222+615．对于数列{a n}，若∀m，n∈N*（m≠n），都有成立，则称数列{a n}具有性质P（t）．若数列{a n}的通项公式为，且具有性质P（10），则实数a的取值范围是[36，+∞）．【分析】由题意知恒成立，从而可得数列为单调递增数列，从而可得恒成立，即a≥﹣n（n+1）（2n﹣9），从而解得．解：∵数列通项公式且数列具有性质P（10），∴，∴恒成立，∴数列为单调递增数列，∴恒成立，即a≥﹣n（n+1）（2n﹣9），由数轴标根法作图如下，故最大值在n＝1，2，3或4上取得，当n＝1时，﹣n（n+1）（2n﹣9）＝14，当n＝2时，﹣n（n+1）（2n﹣9）＝30，当n＝3时，﹣n（n+1）（2n﹣9）＝36，当n＝4时，﹣n（n+1）（2n﹣9）＝20，故a≥36．故答案为：[36，+∞）．16．若∀x∈[e，+∞），满足恒成立，则实数m的取值范围为（﹣∞，2e]．【分析】通过①m≤0，判断是否满足题意；②m＞0时，由，利用函数的单调性转化求解即可．解：①m≤0，恒成立，所以满足恒成立，显然成立；②m＞0时，由，由f（x）＝xe x在[e，+∞）为增⇒m≤2xlnx在[e，+∞）恒成立，由g（x）＝2xlnx在[e，+∞）为增函数，g（x）min＝2e，0＜m≤2e，综上，m≤2e，故答案为：（﹣∞，2e]．三.解答题17．已知在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对应边，点D为BC边的中点，△ABC 的面积为．（1）求sin∠BAD•sin∠BDA的值；（2）若BC＝6AB，AD＝2，求b．【分析】（1）由ABC的面积为且D为BC的中点可得△ABD的面积为，再由三角形的面积公式及正弦定理可求sin∠BAD•sin∠BDA；（2）由（1）可得BC＝6AB，可求sin∠BAD，3sin∠BDA，再由余弦定理可求．解：（1）∵D为BC边的中点，△ABC的面积为，∴△ABD的面积为，∴，∴3AB•BD＝，由正弦定理可得，＝∴3AB•BD＝＝，∴sin∠BAD•sin∠BDA＝（2）∵BC＝6AB，且D为BC的中点，∴BC＝2BD＝6AB，即BD＝3AB，△ABD中，由正弦定理可得，，∴sin∠BAD＝3sin∠BDA，由（1）可知，sin∠BAD•sin∠BDA＝∴sin∠BAD＝1，sin∠BDA＝，∴∠BAD＝90°，Rt△ABD中，AD＝2，∴AB＝1，BD＝3，∴BC＝2BD＝6，△ABC中，由余弦定理可得，b2＝a2+c2﹣2ac cos B＝1+36﹣2×1×6×＝33，∴b＝．18．如图，矩形ABCD中，AB＝6，，点F是AC上的动点．现将矩形ABCD沿着对角线AC折成二面角D'﹣AC﹣B，使得．（Ⅰ）求证：当时，D'F⊥BC；（Ⅱ）试求CF的长，使得二面角A﹣D'F﹣B的大小为．【分析】（Ⅰ）连结DF，BF．通过计算DF2+AF2＝9+3＝DA2，推出DF⊥AC，得到D'F⊥AC，证明BF⊥D'F，然后证明D'F⊥平面ABC．推出D'F⊥BC．（Ⅱ）说明OE，OC，OD'两两垂直，以O为原点，的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系O﹣xyz，求出平面AD'F的一个法向量．平面BD'F的法向量通过向量的数量积求解二面角的平面角的余弦值即可．【解答】满分．（Ⅰ）证明：连结DF，BF．在矩形ABCD中，，∴，∠DAC＝60°．…（1分）在△ADF中，∵，∴DF2＝DA2+AF2﹣2DA•AF•cos∠DAC＝9，．…∵DF2+AF2＝9+3＝DA2，∴DF⊥AC，即D'F⊥AC．…又在△ABF中，BF2＝AB2+AF2﹣2AB•AF•cos∠CAB＝21，…∴在△D'FB中，，∴BF⊥D'F，…又∵AC∩FB＝F，∴D'F⊥平面ABC．∴D'F⊥BC．…（Ⅱ）解：在矩形ABCD中，过D作DE⊥AC于O，并延长交AB于E．沿着对角线AC翻折后，由（Ⅰ）可知，OE，OC，OD'两两垂直，以O为原点，的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系O﹣xyz，则O（0，0，0），E（1，0，0），， (7)）k AB＝﹣1平面AD'F，∴为平面AD'F的一个法向量．…设平面BD'F的法向量为＝（x，y，z），∵F（0，t，0），∴，由得取y＝3，则，∴．…∴，即，∴．∴当时，二面角A﹣D'F﹣B的大小是．…19．已知F为抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点，过F的动直线交抛物线C于A，B两点．当直线与x轴垂直时，|AB|＝4．（1）求抛物线C的方程；（2）设直线AB的斜率为1且与抛物线的准线l相交于点M，抛物线C上存在点P使得直线PA，PM，PB的斜率成等差数列，求点P的坐标．【分析】（1）由题意可得|AB|＝2p＝4，即可求出抛物线的方程，（2）设直线AB的方程为y＝x﹣1，联立消去x，得y2﹣4y﹣4＝0，根据韦达定理结合直线PA，PM，PB的斜率成等差数列，即可求出点P的坐标解：（1）因为，在抛物线方程y2＝2px中，令，可得y＝±p．于是当直线与x轴垂直时，|AB|＝2p＝4，解得p＝2．所以抛物线的方程为y2＝4x．（2）因为抛物线y2＝4x的准线方程为x＝﹣1，所以M（﹣1，﹣2）．设直线AB的方程为y＝x﹣1，联立消去x，得y2﹣4y﹣4＝0．设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2＝4，y1y2＝﹣4．若点P（x0，y0）满足条件，则2k PM＝k PA+k PB，即，因为点P，A，B均在抛物线上，所以．代入化简可得，将y1+y2＝4，y1y2＝﹣4代入，解得y0＝±2．将y0＝±2代入抛物线方程，可得x0＝1．于是点P（1，±2）为满足题意的点．20．已知函数f（x）＝e﹣x﹣ax（x∈R）．（1）当a＝﹣1时，求函数f（x）的最小值；（2）若x≥0时，f（﹣x）+ln（x+1）≥1，求实数a的取值范围．【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值；（2）得到e x+ax+ln（x+1）﹣1≥0．（*）令g（x）＝e x+ax+ln（x+1）﹣1，通过讨论a 的范围，确定函数的单调性，从而求出满足条件的a的具体范围即可；解：（1）当a＝﹣1时，f（x）＝e﹣x+x，则f′（x）＝﹣+1．令f'（x）＝0，得x＝0．当x＜0时，f'（x）＜0；当x＞0时，f'（x）＞0．∴函数f（x）在区间（﹣∞，0）上单调递减，在区间（0，+∞）上单调递增．∴当x＝0时，函数f（x）取得最小值，其值为f（0）＝1f（x）的最小值为1．（2）若x≥0时，f（﹣x）+ln（x+1）≥1，即e x+ax+ln（x+1）﹣1≥0（*）令g（x）＝e x+ax+ln（x+1）﹣1，则①若a≥﹣2，由（1）知e﹣x+x≥1，即e﹣x≥1﹣x，故e x≥1+x∴函数g（x）在区间[0，+∞）上单调递增，∴g（x）≥g（0）＝0．∴（*）式成立．②若a＜﹣2，令，则∴函数ϕ（x）在区间[0，+∞）上单调递增，由于ϕ（0）＝2+a＜0，．故∃x0∈（0，﹣a），使得ϕ（x0）＝0，则当0＜x＜x0时，ϕ（x）＜ϕ（x0）＝0，即g'（x）＜0．∴函数g（x）在区间（0，x0）上单调递减，∴g（x0）＜g（0）＝0，即（*）式不恒成立．综上所述，实数a的取值范围是[﹣2，+∞）．21．如图，直角坐标系中，圆的方程为x2+y2＝1，A（1，0），B（﹣，），C（﹣，﹣）为圆上三个定点，某同学从A点开始，用掷骰子的方法移动棋子．规定：①每掷一次骰子，把一枚棋子从一个定点沿圆弧移动到相邻下一个定点；②棋子移动的方向由掷骰子决定，若掷出骰子的点数为偶数，则按图中箭头方向移动；若掷出骰子的点数为奇数，则按图中箭头相反的方向移动．设掷骰子n次时，棋子移动到A，B，C处的概率分别为P n（A），P n（B），P n（C）．例如：掷骰子一次时，棋子移动到A，B，C处的概率分别为P1（A）＝0，P1（B）＝，P1（C）＝（1）分别掷骰子二次，三次时，求棋子分别移动到A，B，C处的概率；（2）掷骰子n次时，若以x轴非负半轴为始边，以射线OA，OB，OC为终边的角的余弦值记为随机变量X n，求X4的分布列和数学期望；（3）记P n（A）＝a n，P n（B）＝b n，P n（C）＝c n．，其中a n+b n+c n＝1．证明：数列{b n ﹣}是等比数列，并求a2020．【分析】（1）由概率的乘法公式，可得所求值；（2）随机变量X4的可能取值为1，﹣，结合（1）运用概率乘法公式，可得随机变量的分布列和期望；（3）易得b n＝c n，即b n﹣1＝c n﹣1，n≥2，由条件推得2b n+b n﹣1＝1，由构造等比数列，可得b n＝+•（﹣）n﹣1，即可得到所求值．解：（1）P2（A）＝•+•＝，P2（B）＝•＝，P2（C）＝•＝，P3（A）＝••+••＝，P3（B）＝（+）•＝，P3（C）＝（+）•＝；（2）随机变量X4的可能取值为1，﹣，由（1）可得P（x4＝1）＝（P3（B）+P3（C））•＝（+）•＝，P（x4＝﹣）＝（P3（A）+P3（C））•+（P3（A）+P3（B））•＝，则X4的分布列为x41﹣PE（X4）＝1•+（﹣）•＝；（3）证明：易得b n＝c n，即b n﹣1＝c n﹣1，n≥2，n≥2时，b n＝（a n﹣1+c n﹣1）＝（a n﹣1+b n﹣1），又a n﹣1+b n﹣1+c n﹣1＝1，可得2b n+b n﹣1＝1，由b n﹣＝﹣b n﹣1+﹣＝﹣（b n﹣1﹣），可得数列{b n﹣}是首项为，公比为﹣的等比数列，则b n﹣＝•（﹣）n﹣1，即b n＝+•（﹣）n﹣1，又a n＝1﹣b n＝1﹣2[+•（﹣）n﹣1]＝[1﹣（﹣）n﹣1]，故a2020＝[1+（）2019]．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系中，曲线C1：（a为参数）经过伸缩变换后的曲线为C2，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）求C2的极坐标方程；（Ⅱ）设曲线C3的极坐标方程为ρsin（﹣θ）＝1，且曲线C3与曲线C2相交于P，Q 两点，求|PQ|的值．【分析】（Ⅰ）求出C2的参数方程，即可求C2的极坐标方程；（Ⅱ）C2是以（1，0）为圆心，1为半径的圆，曲线C3的极坐标方程为ρsin（﹣θ）＝1，直角坐标方程为x﹣y﹣2＝0，求出圆心到直线的距离，即可求|PQ|的值．解：（Ⅰ）C2的参数方程为（α为参数），普通方程为（x′﹣1）2+y′2＝1，∴C2的极坐标方程为ρ＝2cosθ；（Ⅱ）C2是以（1，0）为圆心，1为半径的圆，曲线C3的极坐标方程为ρsin（﹣θ）＝1，直角坐标方程为x﹣y﹣2＝0，∴圆心到直线的距离d＝＝，∴|PQ|＝2＝．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x+b2|﹣|﹣x+1|，g（x）＝|x+a2+c2|+|x﹣2b2|，其中a，b，c均为正实数，且ab+bc+ac＝1．（Ⅰ）当b＝1时，求不等式f（x）≥1的解集；（Ⅱ）当x∈R时，求证f（x）≤g（x）．【分析】（Ⅰ）当b＝1时，把f（x）用分段函数来表示，分类讨论，求得f（x）≥1的解集．（Ⅱ）当x∈R时，先求得f（x）的最大值为b2+1，再求得g（x）的最小值，根据g（x）的最小值减去f（x）的最大值大于或等于零，可得f（x）≤g（x）成立．解：（Ⅰ）由题意，当b＝1时，f（x）＝|x+b2|﹣|﹣x+1|＝，当x≤﹣1时，f（x）＝﹣2＜1，不等式f（x）≥1无解，不等式f（x）≥1的解集为∅；当﹣1＜x＜1时，f（x）＝2x，由不等式f（x）≥1，解得x≥，所以≤x＜1；当x≥1时，f（x）＝2≥1恒成立，所以不等式f（x）≥1的解集为[，+∞）．（Ⅱ）（Ⅱ）当x∈R时，f（x）＝|x+b2|﹣|﹣x+1|≤|x+b2 +（﹣x+1）|＝|b2+1|＝b2+1；g（x）＝|x+a2+c2|+|x﹣2b2|＝≥|x+a2+c2﹣（x﹣2b2）|＝|a2+c2+2b2|＝a2+c2+2b2．而a2+c2+2b2﹣（b2+1）＝a2+c2+b2﹣1＝（a2+c2+b2+a2+c2+b2）﹣1≥ab+bc+ac﹣1＝0，当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立，即a2+c2+2b2≥b2+1，即f（x）≤g（x）．。
2020届湖南省长沙市长郡中学高三下学期3月停课不停学阶段性测试数学(理)试题(解析版)
长郡中学2020届高三停课不停学阶段性测试理科数学试题一.选择题1.若i 为虚数单位，复数z 满足(1)|1|z i i i +=-+，则z 的虚部为（ ）A.B.1C.12iD.【答案】D 【解析】)()1111222i i i z i-+===++ 故z的虚部为12 故选D2.设集合3|0,{|3}1x A x B x x x +⎧⎫=<=≤-⎨⎬-⎩⎭，则集合{}|1x x ≥=（ ） A. A B I B. A B UC. ()()R RA B U痧D. ()()R RA B I痧【答案】D 【解析】 【分析】解不等式得集合A ，根据补集的定义写出A R ð、B R ð，即可得出结论 【详解】解：集合{}3|0|311x A x x x x +⎧⎫=<=-<<⎨⎬-⎩⎭， {|3}B x x =-…，则{|3R A x x =-…ð或1}x …， {|3}R B x x =>-ð；()(){}|1A B x x ≥∴=R RI 痧．故选：D ．【点睛】本题考查了集合的化简与运算问题，属于基础题．3.中国古代数学著作《九章算术》中有这样一个问题：“某贾人擅营，月入益功疾（注：从第2月开始，每月比前一月多入相同量的铜钱），3月入25贯，全年（按12个月计）共入510贯”，则该人12月营收贯数为（ ）A. 35B. 65C. 70D. 60【答案】C 【解析】设每个月的收入为等差数列{a n }．公差为d ．则a 3=25，S 12=510．∴a 1+2d=25，12a 1+12112⨯d=510，解得a 1=15，d=5， 121111511570a a d ∴=+=+⨯= 故选C4.“石头、剪刀、布”，又称“猜丁壳”，是一种流行多年的猜拳游戏，起源于中国，然后传到日本、朝鲜等地，随着亚欧贸易的不断发展，它传到了欧洲，到了近代逐渐风靡世界．其游戏规则是：出拳之前双方齐喊口令，然后在语音刚落时同时出拳，握紧的拳头代表“石头”，食指和中指伸出代表“剪刀”，五指伸开代表“布”．“石头”胜“剪刀”、“剪刀”胜“布”、而“布”又胜过“石头”．若所出的拳相同，则为和局．小军和大明两位同学进行“五局三胜制”的“石头、剪刀、布”游戏比赛，则小军和大明比赛至第四局小军胜出的概率是（ ） A.127B.227C.281D.881【答案】B 【解析】根据“石头”胜“剪刀”，“剪刀”胜“布”，而“布”又胜“石头”，可得每局比赛中小军胜大明、小军与大明和局和小军输给大明的概率都为13， ∴小军和大年两位同学进行“五局三胜制”的“石头、剪刀、布”游戏比赛，则小军和大年比赛至第四局小军胜出，由指前3局中小军胜2局，有1局不胜，第四局小军胜， ∴小军和大年比赛至第四局小军胜出的概率是：2231212()33327p C ⎛⎫=⨯= ⎪⎝⎭.故选B.5.已知20.62log 2,log 0.6,0.6a b c ===，则 A. a b c >> B. b c a >>C. c b a >>D. c a b >>【答案】C 【解析】20.60c =>.2log 0.6<0b =，且22log 0.6log 0.51b =>=-，即()1,0b ∈-. ()0.6211log 2,1log 0.6a a===∈-∞-.所以c b a >>. 故选C.6.椭圆2212:1,,95x y C F F +=是其焦点，点P 是椭圆C 上一点，若12F PF ∆是直角三角形，则点P 到x 轴的距离为（ ） A.53B.52C.D. 【答案】A 【解析】 【分析】分两种情况讨论，是12F PF ∠为90︒还是12PF F ∠或21PF F ∠为90︒，注意P 的纵坐标的取值范围，将P 的坐标代入椭圆中，再由角为90︒可得P 的纵坐标的绝对值，即是P 到x 轴的距离．【详解】解：设(,)P m n ，2||5n …，由题意可得：22195m n +=，22915n m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，29a =，25b =，所以222954c a b =-=-=，所以2c =，1(2,0)F -，2(2,0)F ，因为12F PF ∆是直角三角形，当2190PF F ∠=︒，或1290PF F ∠=︒结果一样的，则2m c ==，代入椭圆可得25||3b n a ==；当1290F PF ∠=︒时，而1(2,)F P m n =+u u u r ，2(2,)F P m n =-u u u u r，所以120F P F P =u u u r u u u u r g ，即2(2)(2)0m m n +-+=，224m n +=，即229145n n ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，解得22554n =>，不成立，综上所述5||3n =，故选：A ．【点睛】考查椭圆的简单几何性质，分类讨论思想，属于中档题． 7.若α为锐角，且(4cos50tan 40)tan 1α︒-︒=，则(α= ) A. 60︒B. 50︒C. 40︒D. 30°【答案】D 【解析】 【分析】先利用三角函数公式化简4cos50tan 40︒-︒tan 3α=，从而求出α的值．【详解】解：4cos50tan 40︒-︒ 4sin40tan40=︒-︒4sin 40cos40sin 40cos40-=o o oo 2sin80sin(3010)cos40-+=o o o o12cos10cos1022cos 40--=o o oo3cos1022cos 40=o oo==∴3tan α==，又αQ 为锐角， 30α∴=o ，故选：D ．【点睛】本题主要考查了三角函数的恒等变形及化简，属于中档题．8.设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，公比为q ，且3S ，9S ，6S 成等差数列，则38q 等于（ ） A. -4 B. -2C. 2D. 4【答案】A 【解析】依题意可知2S 9=S 6+S 3，()()()9631111112111a q a q a q qq q---=+---整理得2q 6-q 3-1=0，解q3=1或12-，当q=1时，2S 9=S 6+S 3，不成立故排除．所以38q 等于-4故选A9.已知圆22:8150C x y x +-+=，直线2y kx =+上至少存在一点P ，使得以点P 为原心，半径为1的圆与圆C 有公共点，则k 的最小值是（ ） A. 43-B. 54-C. 35-D. 53-【答案】A 【解析】试题分析：因为圆C 的方程为228150x y x +-+=，整理得22(4)1x y -+=，所以圆心为(4,0)C ，半径为1r =，又因为直线2y kx =+上至少存在一点P ，使得以点P 为圆心，半径为1的圆与圆C 有公共点，所以点C 到直线2y kx =+的距离小于或等于2，2≤，化简2340k k +≤，解得403k -≤≤，所以k 的最小值是43-，故选A. 考点：直线与圆位置关系及其应用.10.已知函数()sin 2f x a x x =的图象关于直线12x π=-对称，若()()124f x f x =-，则12x x -的最小值为（ ） A.3πB.23π C.4π D.2π 【答案】D 【解析】 【分析】 利用()12f π-是函数的最值求得参数a ，然后再确定12,x x 的性质．【详解】由题意13()sin())126622f a a πππ-=--=--=1a =，∴1()sin 222(sin 22)2sin(2)223f x x x x x x π==-=-，22T ππ==． 1212()()4sin(2)sin(2)433f x f x x x ππ=--=-，12sin(2)sin(2)133x x ππ--=-，∵1sin(2)13x π-≤-≤，∴12sin(2)sin(2)33x x ππ--，中一个取值1一个取值1-，∴12min22T x x π-==． 故选：D.【点睛】本题考查三角函数的性质，考查三角函数的最值、周期、对称性等．正弦函数的性质：过正弦函数图象的最高点或者最低点与x 边垂直的直线是其对称轴．即对称轴对应的函数值是最值．11.如图，已知梯形ABCD 中||2||AB CD =，点E 在线段AC 上，且25AE AC =u u u r u u u r，双曲线过C ，D ，E 三点，以A ，B 为焦点，则双曲线离心率e 的值为 （ ）7 B. 22 C. 310【答案】A 【解析】 【分析】以AB 所在的直线为x 轴，以AB 的垂直平分线为y 轴，建立如图所示的坐标系，求出C 的坐标，根据向量的运算求出点E 的坐标，代入双曲线方程即可求出 【详解】解：由||2||AB CD =，以AB 所在的直线为x 轴， 以AB 的垂直平分线为y 轴，建立如图所示的坐标系，设双曲线的方程为22221x y a b-=，由双曲线是以A ，B 为焦点，(,0)A c ∴-，(,0)B c ，把12x c =，代入22221x y a b -=，可得2214c y a=-， 即有221,124c C c b a ⎛- ⎝， 又设(,0)A c -，∴223,124cAC c ba⎛⎫=-⎪⎪⎝⎭u u u r，设(,)E x y，∴(,)AE x c y=+u u u r，Q25AE AC=u u u r u u u r，()2223,,1524cx c y c ba⎛⎫∴+=-⎪⎪⎝⎭，解得25x c=-，222154cy ba=-g，可得2222,1554cE c ba⎛⎫--⎪⎪⎝⎭g，代入双曲线的方程可得2222441125254c ca a⎛⎫--=⎪⎝⎭，即2225144ee⎛⎫--=⎪⎝⎭，即27e=，即7e=，故选：A．【点睛】本题考查了双曲线的简单性质以及向量的运算，考查了运算能力和转化能力，属于中档题．12.如图，棱长为4的正方体1111ABCD A B C D-，点A在平面α内，平面ABCD与平面α所成的二面角为30o，则顶点1C到平面α的距离的最大值是（）A. ()222+B. ()232+C. ()231+D. ()221+【答案】B 【解析】 【分析】本题首先可以根据题意确定当顶点1C 到平面α的距离最大时顶点1C 所在位置，然后做出截面图，通过截面图以及题目所给数据即可得出结果．【详解】如图所示，当直线AC 与面α所成角等于面ABCD 与面α所成角时顶点1C 到平面α的距离最大，取截图，如下图所示：作11C E AO ^，11C G C E ^，11CO AO ^，因为224+4=42AC 30A ∠=o ，所以122CO =因为11C G C E ^，11CO AO ^，11C E AO ^，所以122CO GE == 因为1A AOECOG CC O ????，所以130A CC O ??o ，因为14CC =，所以11sin3023C G CC =?o所以)112322232C E C G GE =+==，故选B ．【点睛】本题考查了解析几何的相关性质，主要考查了点到平面的距离的求法，考查了空间想象能力与推理能力，体现了综合性，提高了学生的逻辑思维素养，是难题．二、填空题13.已知12112(12)n x x dx π-=--⎰，则(1)nx x-的展开式中的常数项为___. 【答案】60 【解析】 【分析】根据题意，由定积分计算公式可得n 的值，进而由二项式定理分析6(1)x-的展开式含1x -次方的项，据此分析可得答案． 【详解】解：根据题意， 111222111111212121(12)(1)(2)()|62n x x dx x dx x dx x ππππ----⎡⎤⎡⎤=--=--=⨯⨯-=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰⎰⎰， 61x ⎛- ⎪⎝⎭的展开式通项为16rr r T C x +⎛=- ⎪⎝⎭，当2r =时，有223660T C x x ⎛=-= ⎪⎝⎭， 则1nx x ⎛- ⎪⎝⎭的展开式中的常数项为60；故答案为：60【点睛】本题考查定积分的计算以及二项式定理的应用，关键是求出n 的值，属于基础题． 14.某封闭几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为___.【答案】222641+【解析】 【分析】由已知中的三视图可得该几何体是一个三棱柱切去一个三棱锥所得的组合体，画出直观图，计算各个面的面积，相加可得答案．【详解】解：由已知中的三视图可得该几何体是一个三棱柱切去一个三棱锥所得的组合体， 其直观图如图所示：底面ABC ∆的面积为：186242⨯⨯=；侧面ACDE 226810100+=， 侧面ABFE 的面积为：1(410)6422+⨯=，侧面CBFD 的面积为：1(410)8562+⨯=，面EFD 中，62EF =10FD =，10ED =，故面积为：22162210()64122⨯-故几何体的表面积222641S =+ 故答案为：222641+【点睛】本题考查的知识点是棱柱的体积和表面积，棱锥的体积和表面积，简单几何体的三视图，属于中档题．15.对于数列{}n a ，若()*,m n Nm n ∀∈≠，都有()n ma a t t n m-≥-为常数成立，则称数列{}n a 具有性质()P t ．若数列{}n a 的通项公式为2n aa n n=-，且具有性质()10P ，则实数a 的取值范围是_______________. 【答案】[)36,+∞ 【解析】试题分析：∵由题意知，数列通项公式为2n aa n n=-，且数列具有性质()10P , ∴2210n m a a n m a a n m n m n m⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭=≥--，∴2222101010=0a a a a n m n n m m n m n m n m n m⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-------- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-≥--恒成立， ∴数列210a n n n ⎧⎫--⎨⎬⎩⎭为单调递增数列， ∴()()22111001a a n n n n n n ⎛⎫+-+----≥ ⎪+⎝⎭恒成立， 即()()129a n n n ≥-+-，由数轴标根法作图可得：最大值在1,2,34n =或上取得， 当1n =时，()()129=14n n n -+-， 当2n =时，()()129=30n n n -+-， 当3n =时，()()129=36n n n -+-， 当4n =时，()()129=20n n n -+-， 故36a ≥.故答案为[)36+∞，. 考点：全称命题；推理运算. 16.若[,)x e ∀∈+∞，满足32ln 0mxx x me -≥恒成立，则实数m 的取值范围为__________．【答案】(,2]e -∞ 【解析】 【分析】首先对参数的范围进行讨论，分两种情况，尤其是当0m >时，对式子进行变形，构造新函数，将恒成立问题转化为最值来处理，利用函数的单调性来解决，综述求得最后的结果. 【详解】（1）0m ≤，显然成立；（2）0m >时，由32ln 0m xx x me -≥22ln m x m x x e x ⇒≥2ln (2ln )mxx m x e e x⇒≥，由()xf x xe =在[),e +∞为增2ln mx x⇒≥2ln m x x ⇒≤在[),e +∞恒成立， 由()2ln g x x x =在[),e +∞为增，min ()2g x e =，02m e <≤，综上，2m e ≤，故答案为(,2]e -∞.【点睛】该题考查的是有关不等式恒成立，求参数的取值范围的问题，涉及到的知识点有分类讨论思想的应用，构造新函数，将恒成立问题转化为最值来处理，利用函数的单调性求得最值，属于较难题目.三.解答题17.已知在ABC ∆中，,,a b c 分别为角A,B,C 的对应边，点D 为BC 边的中点，ABC ∆的面积为23sin AD B.(1)求sin sin BAD BDA ∠⋅∠的值； (2)若6,BC AB AD ==b ． 【答案】（1）13； （2【解析】 【分析】(1)先由ABC ∆的面积为23sin AD B且D 为BC 的中点，得到ABD ∆的面积；再由三角形的面积公式和正弦定理即可求出结果；(2)根据(1)的结果和6BC AB =，可求出sin BDA ∠和sin BAD ∠；再由余弦定理，即可求出结果.【详解】(1)由ABC ∆的面积为23sin AD B 且D 为BC 的中点可知:ABD ∆的面积为26sin AD B ,由三角形的面积公式可知:21sin 26sin AD AB BD B B⋅⋅=,由正弦定理可得:3sin sin 1BAD BDA ∠⋅∠=, 所以1sin sin 3BAD BDA ∠⋅∠=, (2)6BC AB =Q ,又因为D 为中点，所以BC 2BD 6AB ==,即BD 3AB =,在ABD ∆中由正弦定理可得sin sin BD ABBAD BDA=∠∠,所以sin 3sin BAD BDA ∠=∠由（1）可知1sin sin 3BAD BDA ∠⋅∠=所以1sin ,sin 13BDA BAD ∠=∠=,Q ()0,BAD π∠∈ ∴ ,2BAD π∠=在直角ABD ∆中13AD BDA =∠=,所以1,3AB BD ==. BC 2BD =Q ,BC 6∴=在ABC ∆中用余弦定理，可得22212cos 13621633,333b ac ac B b =+-=+-⨯⨯⨯=∴=. 【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理和余弦定理以及面积公式，即可求解，属于常考题型. 18.如图，矩形ABCD 中，6AB =，23AD =，点F 是AC 上的动点．现将矩形ABCD 沿着对角线AC 折成二面角D AC B '--，使得30D B '=．（Ⅰ）求证：当3AF =时，D F BC '⊥；（Ⅱ）试求CF 的长，使得二面角A D F B -'-的大小为4π． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）1134CF =. 【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）由余弦定理求得29DF =，进而得222DF AF DA +=，所以有DF AC ⊥，即D F AC '⊥，同理可在D FB ∆'中，得BF D F ⊥'，进而得D F '⊥平面ABC ，从而得证；（Ⅱ）易证得,,OE OC OD '两两垂直，以O 为原点，OE uuu v的方向为x 轴的正方向建立空间直角坐标系O xyz -，进而求得面AD F '和面BD F '的法向量，利用法向量求解即可.试题解析：解:（Ⅰ）连结DF ，BF ．在矩形ABCD 中，3,6AD CD ==,043,30AC CAB ∴=∠=, 060DAC ∠=．在ADF ∆中，∵3AF =,2222cos 9DF DA AF DA AF DAC ∴=+-⋅⋅∠=，∵22293DF AF DA +=+=，DF AC ∴⊥，即D F AC '⊥．又在ABF ∆中，2222cos 21BF AB AF AB AF CAB =+-⋅⋅∠=，∴在D FB ∆'中，22222321D F FB D B +='+=',BF D F ∴⊥',又AC FB F ⋂=Q , ∴D F '⊥平面ABC ． ∴D F BC '⊥．（Ⅱ）解：在矩形ABCD 中，过D 作DE AC ⊥于O ，并延长交AB 于E . 沿着对角线AC 翻折后， 由（Ⅰ）可知，,,OE OC OD '两两垂直，以O 为原点，OE uuu v的方向为x 轴的正方向建立空间直角坐标系O xyz -，则()()0,0,0,1,0,0,O E ()()0,0,3,3,23,0D B ', EO ⊥Q 平面AD F ',()1,0,0OE ∴=u u u v为平面AD F '的一个法向量．设平面BD F '的法向量为(),,,n x y z =()0,,0F t Q ， ()()3,23,3,3,23,0BD BF t ∴=--=-'-u u u u v u u u v,由0,0,n BD n BF ⎧⋅=⋅=⎩'⎨u u u u vu u u v得(33030x z x t y ⎧--+=⎪⎨-+-=⎪⎩，，取3,y =则x t z t =-=, ()n t t ∴=-．cos ,4n OE n OEπ⋅∴=u u u vu u u v2=,4t ∴=． ∴当CF =时，二面角A D F B -'-的大小是4π． 点睛：高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.19.已知F 为抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点，过F 的动直线交抛物线C 于A ，B 两点．当直线与x 轴垂直时，||4AB =． （1）求抛物线C 的方程；（2）设直线AB 的斜率为1且与抛物线的准线l 相交于点M ，抛物线C 上存在点P 使得直线PA ，PM ，PB 的斜率成等差数列，求点P 的坐标．【答案】（1）24y x =；（2）()1,2P ±【解析】 【分析】（1）由题意可得||24AB p ==，即可求出抛物线的方程，（2）设直线AB 的方程为1y x =-，联立241y x y x ⎧=⎨=-⎩消去x ，得2440y y --=，根据韦达定理结合直线PA ，PM ，PB 的斜率成等差数列，即可求出点P 的坐标【详解】解：（1）因为(,0)2p F ，在抛物线方程22y px =中，令2p x =，可得y p =±．于是当直线与x 轴垂直时，||24AB p ==，解得2p =．所以抛物线的方程为24y x =．（2）因为抛物线24y x =的准线方程为1x =-，所以(1,2)M --． 设直线AB 的方程为1y x =-，联立241y x y x ⎧=⎨=-⎩消去x ，得2440y y --=．设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，则124y y +=，124y y =-． 若点0(P x ，0)y 满足条件，则2PM PA PB k k k =+， 即0010200102221y y y y y x x x x x +--=++--g ， 因为点P ，A ，B 均在抛物线上，所以222012012,,444y y y x x x ===． 代入化简可得00122200120122(2)24()y y y y y y y y y y y +++=++++，将124y y +=，124y y =-代入，解得02y =±． 将02y =±代入抛物线方程，可得01x =． 于是点(1,2)P ±为满足题意的点．【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查数列与解析几何的综合，考查直线的斜率，属于中档题． 20.已知函数()x f x e ax -=-（x ∈R ）. （1）当1a =-时，求函数()f x 的最小值；（2）若0x ≥时，()ln(1)1f x x -++≥，求实数a 的取值范围. 【答案】(1)1；(2)[2,)-+∞. 【解析】 试题分析：(1)当1a =-时，函数的解析式为()xf x e x -=+，据此求得导函数，结合导函数确定函数的单调性，据此可得函数的最小值为()01f =；(2)结合题意构造函数()()11xg x e ax ln x =+++-，然后分类讨论2a ≥-和2a <-两种情况可得实数a的取值范围是[)2,-+∞. 试题解析：(1) 当1a =-时，函数的解析式为()xf x ex -=+，则：()'10x x f e -=-+≥，结合导函数与原函数的关系可得函数在区间()0,∞+上单调递增，在区间(),0-∞上单调递减， 函数的最小值为：()0011f e =+=.（2）若0x ≥时，()()11f x ln x -++≥，即()110xe ax ln x +++-≥（*）令()()11xg x e ax ln x =+++-，则()1'1xg x e a x =+++ ①若2a ≥-，由（1）知1x e x -+≥，即1x e x -≥-，故1x e x ≥+()()11'12011x g x e a x a a a x x =++≥+++≥=+≥++ ∴函数()g x 在区间[)0,+∞上单调递增，∴()()00g x g ≥=. ∴（*）式成立.②若2a <-，令()11xx e a x φ=+++，则()()()()222111'011xx x e x e x x φ+-=-=≥++ ∴函数()x φ在区间[)0,+∞上单调递增，由于()020a φ=+<，()111110111a a e aa a a a aφ--=++≥-++=+>---. 故()00,x a ∃∈-，使得()00x φ=，则当00x x <<时，()()00x x φφ<=，即()'0g x <. ∴函数()g x 在区间()00,x 上单调递减， ∴()()000g x g <=，即（*）式不恒成立. 综上所述，实数a 的取值范围是[)2,-+∞.点睛：利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键.21.如图，直角坐标系中，圆的方程为221x y +=，()1,0A ，1,22⎛- ⎝⎭B ，1,22C ⎛-- ⎝⎭为圆上三个定点，某同学从A 点开始，用掷骰子的方法移动棋子．规定：①每掷一次骰子，把一枚棋子从一个定点沿圆弧移动到相邻下一个定点；②棋子移动的方向由掷骰子决定，若掷出骰子的点数为偶数，则按图中箭头方向移动；若掷出骰子的点数为奇数，则按图中箭头相反的方向移动．设掷骰子n 次时，棋子移动到A ，B ，C 处的概率分别为()n P A ，()n P B ，()n P C ．例如：掷骰子一次时，棋子移动到A ，B ，C 处的概率分别为()1P A O =，()112P B =，()112P C =．（1）分别掷骰子二次，三次时，求棋子分别移动到A ，B ，C 处的概率；（2）掷骰子N 次时，若以X 轴非负半轴为始边，以射线OA ，OB ，OC 为终边的角的余弦值记为随机变量n X ，求4X 的分布列和数学期望；（3）记()n n P A a =，()n n P B b =，()n n P C c =，其中1nn n a b c ++=．证明：数列13n b ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求2020a .【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）证明详见解析，2019202011132a ⎡⎤⎛⎫=+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦. 【解析】 【分析】（1）由概率的乘法公式，可得所求值； （2）随机变量4X 的可能数值为1，12-，结合（1）运用概率的乘法公式，可随机变量4X 的分布列和期望；（3）易知n n b c =，即11(2)n n b c n --=≥，由条件推得121n n b b -+=，利用构造法可得1111362n n b -⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，从而求得2020a 的值. 【详解】（1）211111()22222P A =⋅+⋅=，2111()224P B =⋅=，2111()224P C =⋅= 31111111()2222224P A =⨯⨯+⨯⨯=，31113()2428P B ⎛⎫=+⋅= ⎪⎝⎭，31113()2428P C ⎛⎫=⋅⎪+= ⎝⎭综上，（2）随机变量4X 的可能数值为1，12-. 综合（1）得()()43311()()2P X P B P C ==+⋅33138828⎛⎫=+⋅= ⎪⎝⎭， ()43311()()22P X P A P C ⎛⎫=-=+⋅ ⎪⎝⎭()3315()()28P A P B ++⋅=，故随机变量4X 的分布列为()43151182816E X =⨯-⨯=.（3）易知n n b c =，因此，11(2)n n b c n --=≥ 而当2n ≥时，()()11111122n n n n n b a c a b ----=+=+， 又1111n n n a b c ---++=， 即121n n b b -+=. 因此()111122n n n b b b --=-+111(2)22n b n -=-+≥， 故111113223n n b b --=-+-111111(2)2623n n b b n --⎛⎫=-+=--≥ ⎪⎝⎭即数列13n b ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以11136b -=为首项，公比为12-的等比数列. 所以1111362n n b -⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，又11111212362n n n a b -⎡⎤⎛⎫=-=-+-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦1111111133232n n --⎡⎤⎛⎫⎛⎫=--=--⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦故2019202011132a ⎡⎤⎛⎫=+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦. 【点睛】本题考查数列与解析几何、概率统计的交会、等比数列的定义与通项公式、随机变量的分布列与期望，考查统计与概率思想、函数与方程思想的运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于难题. 22.在平面直角坐标系中，曲线1C ：33cos 2sin x y αα=+⎧⎨=⎩，（α为参数）经过伸缩变换32xx y y ⎧=⎪⎪⎨⎪''⎪=⎩，后的曲线为2C ，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系. （Ⅰ）求2C 的极坐标方程；（Ⅱ）设曲线3C 的极坐标方程为sin 16πρθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭且曲线3C 与曲线2C 相交于P ，Q 两点，求||PQ 的值.【答案】（Ⅰ）2cos ρθ=；【解析】试题分析：（Ⅰ）根据伸缩变换得到3{2x x y y '=='，代入曲线1C 的参数方程，可得1cos {sin x y αα''=+= ，化为普通方程为()2211x y -+= ，最后根据互化公式；（Ⅱ）将曲线3C 的极坐标方程化为普通方程，直线与圆相交求弦长，可以根据弦长公式，先求圆心到直线的距离，l = .试题解析：解：（Ⅰ）∵'3{'2xx yy ==，∴3'{2'x x y y ==，代入33{2x cos y sin αα=+=，得'1{'x cos y sin αα=+=，∴2C 普通方程为()2211x y -+=，即2220x x y -+=，∵222x y ρ+=，cos x ρθ=，∴22cos 0ρρθ-=，∴2C 的极坐标方程为2cos ρθ=；（Ⅱ）由sin 16πρθ⎛⎫-=⎪⎝⎭，得1cos cos 122ρθρθ-=， ∵{x cos y sin ρθρθ==，∴3C 的普通方程为10x -=， 圆心2C 到3C 的距离为：12d ==， ∴PQ === 23.已知函数2()|||1|f x x b x =+--+，222()|||2|g x x a c x b =+++-，其中a ，b ，c 均为正实数，且1ab bc ac ++=． （1）当1b =时，求不等式()1f x …的解集； （2）当x ∈R 时，求证()()f x g x …．【答案】（1）1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭；（2）证明见解析；【解析】【分析】 （1）当1b =时，把()f x 用分段函数来表示，分类讨论，求得()1f x …的解集． （2）当x ∈R 时，先求得()f x 的最大值为21b +，再求得()g x 的最小值，根据()g x 的最小值减去()f x 的最大值大于或等于零，可得()()f x g x …成立．【详解】解：（1）由题意，当1b =时，22,1()12,112,1x f x x b x x x x --⎧⎪=+--+=-<<⎨⎪⎩……，当1x -…时，()21f x =-<，不等式()1f x …无解，不等式()1f x …的解集为∅； 当11x -<<时，()2f x x =，由不等式()1f x …，解得12x …，所以112x <…；当1x …时，()21f x =…恒成立， 所以不等式()1f x …的解集为1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭． （2）当x ∈R 时，2222()|||1||(1)||1|1f x x b x x b x b b =+--+++-+=+=+…；222222222222()|||2||(2)||2|2g x x a c x b x a c x b a c b a c b =+++-++--=++=++…．而22222222(1)1a c b b a c b ++-+=++-()222222112a cb ac b =+++++-10ab bc ac ++-=…，当且仅当a b c ===222221a c b b +++…， 即()()f x g x …． 【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式的应用，比较2个数大小的方法，属于中档题．。
2020届高三数学下学期线上考试试题理(含解析)
2020届高三数学下学期线上考试试题理（含解析）第Ⅰ卷（共60分）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.【答案】A【解析】【分析】求函数的值域化简集合的表示，再求出函数的定义域化简集合的表示，最后根据集合交集的定义结合数轴进行求解即可.【详解】因为所以.故选：A【点睛】本题考查了集合的交集运算，考查了求函数的定义域和值域，考查了数学运算能力.2.若复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知等式化简变形得出，利用复数的除法法则将复数化为一般形式，即可得出复数的虚部.【详解】根据已知得，因此，复数的虚部为.故选：C.【点睛】本题考查复数虚部的求解，解题的关键就是利用复数的四则运算法则将复数化为一般形式，考查计算能力，属于基础题.3.已知，则A. B. C. D.【答案】B【解析】运用中间量比较，运用中间量比较【详解】则．故选B．【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变量法，利用转化与化归思想解题．4.求下列函数的零点，可以采用二分法的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】不是单调函数，，不能用二分法求零点；是单调函数，，能用二分法求零点；不是单调函数，，不能用二分法求零点；不是单调函数，，不能用二分法求零点.故选：B5.已知角顶点为原点，始边与轴非负半轴重合，点在终边上，则（）A. B. C. D.【答案】B【分析】根据任意角三角函数定义可求得，代入两角和差余弦公式可求得结果.【详解】在终边上，，，.故选：.【点睛】本题考查利用两角和差余弦公式求解三角函数值问题，涉及到任意角三角函数的定义，属于基础题.6.汉朝时，张衡得出圆周率的平方除以16等于，如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，俯视图中的曲线为圆，利用张衡的结论可得该几何体的体积为（）A. 32B. 40C.D.【答案】C【解析】【分析】将三视图还原，即可求组合体体积【详解】将三视图还原成如图几何体：半个圆柱和半个圆锥的组合体，底面半径为2，高为4，则体积为，利用张衡的结论可得故选C【点睛】本题考查三视图，正确还原，熟记圆柱圆锥的体积是关键，是基础题7.已知抛物线的准线与双曲线的两条渐近线分别交于两点若双曲线的离心率是，那么（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出抛物线的准线方程，根据双曲线离心率公式，结合双曲线的关系，可以求出之间的关系，这样可以求出渐近线方程，通过代入法，结合双曲线的对称性进行求解即可.【详解】抛物线准线.，，因此双曲线的渐近线方程为：，双曲线的一条渐近线方程与抛物线准线方程联立得：，得根据双曲线的对称性可知：故选：A【点睛】本题考查了抛物线的准线方程，考查了双曲线离心率的计算，考查了双曲线渐近线方程的应用，考查了数学运算能力.8.2019年是新中国成立七十周年，新中国成立以来，我国文化事业得到了充分发展，尤其是党的十八大以来，文化事业发展更加迅速，下图是从2013 年到 2018 年六年间我国公共图书馆业机构数（个）与对应年份编号的散点图（为便于计算，将 2013 年编号为 1，2014 年编号为 2，…，2018年编号为 6，把每年的公共图书馆业机构个数作为因变量，把年份编号从 1 到 6 作为自变量进行回归分析），得到回归直线，其相关指数，给出下列结论，其中正确的个数是( )①公共图书馆业机构数与年份的正相关性较强②公共图书馆业机构数平均每年增加13.743个③可预测 2019 年公共图书馆业机构数约为3192个A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】【分析】根据和确定是正相关还是负相关以及相关性的强弱；根据的值判断平均每年增加量；根据回归直线方程预测年公共图书馆业机构数.【详解】由图知点散布在从左下角到右上角的区域内，所以为正相关，又趋近于1，所以相关性较强，故①正确；由回归方程知②正确；由回归方程，当时，得估计值为3191.9≈3192，故③正确.故选D.【点睛】回归直线方程中的的大小和正负分别决定了单位增加量以及相关型的正负；相关系数决定了相关性的强弱，越接近相关性越强.9.给一个各边不等的凸五边形的各边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种，但是不允许相邻边的颜色相同，则不同的染色方法有（）A. 种B. 种C. 种D. 种【答案】C【解析】【分析】通解：利用分类讨论思想，根据分类加法计数原理进行求解即可；优解：通过分析可知.每种色至少要染次，至多只能染次，即有一色染次，剩余两种颜色各染次，这样利用分步乘法计数原理进行求解即可.【详解】通解如图，染五条边总体分五步，染每一边为一步.染边时有种染法，染边时有种染法.当边与边同色时，边有种染法，则边有种染法，边有种染法，此时染法总数为(种).当边与边不同色时，边有种染法，当边与边同色时，边有种染法，边有种染法；当边与边不同色时，边有种染法，边有种染法，则此时共有染法(种).由分类加法计数原理可得，不同的染法种数为优解通过分析可知.每种色至少要染次，至多只能染次，即有一色染次，剩余两种颜色各染次.染五条边总体分两步.第一步选一色染次有种染法，第二步另两色各染次有种染法，由分步乘法计数原理知，一共有种染法，故选：C10.已知，函数在上单调递增，则的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】函数y＝cos x的单调递增区间为[－π＋2kπ，2kπ]，其中k∈Z.依题意，则有－π＋2kπ≤＋＜ωx＋2kπ(ω＞0)得4k－≤ω≤2k－，由－≤0且4k－＞0得k＝1，因此ω的取值范围是，故选D.11.在平面直角坐标系中，O是坐标原点，两定点A，B满足，由点集{P|＝λ＋μ，|λ|＋|μ|≤1，λ，μ∈R}所表示的区域的面积是( )A. B. C. D.【答案】D【解析】由知：.不妨设，则：.解得由|λ|＋|μ|≤1得.作出可行域，如图所示．则所求面积.本题选择D选项.12.设在上可导的函数满足并且在上有实数满足则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据这种形式，构造函数，利用导数判断函数的单调性，再判断函数奇偶性，最后利用的单调性和奇偶性进行求解即可.【详解】设，则故在区间上单调递减.，故为偶函数，在区间上单调递增.故原不等式等价于，即平方解得故选：A【点睛】本题考查了通过构造新函数，利用新函数的单调性和奇偶性求解不等式解集问题，考查了导数的应用，考查了函数奇偶性的判断，考查了数学运算能力.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.命题“，都有”否定是______.【答案】，有【解析】【分析】根据全称命题的否定是特称命题写出原命题的否定.【详解】全称命题的否定是特称命题，故原命题的否定是“，有”.【点睛】本小题主要考查写出全称命题的否定，属于基础题.14.设满足约束条件：则的取值范围是________________.【答案】【解析】【分析】在平面直角坐标系内画出约束条件所表示的平面区域，平移直线，在所确定的平面区域内，找到当该直线在纵轴上的截距最小和最大时所经过的点，求出坐标，代入进行求解即可.【详解】不等式所表示的区城如图，由,得平移直线由图象可知当直线经过点时，直线的截距最小，此时最大为；当直线经过点时，直线截距最大，此时最小，由，解得即此时即的取值范围是【点睛】本题考查了线性目标函数的最值问题，考查了数学运算能力和数形结合思想.15.已知的三个内角A，B，C的对边依次为a，b，c，外接圆半径为1，且满足，则面积的最大值为_________．【答案】【解析】由，利用正弦定理可得：，，∵，，∴，∴，即，∵，∴，即，∴，∴，∴（当且仅当时，取等号），∴面积为，则面积的最大值为，故答案为.16.将正三棱锥置于水平反射镜面上，得一“倒影三棱锥”，如图.下列关于该“倒影三棱锥”的说法中，正确的有________________.①平面；②若在同一球面上，则也在该球面上；③若该“倒影三棱锥”存在外接球，则；④若则的中点必为“倒影三棱锥”外接球的球心【答案】①④【解析】【分析】根据球的几何特征和性质，结合已知逐一判断即可.【详解】由“倒影三棱锥”的几何特征可知平面正确；当在同一球面上时，若的外接圆不是球的最大圆，则点不在该球面上，错误；若该“倒影三棱锥”存在外接球，则三棱锥的外接球的半径与等边三角形外接圆的半径相等，设其为，则，则错误；由的推导可知该“倒影三棱锥”外接球的球心为的中心，即的中点，④正确.故正确的说法有.【点睛】本题考查了数学阅读能力，考查了多面体外接球的问题，考查了空间想象能力.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1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.(一)必考题：共60分，17.已知等差数列满足．求数列的通项公式；数列中，，，从数列中取出第项记为，若是等比数列，求的前项和．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】对赋值为，可得：，，设等差数列的公差为d，由通项公式解方程组可得首项和公差，即可得到所求通项公式；分别求得，，可得公比，由等差数列和等比数列的通项公式可求得，再利用分组求和方法即可计算所求和．【详解】差数列满足，可得，，设等差数列的公差为d，可得，，解得，，则；由题意可得，，可得数列的公比为3，，由，可得，的前n项和．【点睛】本题考查了等差数列和等比数列的定义和通项公式、分组求和公式的运用，考查了赋值法及方程思想，还考查化简运算能力，属于中档题．18.如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点（1）证明：；（2）若为棱上一点，满足，求锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见详解；（2）【解析】【分析】（1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明；（2）设，由，求出，求出平面ABF的法向量和平面ABP的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值.【详解】证明：（1）∵在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点.∴以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，B（1，0，0），P（0，0，2），C（2，2，0），E（1，1，1），D（0，2，0），，，，∴；（2）∵F棱PC上一点，满足，∴设，，则，，∵，，解得，，设平面ABF的法向量，则，取，得，平面ABP的一个法向量，设二面角的平面角为，则，∴二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.19.如图，已知、，、分别为的外心，重心，.（1）求点的轨迹的方程；（2）是否存在过的直线交曲线于，两点且满足，若存在求出的方程，若不存在请说明理由.【答案】（1）；（2）不存在.【解析】【分析】（1）设点，利用重心的坐标公式得出点的坐标为，可得出点，由可得出点的轨迹的方程；（2）由题意得出直线的斜率存在，并设直线的方程为，设点、，将直线的方程与曲线的方程联立，并列出韦达定理，由，可得出代入韦达定理求出的值，即可得出直线的方程，此时，直线过点或，从而说明直线不存在.【详解】（1）设点，则点，由于，则点.由，可得出，化简得.因此，轨迹的方程为；（2）当与轴重合时不符合条件.假设存在直线，设点、.将直线的方程与曲线的方程联立，消去得，由韦达定理得，.，，，，得，即，，另一方面，得，解得.则直线过点或，因此，直线不存在.【点睛】本题考查动点的轨迹方程，同时也考查了椭圆中的向量问题，在求解时可充分利用韦达定理设而不求法进行求解，考查运算求解能力，属于中等题.20.已知函数.（1）若函数恒有两个零点，求的取值范围；（2）若对任意，恒有不等式成立.①求实数的值；②证明：.【答案】（1）；（2），②见解析.【解析】【详解】试题分析：试题解析：（1），则.当时，，故单调递增，故不可能存在两个零点，不符合题意；当时，有唯一解，在递减，在递增，此时，则，注意到，时，；时，.因此.（2）①当时，单调递增，的值域为，不符合题意；当时，则，也不符合题意.当时，由（1）可知，，故只需.令，上式即转化为，设，则，因此在上单调递增，在上单调递减，从而，所以.因此，，从而有.故满足条件的实数为.②由①可知，因而只需证明：，恒有.注意到前面已经证明：，因此只需证明：.当时，恒有，且等号不能同时成立；当时，设，则，当时，是单调递增函数，且，因而时恒有；从而时，单调递减，从而，即.故.点睛：对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于或小于等于常数问题,可以求函数最值的方法, 一般通过变量分离，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，然后再构造辅助函数，利用恒成立；恒成立，即可求出参数范围.21.本小题满分13分）工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务，每次只派一个人进去，且每个人只派一次，工作时间不超过10分钟，如果有一个人10分钟内不能完成任务则撤出，再派下一个人．现在一共只有甲、乙、丙三个人可派，他们各自能完成任务的概率分别，假设互不相等，且假定各人能否完成任务的事件相互独立.（1）如果按甲在先，乙次之，丙最后的顺序派人，求任务能被完成的概率．若改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的概率是否发生变化？（2）若按某指定顺序派人，这三个人各自能完成任务的概率依次为，其中是的一个排列，求所需派出人员数目的分布列和均值（数字期望）；（3）假定，试分析以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目的均值（数字期望）达到最小．【答案】（1）不变化；（2）；（3）先派甲,再派乙,最后派丙时, 均值（数字期望）达到最小【解析】【详解】（1）按甲在先,乙次之,丙最后的顺序派人,任务能被完成的概率为．若甲在先,丙次之,乙最后的顺序派人,任务能被完成的概率为，发现任务能完成的概率是一样.同理可以验证，不论如何改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的概率不发生变化.（2）由题意得可能取值为∴，∴其分布列为:．（3）,∴要使所需派出的人员数目的均值（数字期望）达到最小,则只能先派甲、乙中的一人.∴若先派甲,再派乙,最后派丙,则；若先派乙,再派甲,最后派丙, 则，，∴先派甲,再派乙,最后派丙时, 均值（数字期望）达到最小．(二)选考题：请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.在平面直角坐标系中，点的直角坐标为（为参数）．在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标中，直线的极坐标方程为．．（1）试求出动点的轨迹方程（用普通方程表示）（2）设点对应的轨迹为曲线，若曲线上存在四个点到直线的距离为1,求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由（为参数）消去参数得动点的普通方程；（2）由（1）知，动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆. 直线的极坐标方程化为普方程，要使圆上有四个点到的距离为，则必须满足,解得.试题解析：（1）由（为参数）消去参数得：故动点A的普通方程为；（2）由（1）知，动点A的轨迹是以为圆心，2为半径的圆.由展开得：,∴的普方程为：.要使圆上有四个点到的距离为1，则必须满足,解得.考点：1、极坐标方程；2、参数方程.【方法点睛】（1）先由（为参数）消去参数得故动点的普通方程.然后由直线的极坐标方程得直线的直角坐标方程.由平面几何知识可知要使圆上有四个点到的距离为，则必须满足，从而得到关于的不等式，解得.把直线的参数方程化为普通方程，把曲线的参数方程化为直角坐标方程能够简化解题过程.23.设函数，恒成立（1）求实数的取值范围；（2）求证：【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）由恒成立，转化为恒成立，令，求得函数的最大值，得到的不等式，即可求解.（2）转化为证明，利用基本不等式，即可作出证明.【详解】（1）由题意知恒成立，即恒成立，即恒成立.令可得函数在上是增函数，在上是减函数，所以，则，即，整理得，解得，综上实数的取值范围是.（2）由，知，即，所以要证，只需证，即证，又，成立.【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的恒成立问题，以及基本不等式的应用，其中解答中把不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题，以及合理使用基本不等式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.2020届高三数学下学期线上考试试题理（含解析）第Ⅰ卷（共60分）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.【答案】A【解析】【分析】求函数的值域化简集合的表示，再求出函数的定义域化简集合的表示，最后根据集合交集的定义结合数轴进行求解即可.【详解】因为所以.故选：A【点睛】本题考查了集合的交集运算，考查了求函数的定义域和值域，考查了数学运算能力.2.若复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知等式化简变形得出，利用复数的除法法则将复数化为一般形式，即可得出复数的虚部.【详解】根据已知得，因此，复数的虚部为.故选：C.【点睛】本题考查复数虚部的求解，解题的关键就是利用复数的四则运算法则将复数化为一般形式，考查计算能力，属于基础题.3.已知，则A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】运用中间量比较，运用中间量比较【详解】则．故选B．【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变量法，利用转化与化归思想解题．4.求下列函数的零点，可以采用二分法的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】不是单调函数，，不能用二分法求零点；是单调函数，，能用二分法求零点；不是单调函数，，不能用二分法求零点；不是单调函数，，不能用二分法求零点.故选：B5.已知角顶点为原点，始边与轴非负半轴重合，点在终边上，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据任意角三角函数定义可求得，代入两角和差余弦公式可求得结果.【详解】在终边上，，，.故选：.【点睛】本题考查利用两角和差余弦公式求解三角函数值问题，涉及到任意角三角函数的定义，属于基础题.6.汉朝时，张衡得出圆周率的平方除以16等于，如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，俯视图中的曲线为圆，利用张衡的结论可得该几何体的体积为（）A. 32B. 40C.D.【答案】C【解析】【分析】将三视图还原，即可求组合体体积【详解】将三视图还原成如图几何体：半个圆柱和半个圆锥的组合体，底面半径为2，高为4，则体积为，利用张衡的结论可得故选C【点睛】本题考查三视图，正确还原，熟记圆柱圆锥的体积是关键，是基础题7.已知抛物线的准线与双曲线的两条渐近线分别交于两点若双曲线的离心率是，那么（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出抛物线的准线方程，根据双曲线离心率公式，结合双曲线的关系，可以求出之间的关系，这样可以求出渐近线方程，通过代入法，结合双曲线的对称性进行求解即可.【详解】抛物线准线.，，因此双曲线的渐近线方程为：，双曲线的一条渐近线方程与抛物线准线方程联立得：，得根据双曲线的对称性可知：故选：A【点睛】本题考查了抛物线的准线方程，考查了双曲线离心率的计算，考查了双曲线渐近线方程的应用，考查了数学运算能力.8.2019年是新中国成立七十周年，新中国成立以来，我国文化事业得到了充分发展，尤其是党的十八大以来，文化事业发展更加迅速，下图是从2013 年到 2018 年六年间我国公共图书馆业机构数（个）与对应年份编号的散点图（为便于计算，将 2013 年编号为 1，2014 年编号为 2，…，2018年编号为 6，把每年的公共图书馆业机构个数作为因变量，把年份编号从 1 到 6 作为自变量进行回归分析），得到回归直线，其相关指数，给出下列结论，其中正确的个数是( )①公共图书馆业机构数与年份的正相关性较强②公共图书馆业机构数平均每年增加13.743个③可预测 2019 年公共图书馆业机构数约为3192个A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】【分析】根据和确定是正相关还是负相关以及相关性的强弱；根据的值判断平均每年增加量；根据回归直线方程预测年公共图书馆业机构数.【详解】由图知点散布在从左下角到右上角的区域内，所以为正相关，又趋近于1，所以相关性较强，故①正确；由回归方程知②正确；由回归方程，当时，得估计值为3191.9≈3192，故③正确.故选D.【点睛】回归直线方程中的的大小和正负分别决定了单位增加量以及相关型的正负；相关系数决定了相关性的强弱，越接近相关性越强.9.给一个各边不等的凸五边形的各边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种，但是不允许相邻边的颜色相同，则不同的染色方法有（）A. 种B. 种C. 种D. 种【答案】C【解析】【分析】通解：利用分类讨论思想，根据分类加法计数原理进行求解即可；优解：通过分析可知.每种色至少要染次，至多只能染次，即有一色染次，剩余两种颜色各染次，这样利用分步乘法计数原理进行求解即可.【详解】通解如图，染五条边总体分五步，染每一边为一步.染边时有种染法，染边时有种染法.当边与边同色时，边有种染法，则边有种染法，边有种染法，此时染法总数为(种).当边与边不同色时，边有种染法，当边与边同色时，边有种染法，边有种染法；当边与边不同色时，边有种染法，边有种染法，则此时共有染法(种).由分类加法计数原理可得，不同的染法种数为优解通过分析可知.每种色至少要染次，至多只能染次，即有一色染次，剩余两种颜色各染次.染五条边总体分两步.第一步选一色染次有种染法，第二步另两色各染次有种染法，由分步乘法计数原理知，一共有种染法，故选：C10.已知，函数在上单调递增，则的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】函数y＝cos x的单调递增区间为[－π＋2kπ，2kπ]，其中k∈Z.依题意，则有－π＋2kπ≤＋＜ωx＋2kπ(ω＞0)得4k－≤ω≤2k－，由－≤0且4k－＞0得k ＝1，因此ω的取值范围是，故选D.11.在平面直角坐标系中，O是坐标原点，两定点A，B满足，由点集{P|＝λ＋μ，|λ|＋|μ|≤1，λ，μ∈R}所表示的区域的面积是( )A. B. C. D.由知：.不妨设，则：.解得由|λ|＋|μ|≤1得.作出可行域，如图所示．则所求面积.本题选择D选项.12.设在上可导的函数满足并且在上有实数满足则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【分析】根据这种形式，构造函数，利用导数判断函数的单调性，再判断函数奇偶性，最后利用的单调性和奇偶性进行求解即可.【详解】设，则故在区间上单调递减.，故为偶函数，在区间上单调递增.故原不等式等价于，即平方解得故选：A【点睛】本题考查了通过构造新函数，利用新函数的单调性和奇偶性求解不等式解集问题，考查了导数的应用，考查了函数奇偶性的判断，考查了数学运算能力.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.命题“，都有”否定是______.【答案】，有【解析】【分析】根据全称命题的否定是特称命题写出原命题的否定.。
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19．（12 分）如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为正方形， PA 平面 ABCD ， E 为 AD 的 中点， AC 交 BE 于点 F ， G 为 △PCD 的重心． （1）求证： FG∥ 平面 PAD ； （2）若 PA AD ，点 H 在线段 PD 上，且 PH 2HD ，求二面角 H FG C 的余弦值．
高三年级防疫期间“停课不停学”网上周考
理科数学
（2020 年 3 月 7 日 15:00—17:00）
一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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 A x x2 x 2 0 ， B x log2 x 0 ，则 A B （ ）
E 在边 AC 上，AE=5，EC=2．
（1）求 BE 的长；
（2）求 △ABE 的面积．
第3页共8页
18．（12 分）贵州省有很多名优土特产，闻名于世的“贵州三宝”（贵州茅台、玉屏箫笛、大方漆 器），很多人慕名而来旅游，通过随机询问 60 名不同性别的游客在购买“贵州三宝”时是否在来贵 州省之前就知道“贵州三宝”，得到如下列联表：
第4页共8页
20．（12
分）已知椭圆
E:
x2 a2
y2 b2
1a
b
0
经过点
P
3,
1 2
，且右焦点
F2
3,0 ．
（1）求椭圆 E 的方程；
（2）若直线 l : y kx 2 与椭圆 E 交于 A ， B 两点，当 AB 最大时，求直线 l 的方程．
21．（12 分）已知函数 f x ln x 1 a R 在 x 1 处的切线与直线 x 2 y 1 0 平行．
A． 2 3
C． 9 3 2
B． 3 3 D． 2 3
11 ． 已 知 抛 物 线 y2 2 px p 0 上 一 点 5,t 到 焦 点 的 距 离 为 6 ， P ， Q 分 别 为 抛 物 线 与 圆
x 62 y2 1 上的动点，则 PQ 的最小值为（ ）
A． 21 1
B． 2 5 5
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.
23
第8页共8页
ax
（1）求实数 a 的值，并判断函数 f x 的单调性；
（2）若函数 f x m 有两个零点 x1 ， x2 ，且 x1 x2 ，求证： x1 x2 1 ．
请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．
22.（10
分）在直角坐标系
xOy
中，曲线
C1
的参数方程为
表示的复数在复
平面对应的点位于（ ）
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
3．已知向量 a 5, m ， b 2, 2 ，若 a b b ，则 m （ ）
A． 1
B．1
C．2
4．函数 f x sin x x2 2 x 的大致图象为（
x
D． 2 ）
A.
B．
C．
D．
5.已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ，若 a1 12 ， S5 90 ，则等差数列 an 的公差 d （ ）
C3 与 C2 的交点，且 A ， B 均异于极点 O ，且 AB 2 6 ，求实数 a 的值．
23．（10 分）【选修 4-5：不等式选讲】
若 a 0 ， b 0 ，且 a b ab 1 ．
（1）求 1 1 的最小值； a3 b3
（2）是否存在 a ， b ，使得 1 1 的值为 6 ？并说明理由．
其中左边的数字从左到右分别表示学生身高的百位数字和十位数字，
右边的数字表示学生身高的个位数字，设计一个程序框图（图 2），
用 Ai i 1, 2, ,10 表示第 i 个同学的身高，计算这些同学身高的方差，
则程序框图①中要补充的语句是（ ）
A． B B Ai
B． B B Байду номын сангаасAi2
C． B B Ai A2 D． B B2 Ai2
2a 3b
3
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高三年级防疫期间“停课不停学”网上周考
理科数学答题卡
班级
姓名
得分
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. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12.
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
A．2
B． 3 2
C．3
D．4
6．某地环保部门召集 6 家企业的负责人座谈，其中甲企业有 2 人到会，其余 5 家企业各有 1 人到会，
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会上有 3 人发言则发言的 3 人来自 3 家不同企业的可能情况的种数为（ ）
A．15
B．30
C．35
D．42
7．根据某校 10 位高一同学的身高(单位：cm)画出的茎叶图（图 1），
x y
2 2 cos 2 sin
，（
为参数）．以原点
O
为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2 的极坐标方程为 4sin ．
（1）求曲线 C1 的普通方程和 C2 的直角坐标方程；
（2）已知曲线 C3 的极坐标方程为 0 π, R ，点 A 是曲线 C3 与 C1 的交点，点 B 是曲线
8．将函数
y
sin
2x
π 3
图象上所有的点向左平行移动
π 6
个单位长
度，再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），则所得图象对应的函数解 析式为（ ）
A．
y
cos
x
π 6
B．
y
sin
4x
2π 3
C． y cosx
D． y sin4x
9．已知双曲线
x2 a2
y2 b2
A． 1,2
B． 0,1
C． ,2
D． 1,1
2．欧拉公式 ei cos isin ( e 是自然对数的底数， i 是虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发现
的．它将三角函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占
有非常重要的地位，当
π
时，就有 eiπ
1
i 2020
0 ．根据上述背景知识试判断 e 3
男 女 总计
事先知道“贵州三宝” 8
n
q
事先不知道“贵州三宝” m
4
36
P R2 k0
0.010 0.005 0.001
总计
40
p
t
k0
6.635 7.879 10.828
附：
K
2
a
n(ad bc)2
bc d a c
b
d
，
（1）写出列联表中各字母代表的数字； （2）由以上列联表判断，能否在犯错误的概率不超过 0.001的前提下认为购买“贵州三宝”和是否 “事先知道‘贵州三宝’有关系”？ （3）从被询问的 q 名事先知道“贵州三宝”的顾客中随机选取 2 名顾客，求抽到的女顾客人数的分 布列及其数学期望．
m
3x2dx
1
______．
16．数列 an 且
an
n2
1
2n
,
sin
nπ 4
,
n为奇数
，若 Sn 为数列an 的前 n 项和，则 S2018 ______．
n为偶数
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17.（12 分）如图，△ABC 中 AB AC ， sin C 2 5 ， 5
C． 2 5
D． 2 5 1
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12．函数 f x x2 ln x ax 0 恰有两个整数解，则实数 a 的取值范围为（ ）
A． ln 2 2 a 1 2
B． 2 a 1
C． 3 a 1
D． ln 3 3 a ln 2 2
3
2
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分．
1a 0,b 0 的左、右焦点分别为 F1 ， F2 ，过 F1 作圆 x2
y2
a2 的切线，
交双曲线右支于点 M ，若 F1MF2 45 ，则双曲线的离心率为（ ）
A． 3
B．2
C． 2
D． 5
10．已知棱长为 1 的正方体被两个平行平面截去一部分后，剩余部分的三视
图如图所示，则剩余部分的表面积为（ ）
1 _____ _．
2______ __.
3____ __．
4____ __．
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 题为选考题，考生根据要求作答． 17．
18、
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19. 20.
第7页共8页
21．
13．已知
sin cos 1 3cos2
1 4
，且 tan
1 3
，则 tan
的值为
．
x y 0 14．已知变量 x ， y 满足约束条件 x 2 y 3 ，则 z x 2 y 的最小值为______．
4x y 6
15.若二项式
3 3
x2
1 x
6
的展开式中的常数项为
m
，则