2020年四川省成都七中高考数学三诊试卷(文科)(含答案解析)
2020年四川省成都七中高考数学三诊试卷（文科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合0，1，2，3，，，则A. 1，B. 1，C. 0，1，D. 0，1，2.已知复数，则A. B. 1 C. D. 23.设函数为奇函数，当时，，则A. B. C. 1 D. 24.已知单位向量，的夹角为，则A. 3B. 7C.D.5.已知双曲线的渐近线方程为，则双曲线的离心率是A. B. C. D.6.在等比数列中，，则“”是“”的A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件7.如图所示的程序框图，当其运行结果为31时，则图中判断框处应填入的是A. B. C. D.8.已知a，b为两条不同直线，，，为三个不同平面，下列命题：若，，则若，，则若，，则若，，则其中正确命题序号为A. B. C. D.9.南宋数学家杨辉在详解九章算法和算法通变本末中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”现有高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第8项为A. 99B. 131C. 139D. 14110.已知，，，则A. B. C. D.11.已知一个四面体的每一个面都是以3，3，2为边长的锐角三角形，则这个四面体的外接球的表面积为A. B. C. D.12.已知P是椭圆上一动点，，，则的最大值是A. B. C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知数列的前n项和为，且，，则______．14.已知实数x，y满足线性约束条件，则目标函数的最大值是______．15.如图是一种圆内接六边形ABCDEF，其中且则在圆内随机取一点，则此点取自六边形ABCDEF内的概率是______．16.若指数函数且与一次函数的图象恰好有两个不同的交点，则实数a的取值范围是______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，已知．求角A的大小；若，，求的面积．18.成都七中为了解班级卫生教育系列活动的成效，对全校40个班级进行了一次突击班级卫生量化打分检查满分100分，最低分20分根据检查结果：得分在评定为“优”，奖励3面小红旗；得分在评定为“良”，奖励2面小红旗；得分在评定为“中”，奖励1面小红旗；得分在评定为“差”，不奖励小红旗．已知统计结果的部分频率分布直方图如图：依据统计结果的部分频率分布直方图，求班级卫生量化打分检查得分的中位数；学校用分层抽样的方法，从评定等级为“良”、“中”的班级中抽取6个班级，再从这6个班级中随机抽取2个班级进行抽样复核，求所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率．19.如图，在四棱锥中，，，，．证明：平面ADM；若且，E为线段BM上一点，且，求三棱锥的体积．20.已知函数，．证明：当时，；证明：在单调递增．其中是自然对数的底数．21.已知点P是抛物线C：上的一点，其焦点为点F，且抛物线C在点P处的切线l交圆O：于不同的两点A，B．若点，求的值；设点M为弦AB的中点，焦点F关于圆心O的对称点为，求的取值范围．22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为为参数，在以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，射线l的极坐标方程是．求曲线C的极坐标方程；若射线l与曲线C相交于A，B两点，求的值．23.已知，，且，函数在R上的最小值为m．求m的值；若恒成立，求实数t的最大值．-------- 答案与解析 --------1.答案：B解析：解：0，1，2，3，，1，4，9，，1，．故选：B．可以求出集合B，然后进行交集的运算即可．本题考查了列举法、描述法的定义，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题．2.答案：A解析：解：，则．故选：A．利用复数模的运算性质即可得出．本题考查了复数模的运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3.答案：C解析：解：根据题意，当时，，则，又由为奇函数，则，则；故选：C．根据题意，由函数的解析式可得，由函数的奇偶性可得的值，据此可得，即可得答案．本题考查函数的奇偶性的性质以及应用，涉及函数值的计算，属于基础题．4.答案：D解析：解：根据题意，单位向量，的夹角为，则，则，故；故选：D．根据题意，求出的值，由数量积的运算性质可得，代入数据计算可得的值，变形可得答案．本题考查向量数量积的计算，涉及向量模的计算，属于基础题．5.答案：A解析：解：由双曲线的方程可得渐近线为：，所以由题意可得：，所以离心率，故选：A．由双曲线的方程可得渐近线的方程，再由椭圆可得a，b的关系，由a，b，c之间的关系进而求出离心率．考查双曲线的性质，属于基础题．6.答案：A解析：【分析】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等比数列的性质是解决本题的关键．根据充分条件和必要条件的定义结合等比数列的性质进行判断即可．【解答】解：在等比数列中，若，即，，，即，则，即成立，若等比数列1，，4，，16，满足，但不成立，故“”是“”的充分不必要条件，故选：A7.答案：C解析：【分析】本题考查解决程序框图中的循环结构时，常采用写出前几次循环的结果，找规律，属于基础题．按照程序框图的流程，写出前几次循环的结果判断出当i为何值时输出，得到判断框中的条件．【解答】解：初始值，模拟执行程序框图，可得，不满足条件，继续循环；，不满足条件，继续循环；，不满足条件，继续循环；，，此时，由题意，应该满足条件，退出循环，输出S的值为31．故判断框中应填入的关于i的条件是？故选C．8.答案：C解析：解：若，，则，故正确；若，，则或与相交，故错误；若，，则或与相交，故错误；若，，则，故正确．正确命题序号为．由空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定逐一核对四个命题得答案．本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．9.答案：D解析：解：由题意可知：1，5，11，21，37，61，95，的差的数列为：4，6，10，16，24，34，这个数列的差组成的数列为：2，4，6，8，10，是等差数列，所以前7项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第8项为：．故选：D．利用已知条件，推出数列的差数列的差组成的数列是等差数列，转化求解即可．本题考查数列的递推关系式的应用，等差数列的定义的应用，是中档题．10.答案：C解析：解：，，．．又．．故选：C．利用对数函数的单调性即可得出．本题考查了对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．11.答案：C解析：解：设长方体的长宽高分别是a，b，c，其四个顶点就构成一个四面体满足每个面的边长为3，3，2，则，，，则，即长方体的外接球直径，故外接球的表面积，故选：C．考虑一个长方体，其四个顶点就构成一个四面体恰好就是每个三角形边长为3，3，2，则四面体的外接球即为长方体的外接球，进而计算出其外接球的直径，可得外接本题考查求一个几何体的外接球表面积，关键是求出外接球的半径，将几何体补成一个长方体是解题的关键，考查数形结合思想，属于中档题．12.答案：A解析：解：过点P作，垂足为H，设，则，，令，当时，，，；当时，，当且仅当，即时取等号，此时最大，且．故选：A．过点P作，垂足为H，设，可得，由正切的和角公式可得，通过换元令，结合基本不等式可得当时最大，由此得解．本题考查圆锥曲线中的最值求解，涉及了正切的和角公式，基本不等式的运用等基础知识点，考查转化思想，换元思想，数形结合思想等，考查运算求解能力，属于较难题目．13.答案：8解析：解：数列的前n项和为，且，，可得，，，故答案为：8．利用数列的递推关系式，逐步求解即可．本题考查数列的递推关系式的应用，数列项的求法，是基本知识的考查．14.答案：15解析：解：先根据实数x，y满足线性约束条件，画出可行域，然后平移直线，当直线过点时，目标函数的纵焦距取得最大值，此时z取得最大值，z 最大值为．故答案为：15．先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，只需求出直线过点时，z 最大值即可．本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题．15.答案：解析：解：因为且．所以该图形是该圆的内接正六边形AMNBCDEF的一部分．易知，以O为顶点，正八边形的各边为底边的八个等腰三角形全等．且它们的腰长为圆的半径r，顶角为．故每个小等腰三角形的面积为．内接六边形ABCDEF的面积为，由正八边形的性质知：四边形ABCF是矩形，且，所以．又，故所求概率为：．故答案为：．易知，题中所给的多边形是该圆的内接正八边形的一部分，并且整个正八边形是由八个全等的等腰三角形组合而成．结合正八边形的对称性，可知内接六边形ABCDEF部分，其面积是六个等腰三角形的面积，由此可求出结果．本题考查几何概型概率的计算，以及圆的内接正八边形的性质．属于中档题．16.答案：解析：解：当时，函数且的图象与一次函数的图象没有交点，设当时，指数函数且与一次函数的图象恰好有两个不同的交点，，且与相切于，，则有，故，，即，，，实数a的取值范围是：．故答案为：．判断，利用函数的导数，转化求解a的最大值，从而求出a的取值范围．本题考查了指数函数的性质，函数的导数的应用，切线方程的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．17.答案：解：由正弦定理知，又，所以．于是，因为，所以．因为，由余弦定理得，即．又，所以．故的面积为．解析：由正弦定理，同角三角函数基本关系式化简已知等式可得，结合范围，可求A的值．由已知利用余弦定理得，结合，可求c的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．18.答案：解：得分的频率为；得分的频率为；得分的频率为；所以得分的频率为．设班级得分的中位数为x分，于是，解得．所以班级卫生量化打分检查得分的中位数为70分．由知题意“良”、“中”的频率分别为，又班级总数为40．于是“良”、“中”的班级个数分别为16，8．分层抽样的方法抽取的“良”、“中”的班级个数分别为4，2．因为评定为“良”，奖励2面小红旗，评定为“中”，奖励1面小红旗．所以抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3为两个评定为“良”的班级或一个评定为“良”与一个评定为“中”的班级．记这个事件为A．则为两个评定为“中”的班级．把4个评定为“良”的班级标记为1，2，3，4，2个评定为“中”的班级标记为5，6．从这6个班级中随机抽取2个班级用点表示，其中．这些点恰好为方格格点上半部分不含对角线上的点，于是有种．事件仅有一个基本事件．所以．所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率为．解析：利用频率分布直方图，能求出班级卫生量化打分检查得分的中位数．“良”、“中”的频率分别为，又班级总数为从而“良”、“中”的班级个数分别为16，分层抽样的方法抽取的“良”、“中”的班级个数分别为4，由此利用对立事件概率计算公式能求出抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率．本题考查中位数、概率的求法，考查分层抽样、频率分布直方图、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．19.答案：解：因为，，所以于是．又，且，平面ABD，平面ADM，所以平面ADM．因为，所以．因为，所以．又，平面ADM．所以．所以三棱锥的体积为．解析：推导出，由此能证明平面ADM．推导出，，由此能求出三棱锥的体积．本题考查线面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，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．20.答案：证明：令，则．于是在单调递增，，即；．令，．当时，由知．则，当时，，从而．故在上单调递增．解析：令，求其导函数，可得导函数大于0，由得结论；求出原函数的导函数，再令，结合中，把导函数缩小，再由缩小后的解析式在上大于0恒成立，可得在单调递增．本题考查利用导数研究函数的单调性，正确求导是解答该题的关键，考查计算能力，是中档题．21.答案：解：设点，其中．因为，所以切线l的斜率为，于是切线．因为，于是切线l：故圆心O到切线l的距离为．于是．联立得．设，，则，．又，于是．于是．又C的焦点，于是．故．令，则于是．因为在单调递减，在单调递增．又当时，；当时，；当时，．所以的取值范围为．解析：设点，其中利用函数的导数求出切线的斜率，得到切线方程，通过圆心O到切线l的距离为转化求解即可．联立得设，，利用韦达定理，求出中点坐标，求出的表达式，令，则于是利用函数的单调性求解范围即可．本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，圆的方程的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．22.答案：解：消去参数得将，代入得，即．所以曲线C的极坐标方程为．法1：将代入，得，设，则．于是．法2：与曲线C相切于点M，，由切割线定理知．解析：直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．利用极径的应用和一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．23.答案：解：，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，所以m只能在上取到．当时，函数单调递增．所以；因为恒成立，且，，所以恒成立即．由知，于是．当且仅当时等号成立即．所以，故实数t的最大值为．解析：由绝对值的意义，去绝对值，可得的分段函数式，由一次函数的单调性，可得的最小值，进而得到m的值；由参数分离可得恒成立即，运用基本不等式可得此不等式右边的最小值，进而得到所求t的最大值．本题考查含绝对值的函数的最值求法，注意结合一次函数的单调性，考查不等式恒成立问题解法，注意运用转化思想和基本不等式，考查运算能力和推理能力，属于中档题．。
成都七中 2019—2020 学年下期高三三诊模拟考试文科数学试题答案
2. 于是| F M | 1 2
t2 3t 3 1
t
2
t 3 3. t
因为 t 3 在[1, 3) 单调递减,在 ( 3, 3 2 2) 单调递增. t
又当 t 1时,| F M | 1 ；当 t 2
3 时用,| FM | 使
2 33 ； 2
当t 32
2
时, |
F M
|
2 2学1 八中2
成都七中 2020 届高中毕业班三诊模拟
数 学(文科)参考答案及评分意见
第Ⅰ卷 (选择题,共 60 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 60 分) 1.B； 2.A； 3.C； 4.D； 5.A； 6.A； 7.B； 8.C； 9.D； 10.B； 11.C； 12.A.
第Ⅱ卷 (非选择题,共 90 分)
1. 2
所以| F M | 的取值范围三为十[ 第
2 33,2 2
2 1). 2
市
22.解：(1)消去都参数 得 (x 2)2 y2 3( y 0) 将 x cos , y sin 代入得
( cos 省2成)2 ( sin )2 3, 即 2 4 cos 1 0.
所以四曲线川C 供
6分
2
3
(2)因为 a 7,b 2, A π , 3
由余弦定理得 7 2 22 c2 2 2 c cos π , 即 c2 2c 3 0.又 c 0 ,所以 c 3. 3
故 ABC 的面积为 1 bc sin A 1 2 3 sin π 3 3 .
2
2
32
12 分
18.解：(1)得分[20, 40) 的频率为 0.005 20 0.1 ；得分[40, 60) 的频率为 0.010 20 0.2 ；
四川省成都市2020届高三三诊模拟文科数学试题有答案(精校版)
成都2020届第三次高考模拟文科数学第Ⅰ卷一、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.在一次抛硬币实验中，甲、乙两人各抛一次硬币一次，设命题p 是“甲抛的硬币正面向上”，q 是“乙抛的硬币正面向上”，则命题“至少有一人抛的硬币是正面向下”可表示为（ ） A ．()()p q ⌝∨⌝ B ．()p q ∨⌝ C ．()()p q ⌝∧⌝ D ．()p q ⌝∨2.已知集合{}{}2|02,|10A x x B x x =<<=-<，则AB =（ ）A ． ()1,1-B ．()1,2-C ．()1,2D ．()0,1 3.若1122aii i+=++，则a =（ ） A ．5i -- B ．5i -+ C ．5i - D ． 5i +4.设()f x 是定义在R 上周期为2的奇函数，当01x ≤≤时，()2f x x x =-，则52f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭（ ） A ．14-B ． 12- C. 14 D ．125.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A ．3612π+B ．3616π+ C. 4012π+ D ．4016π+ 6.设D 为ABC ∆中BC 边上的中点，且O 为AD 边的中点，则（ ） A ．3144BO AB AC =-+ B ． 1144BO AB AC =-+ C. 3144BO AB AC =- D ．1124BO AB AC =-- 7.执行如图的程序框图，则输出x 的值是（ ）A ． 2016B ．1024 C.12D ．-1 8. 函数()()2sin 4cos 1f x x x =-的最小正周期是（ ） A ．23π B ． 43π C. π D ．2π 9. 等差数列{}n a 中的24030a a 、是函数()3214613f x x x x =-+-的两个极值点，则()22016log a =（ ）A ．2B ．3 C. 4 D ．510. 已知()00,P x y 是椭圆22:14x C y +=上的一点，12,F F 是C 的两个焦点，若120PF PF <，则0x 的取值范围是（ ） A ．2626⎛ ⎝⎭ B ．2323⎛ ⎝⎭ C. 33⎛ ⎝⎭ D ．66⎛ ⎝⎭ 11. 已知函数()221f x x ax =-+对任意(]0,2x ∈恒有()0f x ≥成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．51,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦ B ．[]1,1- C. (],1-∞ D ．5,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦12.设集合()()()()()()2222436,|34,,|3455A x y x y B x y x y ⎧⎫⎧⎫=-+-==-+-=⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭，(){},|234C x y x y λ=-+-=，若()A B C φ≠，则实数λ的取值范围是（ ） A ．25652,65⎤⎡⎤⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦ B ．25⎤⎥⎣⎦ C. []2524,6⎤⎥⎣⎦D ．{}652,65⎡⎤⎢⎥⎣⎦第Ⅱ卷二、填空题：本大题共四小题，每小题5分13.已知向量1,2a b ==，且()21b a b +=，则向量,a b 的夹角的余弦值为 ．14.若,m n 满足101040m n a m n n -≥⎧⎪+≤⎨⎪≥⎩，则2u m n =-的取值范围是 ．15.直线1y kx =+与曲线3y x ax b =++相切于点()1,2A ，则b a -= .16.已知函数()11,112,1x x x f x x e x +⎧->⎪=-⎨⎪-≤⎩，若函数()()2h x f x mx =--有且仅有一个零点，则实数m 的取值范围是 ．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.）17.在ABC ∆中，角,,A B C 所对应的边分别为,,a b c ，已知4B π=，cos cos20A A -=.（1）求角C ；（2）若222b c a bc +=-+，求ABC S ∆.18.某农场计划种植某种新作物，为此对这种作物的两个品种（分别称为品种家里和品种乙）进行田间实验.选取两大块地分成n 小块地，在总共2n 小块地中，随机选n 小块地种植品种甲，另外n 小块地种植品种乙. （1）假设2n =，求第一大块地都种植品种甲的概率；（2）试验时每大块地分成8小块，即8n =，试验结束后得到的品种甲和品种乙在个小块地上的每公顷产量（单位：2/kg hm ）如下表：品种甲 403 397 390 404 388 400 412 406 品种乙 419 403 412 418 408 423 400 413分别求品种甲和品种乙的每公顷产量的样本平均数和样本方差；根据试验结果，你认为应该种植哪一品种？ 19. 如图三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，1B C 的中点为O ，且AO ⊥平面11BB C C ．（1）证明：1B C AB ⊥；（2）若011,60AC AB CBB ⊥∠=，1BC =，求三棱柱111ABC A B C -的高．20.如图，椭圆()222210x y a b a b+=>>的左焦点为F ，过点F 的直径交椭圆于,A B 两点.当直线AB 经过椭圆的一个顶点时，其倾斜角为60°.（1）求该椭圆的离心率；（2）设线段AB 的中点为G ，AB 的中垂线与x 轴和y 轴分别交于,D E 两点．记GFD ∆的面积为1S ，OED ∆（O 为原点）的面积为2S ，求12S S 的取值范围． 21. 已知函数()1ln f x x ax a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭（,0a R a ∈≠且）． （1）讨论()f x 的单调区间；（2）若直线y ax =的图象恒在函数()y f x =图象的上方，求a 的取值范围．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.选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标系下，知圆:cos sin O ρθθ=+和直线)2:sin 0,0242l πρθρθπ⎛⎫-=≥≤≤ ⎪⎝⎭． （1）求圆O 与直线l 的直角坐标方程；（2）当()0,θπ∈时，求圆O 和直线l 的公共点的极坐标． 23.选修4-5：不等式选讲已知函数()2321f x x x =++-． （1）求不等式()5f x ≤的解集；（2）若关于x 的不等式()1f x m <-的解集非空，求实数m 的取值范围．试卷答案一、选择题1-5: ABDCC 6-10: ADAAA 11、12：CA二、填空题13. 4-14. 1,42⎡⎤-⎢⎥⎣⎦15. 5 16. (]{}{},0426m e ∈-∞--三、解答题17. 解：（1）因为cos cos20A A -=，所以22cos cos 10A A --=，解得1cos 2=-，cos 1A =（舍去）． 所以23A π=，又4B π=，所以12C π=． （2）因为23A π=，所以222222cos a b c bc A b c bc =+-=++，又222b c a bc +=-+， 所以22a a =+，所以2a =，又因为sin sinsin 1234C πππ⎛⎫==-=⎪⎝⎭，由sin sin c a C A =得3c =，所以1sin 123ABC S ac B ∆==-．18.解：（1）设第一大块地中的两小块地编号为1，2，第二大块地中的两小块地编号为3，4，令事件A = “第一大块地都种品种甲”．从4小块地中任选2小块地种植品种甲的基本事件共6个；()()()1,2,1,3,1,4，()2,3，()2,4，()3,4．而事件A 包含1个基本事件：()1,2．所以()16P A =； （2）品种甲的每公顷产量的样本平均数和样本方差分别为：()14033973904043884004124064008x =+++++++=甲， ()()()()2222222213310412012657.258S =+-+-++-+++=甲， 品种乙的每公顷产量的样本平均数和样本方差分别为：()14194034124184084234004134128x =+++++++=乙， ()()()()22222222217906411121568S =+-+++-++-+=乙， 由以上结果可以看出，品种乙的样本平均数大于品种甲的样本平均数，且两品种的样本方差差异不大，故应该选择种植品种乙．19.解：（1）连接1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点，因为侧面11BB C C 为菱形，所以11B C BC ⊥． 又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥，故1B C ⊥平面ABO ．由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥． （2）作OD BC ⊥，垂足为D ，连接AD ．作OH AD ⊥，垂足为H ．由于BC AO ⊥，BC OD ⊥，故BC ⊥平面AOD ，所以OH BC ⊥．又OH AD ⊥，所以OH ⊥平面ABC ，因为0160CBB ∠=，所以1CBB ∆为等边三角形，又1BC =，可得OD =．由于1AC AB ⊥，所以11122OA B C ==．由OH AD OD OA =，且4AD ==，得14OH =．又O 为1B C 的中点，所以点1B 到平面ABC 的距离为7故三棱柱111ABC A B C -的距离为7． 20.解：（1）由题意，当直线AB 经过椭圆的顶点()0,b 时，其倾斜角为60°．设(),0F c -，则0tan 60b c ==222a b c -=，所以2a c =．所以椭圆的离心率为12c e a ==． （2）由（1）知，椭圆的方程可表示为2222143x y c c+=．设()()1122,,,A x y B x y ．根据题意，设直线AB 的方程为()y k x c =+，将其带入2223412x y c +=，整理得()2222224384120k x ck x k c c +++-=，则()21212122286,24343ck ckx x y y k x x c k k -+=+=++=++，22243,443ck ck G kk ⎛⎫- ⎪+⎝⎭． 因为GD AB ⊥，所以2223431443Dckk k ck x k +⨯=---+，2243D ck x k -=+．因为GFD OED ∆∆，所以2122299GD S S k OD ==+，由题意，()0,k ∈∞，∴()290,k ∈∞，所以12S S 的取值范围是()9,+∞． 21.解：（1）()f x 的定义域为1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，且()2111a x f x a ax x a'=-=-++． ①当0a <时，∵1x a >-，∴1ax <-，∴()0f x '>，函数在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭是增函数； ②当0a >时，10ax +>，在区间1,0a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上，()0f x '>；在区间()0,+∞上，()0f x '<． 所以()f x 在区间1,0a ⎛⎫-⎪⎝⎭上是增函数；在区间()0,+∞上是减函数． （2）当0a <时，取1x e a=-，则1111201f e a e ae ae a e a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--=->>-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，不合题意．当0a >时，令()()h x ax f x =-，则()12ln h x ax x a ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭． 问题转化为()0h x >恒成立时a 的取值范围．由于()1212211a x a h x a x x a a ⎛⎫+ ⎪⎝⎭'=-=++，所以在区间11,2a a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上，()0h x '<；在区间1,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上，()0h x '>．所以()h x 的最小值为12h a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，所以只需102h a ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，即1112ln 022aa a a ⎛⎫⎛⎫---+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1ln12a <-，所以2ea >． 22.解：（1）圆:cos sin O ρθθ=+，即2cos sinρρθρθ=+，故圆O 的直角坐标方程为：220x y x y +--=，直线:sin 4l πρθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭sin cos 1ρθρθ-=，则直线的直角坐标方程为：10x y -+=．（2）由（1）知圆O 与直线l 的直角坐标方程，将两方程联立得22010x y x y x y ⎧+--=⎨-+=⎩解得01x y =⎧⎨=⎩．即圆O 与直线l 的在直角坐标系下的公共点为()0,1，转化为极坐标为1,2π⎛⎫⎪⎝⎭． 23.解：（1）原不等式为：23215x x ++-≤， 当32x ≤-时，原不等式可转化为425x --≤，即7342x -≤≤-； 当3122x -<<时，原不等式可转化为45≤恒成立，所以3122x -<<； 当12x ≥时，原不等式可转化为425x +≤，即1324x ≤≤． 所以原不等式的解集为73|44x x ⎧⎫-≤≤⎨⎬⎩⎭． （2）由已知函数()342,2314,22142,2x x f x x x x ⎧--≤-⎪⎪⎪=-<<⎨⎪⎪+≥⎪⎩，可得函数()y f x =的最小值为4，所以24m ->，解得6m >或2m <-．。
成都七中2020届三诊模拟文科数学试卷(含答案)
成都七中2020届三诊模拟数 学(文科)一、选择题：（本大题共12小题,每小题5分,共60分.） 1. 已知集合2{1,0,1,2,3,4},{|,}A B y y x x A =-==∈,则AB =（ ）(A){0,1,2} (B){0,1,4} (C){1,0,1,2}- (D){1,0,1,4}- 2. 已知复数11iz =+,则||z =（ ）(B)1 (D)2 3. 设函数()f x 为奇函数,当0x >时,2()2,f x x =-则((1))f f =（ ） (A)1- (B)2- (C)1 (D)24. 已知单位向量12,e e 的夹角为2π3,则122e e -=（ ）(A)3 (B)7 (C)5. 已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的渐近线方程为3y x =±,则双曲线的离心率是（ ）(C)10 (D)1096. 在等比数列{}n a 中,10,a >则“41a a <”是“53a a <”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7. 如图所示的程序框图,当其运行结果为31时,则图中判断框①处应填入的是（ ）(A)6?i ≤ (B)5?i ≤ (C)4?i ≤ (D)3?i ≤8. 已知,a b 为两条不同直线,,,αβγ为三个不同平面,下列命题：①若///,,/ααγβ则//βγ；②若//,//,a a αβ则//αβ；③若,,αγγβ⊥⊥则αβ⊥；④若,,a b αα⊥⊥则//a b .其中正确命题序号为（ ） (A)②③(B)②③④(C)①④(D)①②③9. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中,提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究,在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列,其前7项分别为1,5,11,21,37,61,95,则该数列的第8项为（ ） (A)99(B)131 (C)139 (D)14110. 已知2πlog e ,a =πln ,eb =2e ln ,πc =则（ ）得分(A)a b c << (B)b c a << (C)b a c << (D)c b a <<11. 已知一个四面体的每一个面都是以3,3,2为边长的锐角三角形,则这个四面体的外接球的表面积为（ ） (A)11π4 (B)11π2(C)11π (D)22π 12. 已知P 是椭圆2214x y +=上一动点,(2,1),(2,1)A B -,则cos ,PAPB 的最大值是（ ）(D)14二、填空题：（本大题共4小题,每小题5分,共20分.）13.已知数列{}n a 的前n 项和为,n S 且111,1(2),n n a a S n -==+≥则4a =14. 已知实数,x y 满足线性约束条件117x y x y ≥⎧⎪≥-⎨⎪+≤⎩,则目标函数2z x y =+的最大值是15. 如图是一种圆内接六边形ABCDEF ,其中BC CD DE EF FA ====且.AB BC ⊥则在圆内随机取一点,则此点取自六边形ABCDEF 内的概率是16. 若指数函数xy a =(0a >且1)a ≠与一次函数y x =的图象恰好有两个不同的交点,则实数a 的取值范围是三、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. 17.(本小题满分12分)在ABC ∆中,内角,,A B C 的对边分别为,,.a b c 已知2.tan sin a bA B= (1)求角A 的大小； (2)若2,a b ==求ABC ∆的面积.18.(本小题满分12分) 成都七中为了解班级卫生教育系列活动的成效,对全校40个班级进行了一次突击班级卫生量化打分检查(满分100分,最低分20分).根据检查结果：得分在[80,100]评定为“优”,奖励3面小红旗；得分在[60,80)评定为“良”,奖励2面小红旗；得分在[40,60)评定为“中”,奖励1面小红旗；得分在[20,40)评定为“差”,不奖励小红旗.已知统计结果的部分频率分布直方图如下图：(1)依据统计结果的部分频率分布直方图,求班级卫生量化打分检查得分的中位数；(2)学校用分层抽样的方法,从评定等级为“良”、“中”的班级中抽取6个班级,再从这6个班级中随机抽取2个班级进行抽样复核,求所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率.19.(本小题满分12分) 如图,在四棱锥M ABCD -中,2,,AB AM AD MB MD AB AD =====⊥(1)证明：AB ⊥平面ADM ；(2)若//CD AB 且23CD AB =,E 为线段BM 上一点,且 2BE EM =,求三棱锥A CEM -的体积.20.(本小题满分12分)已知函数22e (),(e,).ln x xf x x x x ++=∈+∞ (1)证明：当(e,)x ∈+∞时,3eln ex x x ->+；(2)证明：()f x 在1[2e ,)2++∞单调递增.(其中e 2.71828=是自然对数的底数).21.(本小题满分12分)已知点P 是抛物线21:2C y x =上的一点,其焦点为点,F 且抛物线C 在点P 处的切线l 交圆:O 221x y +=于不同的两点,A B .(1)若点(2,2),P 求||AB 的值；(2)设点M 为弦AB 的中点,焦点F 关于圆心O 的对称点为,F '求||F M '的取值范围.请考生在第22,23题中任选择一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.作答时,用2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的标号涂黑.22.(本小题满分10分)选修44-：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中,曲线C 的参数方程为233x y αα⎧=+⎪⎨=⎪⎩(α为参数,0πα≤≤).在以坐标原点为极点,x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系中,射线l 的极坐标方程是π6θ=.(1)求曲线C 的极坐标方程；(2)若射线l 与曲线C 相交于,A B 两点,求||||OA OB ⋅的值.23.(本小题满分10分)选修45-：不等式选讲已知0,0,a b >>且24,a b +=函数()2f x x a x b =++-在R 上的最小值为.m (1)求m 的值；(2)若22a mb tab +≥恒成立,求实数t 的最大值.参考答案一、选择题(每小题5分,共60分)1.B ；2.A ；3.C ；4.D ；5.A ；6.A ；7.B ；8.C ；9.D ； 10.B ； 11.C ； 12.A.二、填空题(每小题5分,共20分)13.8； 14.15； ； 16.1e (1,e ).三、解答题(共70分) 17. 解：(1)由正弦定理知sin sin a b A B =,又2,tan sin a b A B =所以2.sin tan a aA A= 于是1cos ,2A =因为0π,A <<所以π.3A =6分(2)因为π2,,3a b A ===22π222cos ,3c c =+-⨯⨯即2230.c c --=又0c >,所以 3.c =故ABC ∆的面积为11πsin 23sin223bc A =⨯⨯⨯= 12分18.解：(1)得分[20,40)的频率为0.005200.1⨯=；得分[40,60)的频率为0.010200.2⨯=； 得分[80,100]的频率为0.015200.3⨯=；所以得分[60,80)的频率为1(0.10.20.3)0.4.-++=设班级得分的中位数为x 分,于是600.10.20.40.520x -++⨯=,解得70.x = 所以班级卫生量化打分检查得分的中位数为70分. 6分(2)由(1)知题意 “良”、“中”的频率分别为0.4,0.2.又班级总数为40.于是“良”、“中”的班级个数分别为16,8．分层抽样的方法抽取的 “良”、“中”的班级个数分别为4,2. 因为评定为“良”,奖励2面小红旗,评定为“中”,奖励1面小红旗.所以抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3为两个评定为“良”的班级或一个评定为“良”与一个评定为“中”的班级.记这个事件为.A 则A 为两个评定为“中”的班级.把4个评定为“良”的班级标记为1,2,3,4. 2个评定为“中”的班级标记为5,6.从这6个班级中随机抽取2个班级用点(,)i j 表示,其中16i j ≤<≤.这些点恰好为66⨯方格格点上半部分(不含i j =对角线上的点),于是有366152-=种. 事件A 仅有(5,6)一个基本事件. 所以114()1()1.1515P A P A =-=-= 所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率为14.1512分19.解：(1)因为2AB AM ==,MB =所以222.AM AB MB +=于是.AB AM ⊥ 又,AB AD ⊥且,AMAD A AM =⊂平面ABD ,AD ⊂平面ADM ,所以AB ⊥平面.ADM 5分(2)因为2,AM AD MD ===所以ADM S ∆=因为2BE EM =,所以1.3C AEM C ABM V V --=又//,CD AB AB ⊥平面.ADM 所以111333A CEM C AEM C ABM D ABMB ADM V V V V V -----====111123333ADM S AB =⨯⋅⋅=⨯=所以三棱锥A CEM -的体积为912分20.解：(1)令3e ()ln ,(e,).e x g x x x x -=-∈+∞+则22214e (e)()0.(e)(e)x g x x x x x -'=-=>++于是()g x 在(e,)+∞单调递增,所以()(e)0,g x g >= 即3eln ,(e,).ex x x x ->∈+∞+ 5分(2)22222222(21)ln (e )(ln 1)(e )ln (e )().(ln )(ln )x x x x x x x x x x f x x x x x +-+++--++'== 令2222()(e )ln (e ),(e,).h x x x x x x =--++∈+∞ 当(e,)x ∈+∞时,由(1)知3eln .e x x x ->+则222223e 1()(e )(e )2(4e 1)2[(2e )],e 2x h x x x x x x x x x ->--++=-+=-++ 当1[2e ,)2x ∈++∞时,()0h x >,从而()0.f x '> 故()f x 在1[2e ,)2++∞严格单调递增. 12分21.解：设点00(,)P x y ,其中2001.2y x =因为,y x '=所以切线l 的斜率为0,x 于是切线2001:.2l y x x x =-(1)因为(2,2),P 于是切线:2 2.l y x =-故圆心O 到切线l 的距离为d =于是||AB===5分(2)联立22200112x yy x x x⎧+=⎪⎨=-⎪⎩得22340001(1)10.4x x x x x+-+-=设1122(,),(,),(,).A x yB x y M x y则3122,1xx xx+=+32240001()4(1)(1)0.4x x x∆=--+->又20,x≥于是202x≤<+于是32200120022001,.22(1)22(1)x xx xx y x x xx x+===-=-++又C的焦点1(0,),2F于是1(0,).2F'-故||F M'===9分令21,t x=+则13t≤<+于是||F M'==因为3tt+在单调递减,在+单调递增.又当1t=时,1||2F M'=；当t=时,||F M'=；当3t=+时,11||.22F M'=>所以||F M'的取值范围为1).212分22.解：(1)消去参数α得22(2)3(0)x y y-+=≥将cos,sinx yρθρθ==代入得22(cos2)(sin)3,ρθρθ-+=即24cos10.ρρθ-+=所以曲线C的极坐标方程为2π4cos10(0).3ρρθθ-+=≤≤5分(2)法1：将π6θ=代入2π4cos10(0)3ρρθθ-+=≤≤得210ρ-+=,设12ππ(,),(,),66A Bρρ则121.ρρ=于是12|||| 1.OA OBρρ⋅==10分法2：π3θ=与曲线C相切于点,Mπ||2sin1,3OM==由切割线定理知2|||||| 1.OA OB OM⋅==10分23.解：(1)3, (,),2()2, [,],23, (,).a x a b x a f x x a x b x a b x b x a b x b ⎧--+∈-∞-⎪⎪⎪=++-=++∈-⎨⎪+-∈+∞⎪⎪⎩.当(,)2a x ∈-∞-时,函数()f x 单调递减；当(,)xb ∈+∞时,函数()f x 单调递增. 所以m 只能在[,]2a b -上取到.当[,]2ax b ∈-时,函数()f x 单调递增. 所以2() 2.222a a a bm f a b +=-=-++==5分(2)因为22a mb tab +≥恒成立,且0,0a b >>,所以22a mb t ab +≤恒成立即mina b mb t a ⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭.由(1)知2m =,于是a b a mb +≥== 当且仅当2a b ab =时等号成立即1)0,2(20.a b =>=>所以t ≤,故实数t的最大值为10分。
2020届四川省成都市第七中学高三高中毕业班三诊模拟数学(文)试题(解析版)
,cos
1)，
P 点位于左顶点，
tan 当 t (0,2] ，
4 3t 4 8 8
t
4 4
3t t
4
2
8 43
3
4 ，当且仅当 3t
4
即
t
t 2 3 时取等号， 3
则 cos
1 1 tan2
1
2
12 3
1
2
62
62 4.
uuur uuur 综上所述， cos PA, PB 的最大值是
6 2. 4
故选： A
【详解】
Q 所给数列为高阶等差数列 设该数列的第 8 项为 x
根据所给定义：用数列的后一项减去前一项得到一个新数列，
得到的新数列也用后一项减去前一项得到一个新数列
即得到了一个等差数列，如图：
8 项；
根据图象可得： y 34 12 ，解得 y 46 x 95 y 46 解得： x 141
故选： D ． 【点睛】 本题主要考查了数列的新定义，解题关键是理解题意和掌握等差数列定义，考查了分析能力和 计算能力，属于中档题．
D． 14 14
90o ，当直线 AP、BP 之中有一条直线的斜率不存在时
tan AB 4 ，当直线 AP、 BP 斜率都存在时由 tan
k AP kBP 求出 tan 关于 y 的表达
AP
1 k AP k BP
式，利用换元法和基本不等式即可求得 tan 的范围，再由 cos
1 1 tan2
转化为 cos 的
范围即可求得最大值 .
【详解】
uuur uuur
记 PA, PB
，若
90o，则 cos
0 ；若
90o ，则 cos =0 ；
四川省成都七中2020届高三数学三诊模拟试题文
四川省成都七中2020届高三数学三诊模拟试题 文本试卷分选择题和非选择题两部分. 第Ⅰ卷(选择题)1至2页,第Ⅱ卷 (非选择题)3至4页,共4页,满分150分,考试时间120分钟. 注意事项：1.答题前,务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上.2.答选择题时,必须使用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦擦干净后,再选涂其它答案标号.3.答非选择题时,必须使用0.5毫米黑色签字笔,将答案书写在答题卡规定位置上.4.所有题目必须在答题卡上作答,在试题卷上答题无效.5.考试结束后,只将答题卡交回.第Ⅰ卷 (选择题,共60分)一、选择题：本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合2{1,0,1,2,3,4},{|,}A B y y x x A =-==∈,则A B =I(A){0,1,2} (B){0,1,4} (C){1,0,1,2}- (D){1,0,1,4}- 2. 已知复数11iz =+,则||z =(A)2(D)2 3. 设函数()f x 为奇函数,当0x >时,2()2,f x x =-则((1))f f = (A)1- (B)2- (C)1 (D)24. 已知单位向量12,e e 的夹角为2π3,则122e e -=5. 已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的渐近线方程为3y x =±,则双曲线的离心率是(C)10 (D)1096. 在等比数列{}n a 中,10,a >则“41a a <”是“53a a <”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7. 如图所示的程序框图,当其运行结果为31时,则图中判断框①处应填入的是(A)6?i ≤ (B)5?i ≤ (C)4?i ≤ (D)3?i ≤8. 已知,a b 为两条不同直线,,,αβγ为三个不同平面,下列命题：①若///,,/ααγβ则//βγ；②若//,//,a a αβ则//αβ；③若,,αγγβ⊥⊥则αβ⊥；④若,,a b αα⊥⊥则//a b .其中正确命题序号为 (A)②③(B)②③④(C)①④(D)①②③9. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中,提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究,在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列,其前7项分别为1,5,11,21,37,61,95,则该数列的第8项为 (A)99(B)131 (C)139 (D)14110. 已知2πlog e ,a =πln ,eb =2e ln ,πc =则(A)a b c <<(B)b c a <<(C)b a c <<(D)c b a <<11. 已知一个四面体的每一个面都是以3,3,2为边长的锐角三角形,则这个四面体的外接球的表面积为 (A)11π4 (B)11π2(C)11π (D)22π 12. 已知P 是椭圆2214x y +=上一动点,(2,1),(2,1)A B -,则cos ,PA PB u u u r u u u r 的最大值是14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.把答案填在答题卡上.13.已知数列{}n a 的前n 项和为,n S 且111,1(2),n n a a S n -==+≥则4a =14. 已知实数,x y 满足线性约束条件117x y x y ≥⎧⎪≥-⎨⎪+≤⎩,则目标函数2z x y =+的最大值是15. 如图是一种圆内接六边形ABCDEF ,其中BC CD DE EF FA ====且.AB BC ⊥则在圆内随机取一点,则此点取自六边形ABCDEF 内的概率是16. 若指数函数xy a =(0a >且1)a ≠与一次函数y x =的图象恰好有两个不同的交点,则实数a 的取值范围是三、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. 17.(本小题满分12分)在ABC ∆中,内角,,A B C 的对边分别为,,.a b c 已知2.tan sin a bA B= (1)求角A 的大小； (2)若2,a b ==求ABC ∆的面积.18.(本小题满分12分)成都七中为了解班级卫生教育系列活动的成效,对全校40个班级进行了一次突击班级卫生量化打分检查(满分100分,最低分20分).根据检查结果：得分在[80,100]评定为“优”,奖励3面小红旗；得分在[60,80)评定为“良”,奖励2面小红旗；得分在[40,60)评定为“中”,奖励1面小红旗；得分在[20,40)评定为“差”,不奖励小红旗.已知统计结果的部分频率分布直方图如下图：(1)依据统计结果的部分频率分布直方图,求班级卫生量化打分检查得分的中位数；(2)学校用分层抽样的方法,从评定等级为“良”、“中”的班级中抽取6个班级,再从这6个班级中随机抽取2个班级进行抽样复核,求所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率.19.(本小题满分12分) 如图,在四棱锥M ABCD-中,2,2.,,3AB AM AD MB MD AB AD =====⊥ (1)证明：AB ⊥平面ADM ； (2)若//CD AB 且23CD AB =,E 为线段BM 上一点,且 2BE EM =,求三棱锥A CEM -的体积.20.(本小题满分12分)已知函数22e (),(e,).ln x xf x x x x++=∈+∞ (1)证明：当(e,)x ∈+∞时,3eln ex x x ->+； (2)证明：()f x 在1[2e ,)2++∞单调递增.(其中e 2.71828=L 是自然对数的底数).21.(本小题满分12分)已知点P 是抛物线21:2C y x =上的一点,其焦点为点,F 且抛物线C 在点P 处的切线l 交圆:O 221x y +=于不同的两点,A B .(1)若点(2,2),P 求||AB 的值；(2)设点M 为弦AB 的中点,焦点F 关于圆心O 的对称点为,F '求||F M '的取值范围.请考生在第22,23题中任选择一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.作答时,用2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的标号涂黑.22.(本小题满分10分)选修44-：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中,曲线C 的参数方程为233x y αα⎧=+⎪⎨=⎪⎩(α为参数,0πα≤≤).在以坐标原点为极点,x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系中,射线l 的极坐标方程是π6θ=.(1)求曲线C 的极坐标方程；(2)若射线l 与曲线C 相交于,A B 两点,求||||OA OB ⋅的值.23.(本小题满分10分)选修45-：不等式选讲已知0,0,a b >>且24,a b +=函数()2f x x a x b =++-在R 上的最小值为.m (1)求m 的值；(2)若22a mb tab +≥恒成立,求实数t 的最大值.成都七中2020届高中毕业班三诊模拟数 学(文科)参考答案及评分意见第Ⅰ卷 (选择题,共60分)一、选择题(每小题5分,共60分)1.B ；2.A ；3.C ；4.D ；5.A ；6.A ；7.B ；8.C ；9.D ； 10.B ； 11.C ； 12.A.第Ⅱ卷 (非选择题,共90分)二、填空题(每小题5分,共20分)13.8； 14.15； 15.2π； 16.1e (1,e ).三、解答题(共70分)17. 解：(1)由正弦定理知sin sin a b A B =,又2,tan sin a b A B =所以2.sin tan a aA A=于是1cos ,2A =因为0π,A <<所以π.3A = L L 6分(2)因为π2,,3a b A ===22π222cos ,3c c =+-⨯⨯即2230.c c --=又0c >,所以 3.c =故ABC ∆的面积为11πsin 23sin 2232bc A =⨯⨯⨯= L L 12分18.解：(1)得分[20,40)的频率为0.005200.1⨯=；得分[40,60)的频率为0.010200.2⨯=；得分[80,100]的频率为0.015200.3⨯=；所以得分[60,80)的频率为1(0.10.20.3)0.4.-++=设班级得分的中位数为x 分,于是600.10.20.40.520x -++⨯=,解得70.x = 所以班级卫生量化打分检查得分的中位数为70分. L L 6分(2)由(1)知题意 “良”、“中”的频率分别为0.4,0.2.又班级总数为40. 于是“良”、“中”的班级个数分别为16,8．分层抽样的方法抽取的 “良”、“中”的班级个数分别为4,2.因为评定为“良”,奖励2面小红旗,评定为“中”,奖励1面小红旗.所以抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3为两个评定为“良”的班级或一个评定为“良”与一个评定为“中”的班级.记这个事件为.A 则A 为两个评定为“中”的班级.把4个评定为“良”的班级标记为1,2,3,4. 2个评定为“中”的班级标记为5,6.从这6个班级中随机抽取2个班级用点(,)i j 表示,其中16i j ≤<≤.这些点恰好为66⨯方格格点上半部分(不含i j =对角线上的点),于是有366152-=种. 事件A 仅有(5,6)一个基本事件. 所以114()1()1.1515P A P A =-=-=所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率为14.15L L 12分19.解：(1)因为2AB AM ==,MB =, 所以222.AM AB MB +=于是.AB AM ⊥又,AB AD ⊥且,AM AD A AM =⊂I 平面ABD ,AD ⊂平面ADM ,所以AB ⊥平面.ADM L L 5分(2)因为2,AM AD MD ===所以ADM S ∆=因为2BE EM =,所以1.3C AEM C ABM V V --=又//,CD AB AB ⊥平面.ADM所以111333A CEM C AEM C ABM D ABM B ADM V V V V V -----==== 111123333ADM S AB =⨯⋅⋅=⨯=所以三棱锥A CEM -的体积为9L L 12分20.解：(1)令3e ()ln ,(e,).e x g x x x x -=-∈+∞+则22214e (e)()0.(e)(e)x g x x x x x -'=-=>++于是()g x 在(e,)+∞单调递增,所以()(e)0,g x g >=即3eln ,(e,).ex x x x ->∈+∞+ L L 5分 (2)22222222(21)ln (e )(ln 1)(e )ln (e )().(ln )(ln )x x x x x x x x x x f x x x x x +-+++--++'== 令2222()(e )ln (e ),(e,).h x x x x x x =--++∈+∞当(e,)x ∈+∞时,由(1)知3eln .e x x x ->+则222223e 1()(e )(e )2(4e 1)2[(2e )],e 2x h x x x x x x x x x ->--++=-+=-++ 当1[2e ,)2x ∈++∞时,()0h x >,从而()0.f x '>故()f x 在1[2e ,)2++∞严格单调递增. L L 12分21.解：设点00(,)P x y ,其中2001.2y x =因为,y x '=所以切线l 的斜率为0,x 于是切线2001:.2l y x x x =-(1)因为(2,2),P 于是切线:2 2.l y x =-故圆心O 到切线l的距离为d =于是||AB === L L 5分(2)联立22200112x y y x x x ⎧+=⎪⎨=-⎪⎩得22340001(1)10.4x x x x x +-+-= 设1122(,),(,),(,).A x y B x y M x y 则301220,1x x x x +=+32240001()4(1)(1)0.4x x x ∆=--+-> 又200,x ≥于是2002x ≤<+于是32200120022001,.22(1)22(1)x x x x x y x x x x x +===-=-++ 又C 的焦点1(0,),F 于是1(0,).F '-故||F M '===L L 9分 令201,t x =+则13t ≤<+于是||F M'==因为3t t+在单调递减,在+单调递增.又当1t =时,1||2F M '=；当t =时,||F M '=当3t =+时,1||.2F M'=> 所以||F M '的取值范围为1).2L L 12分22.解：(1)消去参数α得22(2)3(0)x y y -+=≥将cos ,sin x y ρθρθ==代入得22(cos 2)(sin )3,ρθρθ-+=即24cos 10.ρρθ-+=所以曲线C 的极坐标方程为2π4cos 10(0).3ρρθθ-+=≤≤L L 5分 (2)法1：将π6θ=代入2π4cos 10(0)3ρρθθ-+=≤≤得210ρ-+=,设12ππ(,),(,),66A B ρρ则12 1.ρρ=于是12|||| 1.OA OB ρρ⋅== L L 10分法2：π3θ=与曲线C 相切于点,M π||2sin 1,3OM ==由切割线定理知2|||||| 1.OA OB OM ⋅== L L 10分23.解：(1)3, (,),2()2, [,],23, (,).a x a b x a f x x a x b x a b x b x a b x b ⎧--+∈-∞-⎪⎪⎪=++-=++∈-⎨⎪+-∈+∞⎪⎪⎩.当(,)2ax ∈-∞-时,函数()f x 单调递减；当(,)x b ∈+∞时,函数()f x 单调递增.所以m 只能在[,]2a b -上取到.当[,]2ax b ∈-时,函数()f x 单调递增.所以2() 2.222a a a bm f a b +=-=-++== L L 5分(2)因为22a mb tab +≥恒成立,且0,0a b >>,所以22a mb t ab +≤恒成立即mina b mb t a ⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭.由(1)知2m =,于是a b a mb +≥== 当且仅当2aab=时等号成立即1)0,2(20.a b =>=> 所以t ≤,故实数t 的最大值为 L L 10分。
成都七中2020届三诊模拟试卷(文科数学)答案
得分[80,100] 的频率为 0.015 20 0.3 ；
所以得分[60,80) 的频率为1 (0得分的中位数为 x 分,于是 0.1 0.2 x 60 0.4 0.5 ,解得 x 70. 20
所以班级卫生量化打分检查得分的中位数为 70 分.
1 x
4e (x e)2
(x e)2 x(x e)2
0.
于是 g(x) 在 (e, ) 单调递增,所以 g(x) g(e) 0,
即 ln x 3x e , x (e, ).
5分
xe
(2) f (x) (2x 1)x ln x (x2 x e2 )(ln x 1) (x2 e2 ) ln x (x2 x e2 ) .
6分
(2)由(1)知题意 “良”、“中”的频率分别为 0.4, 0.2. 又班级总数为 40.
于是“良”、“中”的班级个数分别为16,8 ．
分层抽样的方法抽取的 “良”、“中”的班级个数分别为 4, 2.
因为评定为“良”,奖励 2 面小红旗,评定为“中”,奖励 1 面小红旗.
所以抽取的 2 个班级获得的奖励小红旗面数和不少于 3 为两个评定为“良”的班级或一个评
所以 AM 2 AB2 MB2. 于是 AB AM .
又 AB AD, 且 AM AD A, AM 平面 ABD , AD 平面 ADM ,
所以 AB 平面 ADM .
(2)因为 AM AD 2, MD 2 3 ,所以 SADM 3.
因为 BE
2EM
,所以VC AEM
1 3
6分
2
3
(2)因为 a 7,b 2, A π , 3
由余弦定理得
2
7
22
c2
2 2 c cos
四川省成都市第七中学高中2020届高三高中毕业班三诊模拟数学(文科)试题附答案
成都七中2020届高中毕业班三诊模拟数 学(文科)本试卷分选择题和非选择题两部分. 第Ⅰ卷(选择题)1至2页,第Ⅱ卷 (非选择题)3至4页,共4页,满分150分,考试时间120分钟. 注意事项：1.答题前,务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上.2.答选择题时,必须使用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦擦干净后,再选涂其它答案标号.3.答非选择题时,必须使用0.5毫米黑色签字笔,将答案书写在答题卡规定位置上.4.所有题目必须在答题卡上作答,在试题卷上答题无效.5.考试结束后,只将答题卡交回.第Ⅰ卷 (选择题,共60分)一、选择题：本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合2{1,0,1,2,3,4},{|,}A B y y x x A =-==∈,则A B =I(A){0,1,2} (B){0,1,4} (C){1,0,1,2}- (D){1,0,1,4}- 2. 已知复数11iz =+,则||z =(A)2(B)1 (D)2 3. 设函数()f x 为奇函数,当0x >时,2()2,f x x =-则((1))f f = (A)1- (B)2- (C)1 (D)24. 已知单位向量12,e e 的夹角为2π3,则122e e -=(A)3 (B)75. 已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的渐近线方程为3y x =±,则双曲线的离心率是(B)3 (C)10 (D)1096. 在等比数列{}n a 中,10,a >则“41a a <”是“53a a <”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7. 如图所示的程序框图,当其运行结果为31时,则图中判断框①处应填入的是(A)6?i ≤ (B)5?i ≤ (C)4?i ≤ (D)3?i ≤8. 已知,a b 为两条不同直线,,,αβγ为三个不同平面,下列命题：①若///,,/ααγβ则//βγ；②若//,//,a a αβ则//αβ；③若,,αγγβ⊥⊥则αβ⊥；④若,,a b αα⊥⊥则//a b .其中正确命题序号为 (A)②③(B)②③④(C)①④(D)①②③9. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中,提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究,在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列,其前7项分别为1,5,11,21,37,61,95,则该数列的第8项为 (A)99(B)131 (C)139 (D)14110. 已知2πlog e ,a =πln ,eb =2e ln ,πc =则(A)a b c <<(B)b c a <<(C)b a c <<(D)c b a <<11. 已知一个四面体的每一个面都是以3,3,2为边长的锐角三角形,则这个四面体的外接球的表面积为 (A)11π4 (B)11π2(C)11π (D)22π 12. 已知P 是椭圆2214x y +=上一动点,(2,1),(2,1)A B -,则cos ,PA PB u u u r u u u r 的最大值是(A)4 (B)17 (C)6- (D)14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.把答案填在答题卡上. 13.已知数列{}n a 的前n 项和为,n S 且111,1(2),n n a a S n -==+≥则4a =14. 已知实数,x y 满足线性约束条件117x y x y ≥⎧⎪≥-⎨⎪+≤⎩,则目标函数2z x y =+的最大值是15. 如图是一种圆内接六边形ABCDEF ,其中BC CD DE EF FA ====且.AB BC ⊥则在圆内随机取一点,则此点取自六边形ABCDEF 内的概率是16. 若指数函数xy a =(0a >且1)a ≠与一次函数y x =的图象恰好有两个不同的交点,则实数a 的取值范围是三、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. 17.(本小题满分12分)在ABC ∆中,内角,,A B C 的对边分别为,,.a b c 已知2.tan sin a bA B= (1)求角A 的大小； (2)若2,a b ==求ABC ∆的面积.18.(本小题满分12分)成都七中为了解班级卫生教育系列活动的成效,对全校40个班级进行了一次突击班级卫生量化打分检查(满分100分,最低分20分).根据检查结果：得分在[80,100]评定为“优”,奖励3面小红旗；得分在[60,80)评定为“良”,奖励2面小红旗；得分在[40,60)评定为“中”,奖励1面小红旗；得分在[20,40)评定为“差”,不奖励小红旗.已知统计结果的部分频率分布直方图如下图：(1)依据统计结果的部分频率分布直方图,求班级卫生量化打分检查得分的中位数；(2)学校用分层抽样的方法,从评定等级为“良”、“中”的班级中抽取6个班级,再从这6个班级中随机抽取2个班级进行抽样复核,求所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率.19.(本小题满分12分)如图,在四棱锥M ABCD -中,2,2.,,3AB AM AD MB MD AB AD =====⊥ (1)证明：AB ⊥平面ADM ； (2)若//CD AB 且23CD AB =,E 为线段BM 上一点,且 2BE EM =,求三棱锥A CEM -的体积.20.(本小题满分12分)已知函数22e (),(e,).ln x xf x x x x++=∈+∞ (1)证明：当(e,)x ∈+∞时,3eln ex x x ->+； (2)证明：()f x 在1[2e ,)2++∞单调递增.(其中e 2.71828=L 是自然对数的底数).21.(本小题满分12分)已知点P 是抛物线21:2C y x =上的一点,其焦点为点,F 且抛物线C 在点P 处的切线l 交圆:O 221x y +=于不同的两点,A B .(1)若点(2,2),P 求||AB 的值；(2)设点M 为弦AB 的中点,焦点F 关于圆心O 的对称点为,F '求||F M '的取值范围.请考生在第22,23题中任选择一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.作答时,用2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的标号涂黑.22.(本小题满分10分)选修44-：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中,曲线C 的参数方程为233x y αα⎧=⎪⎨=⎪⎩(α为参数,0πα≤≤).在以坐标原点为极点,x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系中,射线l 的极坐标方程是π6θ=.(1)求曲线C 的极坐标方程；(2)若射线l 与曲线C 相交于,A B 两点,求||||OA OB ⋅的值.23.(本小题满分10分)选修45-：不等式选讲已知0,0,a b >>且24,a b +=函数()2f x x a x b =++-在R 上的最小值为.m(1)求m 的值；(2)若22a mb tab +≥恒成立,求实数t 的最大值.成都七中2020届高中毕业班三诊模拟数 学(文科)参考答案及评分意见第Ⅰ卷 (选择题,共60分)一、选择题(每小题5分,共60分)1.B ；2.A ；3.C ；4.D ；5.A ；6.A ；7.B ；8.C ；9.D ； 10.B ； 11.C ； 12.A.第Ⅱ卷 (非选择题,共90分)二、填空题(每小题5分,共20分)13.8； 14.15； 15.2π； 16.1e (1,e ).三、解答题(共70分) 17. 解：(1)由正弦定理知sin sin a b A B =,又2,tan sin a b A B =所以2.sin tan a aA A= 于是1cos ,2A =因为0π,A <<所以π.3A = L L 6分(2)因为π2,,3a b A ===22π222cos,3c c =+-⨯⨯即2230.c c --=又0c >,所以 3.c =故ABC ∆的面积为11πsin 23sin 223bc A =⨯⨯⨯= L L 12分18.解：(1)得分[20,40)的频率为0.005200.1⨯=；得分[40,60)的频率为0.010200.2⨯=； 得分[80,100]的频率为0.015200.3⨯=；所以得分[60,80)的频率为1(0.10.20.3)0.4.-++=设班级得分的中位数为x 分,于是600.10.20.40.520x -++⨯=,解得70.x = 所以班级卫生量化打分检查得分的中位数为70分. L L 6分 (2)由(1)知题意 “良”、“中”的频率分别为0.4,0.2.又班级总数为40.于是“良”、“中”的班级个数分别为16,8．分层抽样的方法抽取的 “良”、“中”的班级个数分别为4,2.因为评定为“良”,奖励2面小红旗,评定为“中”,奖励1面小红旗.所以抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3为两个评定为“良”的班级或一个评定为“良”与一个评定为“中”的班级.记这个事件为.A 则A 为两个评定为“中”的班级.把4个评定为“良”的班级标记为1,2,3,4. 2个评定为“中”的班级标记为5,6.从这6个班级中随机抽取2个班级用点(,)i j 表示,其中16i j ≤<≤.这些点恰好为66⨯方格格点上半部分(不含i j =对角线上的点),于是有366152-=种. 事件A 仅有(5,6)一个基本事件. 所以114()1()1.1515P A P A =-=-= 所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率为14.15L L 12分19.解：(1)因为2AB AM==,MB =所以222.AM AB MB +=于是.AB AM ⊥又,AB AD ⊥且,AM AD A AM =⊂I 平面ABD ,AD ⊂平面ADM ,所以AB ⊥平面.ADM L L 5分(2)因为2,AM AD MD ===所以ADM S ∆=因为2BE EM =,所以1.3C AEM C ABM V V --=又//,CD AB AB ⊥平面.ADM所以111333A CEM C AEM C ABM D ABM B ADM V V V V V -----==== 111123333ADM S AB =⨯⋅⋅=⨯=所以三棱锥A CEM -L L 12分20.解：(1)令3e ()ln ,(e,).e x g x x x x -=-∈+∞+则22214e (e)()0.(e)(e)x g x x x x x -'=-=>++于是()g x 在(e,)+∞单调递增,所以()(e)0,g x g >=即3eln ,(e,).ex x x x ->∈+∞+ L L 5分 (2)22222222(21)ln (e )(ln 1)(e )ln (e )().(ln )(ln )x x x x x x x x x x f x x x x x +-+++--++'== 令2222()(e )ln (e ),(e,).h x x x x x x =--++∈+∞当(e,)x ∈+∞时,由(1)知3eln .e x x x ->+则222223e 1()(e )(e )2(4e 1)2[(2e )],e 2x h x x x x x x x x x ->--++=-+=-++ 当1[2e ,)2x ∈++∞时,()0h x >,从而()0.f x '> 故()f x 在1[2e ,)2++∞严格单调递增. L L 12分21.解：设点00(,)P x y ,其中2001.2y x =因为,y x '=所以切线l 的斜率为0,x 于是切线2001:.2l y x x x =-(1)因为(2,2),P 于是切线:2 2.l y x =-故圆心O 到切线l的距离为d =于是||5AB === L L 5分(2)联立22200112x y y x x x ⎧+=⎪⎨=-⎪⎩得22340001(1)10.4x x x x x +-+-= 设1122(,),(,),(,).A x y B x y M x y 则301220,1x x x x +=+32240001()4(1)(1)0.4x x x ∆=--+-> 又200,x ≥于是2002x ≤<+于是32200120022001,.22(1)22(1)x x x x x y x x x x x +===-=-++ 又C 的焦点1(0,),F 于是1(0,).F '-故||F M '===L L 9分 令201,t x =+则13t ≤<+于是||F M'==因为3t t+在单调递减,在+单调递增.又当1t =时,1||2F M '=；当t =时,||F M '=；当3t =+时,11||.22F M '=> 所以||F M '的取值范围为1).2L L 12分22.解：(1)消去参数α得22(2)3(0)x y y -+=≥将cos ,sin x y ρθρθ==代入得22(cos 2)(sin )3,ρθρθ-+=即24cos 10.ρρθ-+=所以曲线C 的极坐标方程为2π4cos 10(0).3ρρθθ-+=≤≤L L 5分 (2)法1：将π6θ=代入2π4cos 10(0)3ρρθθ-+=≤≤得210ρ-+=,设12ππ(,),(,),66A B ρρ则12 1.ρρ=于是12|||| 1.OA OB ρρ⋅== L L 10分法2：π3θ=与曲线C 相切于点,M π||2sin 1,3OM ==由切割线定理知2|||||| 1.OA OB OM ⋅== L L 10分23.解：(1)3, (,),2()2, [,],23, (,).a x a b x a f x x a x b x a b x b x a b x b ⎧--+∈-∞-⎪⎪⎪=++-=++∈-⎨⎪+-∈+∞⎪⎪⎩.当(,)2ax ∈-∞-时,函数()f x 单调递减；当(,)x b ∈+∞时,函数()f x 单调递增.所以m 只能在[,]2a b -上取到.当[,]2ax b ∈-时,函数()f x 单调递增.所以2() 2.222a a a bm f a b +=-=-++== L L 5分(2)因为22a mb tab +≥恒成立,且0,0a b >>,所以22a mb t ab +≤恒成立即mina b mb t a ⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭.由(1)知2m =,于是a b a mb +≥== 当且仅当2aab =时等号成立即1)0,2(20.a b =>=> 所以t ≤,故实数t 的最大值为 L L 10分。
四川省成都七中2020届高三高中毕业班三诊模拟数学(文科)试题 word版含答案及评分意见
成都七中2020届高中毕业班三诊模拟数 学(文科)命题：巢中俊 审题：钟梁骏 张世永本试卷分选择题和非选择题两部分. 第Ⅰ卷(选择题)1至2页,第Ⅱ卷 (非选择题)3至4页,共4页,满分150分,考试时间120分钟. 注意事项：1.答题前,务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上.2.答选择题时,必须使用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦擦干净后,再选涂其它答案标号.3.答非选择题时,必须使用0.5毫米黑色签字笔,将答案书写在答题卡规定位置上.4.所有题目必须在答题卡上作答,在试题卷上答题无效.5.考试结束后,只将答题卡交回.第Ⅰ卷 (选择题,共60分)一、选择题：本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合2{1,0,1,2,3,4},{|,}A B y y x x A =-==∈,则A B =I(A){0,1,2} (B){0,1,4} (C){1,0,1,2}- (D){1,0,1,4}- 2. 已知复数11iz =+,则||z =(A)2(B)1 (D)2 3. 设函数()f x 为奇函数,当0x >时,2()2,f x x =-则((1))f f = (A)1- (B)2- (C)1 (D)24. 已知单位向量12,e e 的夹角为2π3,则122e e -=(A)3 (B)7 (C)5. 已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的渐近线方程为3y x =±,则双曲线的离心率是(C)10 (D)1096. 在等比数列{}n a 中,10,a >则“41a a <”是“53a a <”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7. 如图所示的程序框图,当其运行结果为31时,则图中判断框①处应填入的是(A)6?i ≤ (B)5?i ≤ (C)4?i ≤ (D)3?i ≤8. 已知,a b 为两条不同直线,,,αβγ为三个不同平面,下列命题：①若///,,/ααγβ则//βγ；②若//,//,a a αβ则//αβ；③若,,αγγβ⊥⊥则αβ⊥；④若,,a b αα⊥⊥则//a b .其中正确命题序号为 (A)②③(B)②③④(C)①④(D)①②③9. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中,提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究,在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列,其前7项分别为1,5,11,21,37,61,95,则该数列的第8项为 (A)99(B)131 (C)139 (D)14110. 已知2πlog e ,a =πln ,eb =2e ln ,πc =则(A)a b c <<(B)b c a <<(C)b a c <<(D)c b a <<11. 已知一个四面体的每一个面都是以3,3,2为边长的锐角三角形,则这个四面体的外接球的表面积为 (A)11π4 (B)11π2(C)11π (D)22π 12. 已知P 是椭圆2214x y +=上一动点,(2,1),(2,1)A B -,则cos ,PA PB u u u r u u u r 的最大值是(D)14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.把答案填在答题卡上. 13.已知数列{}n a 的前n 项和为,n S 且111,1(2),n n a a S n -==+≥则4a =14. 已知实数,x y 满足线性约束条件117x y x y ≥⎧⎪≥-⎨⎪+≤⎩,则目标函数2z x y =+的最大值是15. 如图是一种圆内接六边形ABCDEF ,其中BC CD DE EF FA ====且.AB BC ⊥则在圆内随机取一点,则此点取自六边形ABCDEF 内的概率是16. 若指数函数xy a =(0a >且1)a ≠与一次函数y x =的图象恰好有两个不同的交点,则实数a 的取值范围是三、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. 17.(本小题满分12分)在ABC ∆中,内角,,A B C 的对边分别为,,.a b c 已知2.tan sin a bA B= (1)求角A 的大小； (2)若2,a b ==求ABC ∆的面积.18.(本小题满分12分)成都七中为了解班级卫生教育系列活动的成效,对全校40个班级进行了一次突击班级卫生量化打分检查(满分100分,最低分20分).根据检查结果：得分在[80,100]评定为“优”,奖励3面小红旗；得分在[60,80)评定为“良”,奖励2面小红旗；得分在[40,60)评定为“中”,奖励1面小红旗；得分在[20,40)评定为“差”,不奖励小红旗.已知统计结果的部分频率分布直方图如下图：(1)依据统计结果的部分频率分布直方图,求班级卫生量化打分检查得分的中位数；(2)学校用分层抽样的方法,从评定等级为“良”、“中”的班级中抽取6个班级,再从这6个班级中随机抽取2个班级进行抽样复核,求所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率.19.(本小题满分12分)如图,在四棱锥M ABCD -中,2,22.,,23AB AM AD MB MD AB AD =====⊥ (1)证明：AB ⊥平面ADM ； (2)若//CD AB 且23CD AB =,E 为线段BM 上一点,且 2BE EM =,求三棱锥A CEM -的体积.20.(本小题满分12分)已知函数22e (),(e,).ln x xf x x x x++=∈+∞ (1)证明：当(e,)x ∈+∞时,3eln ex x x ->+； (2)证明：()f x 在1[2e ,)2++∞单调递增.(其中e 2.71828=L 是自然对数的底数).21.(本小题满分12分)已知点P 是抛物线21:2C y x =上的一点,其焦点为点,F 且抛物线C 在点P 处的切线l 交圆:O 221x y +=于不同的两点,A B .(1)若点(2,2),P 求||AB 的值；(2)设点M 为弦AB 的中点,焦点F 关于圆心O 的对称点为,F '求||F M '的取值范围.请考生在第22,23题中任选择一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.作答时,用2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的标号涂黑.22.(本小题满分10分)选修44-：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中,曲线C 的参数方程为233x y αα⎧=⎪⎨=⎪⎩(α为参数,0πα≤≤).在以坐标原点为极点,x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系中,射线l 的极坐标方程是π6θ=.(1)求曲线C 的极坐标方程；(2)若射线l 与曲线C 相交于,A B 两点,求||||OA OB ⋅的值.23.(本小题满分10分)选修45-：不等式选讲已知0,0,a b >>且24,a b +=函数()2f x x a x b =++-在R 上的最小值为.m (1)求m 的值；(2)若22a mb tab +≥恒成立,求实数t 的最大值.成都七中2020届高中毕业班三诊模拟数 学(文科)参考答案及评分意见第Ⅰ卷 (选择题,共60分)一、选择题(每小题5分,共60分)1.B ；2.A ；3.C ；4.D ；5.A ；6.A ；7.B ；8.C ；9.D ； 10.B ； 11.C ； 12.A.第Ⅱ卷 (非选择题,共90分)二、填空题(每小题5分,共20分)13.8； 14.15； ； 16.1e (1,e ).三、解答题(共70分)17. 解：(1)由正弦定理知sin sin a b A B =,又2,tan sin a b A B =所以2.sin tan a aA A=于是1cos ,2A =因为0π,A <<所以π.3A = L L 6分(2)因为π2,,3a b A ===22π222cos ,3c c =+-⨯⨯即2230.c c --=又0c >,所以 3.c =故ABC ∆的面积为11πsin 23sin 223bc A =⨯⨯⨯= L L 12分18.解：(1)得分[20,40)的频率为0.005200.1⨯=；得分[40,60)的频率为0.010200.2⨯=； 得分[80,100]的频率为0.015200.3⨯=；所以得分[60,80)的频率为1(0.10.20.3)0.4.-++=设班级得分的中位数为x 分,于是600.10.20.40.520x -++⨯=,解得70.x = 所以班级卫生量化打分检查得分的中位数为70分. L L 6分(2)由(1)知题意 “良”、“中”的频率分别为0.4,0.2.又班级总数为40. 于是“良”、“中”的班级个数分别为16,8．分层抽样的方法抽取的 “良”、“中”的班级个数分别为4,2.因为评定为“良”,奖励2面小红旗,评定为“中”,奖励1面小红旗.所以抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3为两个评定为“良”的班级或一个评定为“良”与一个评定为“中”的班级.记这个事件为.A 则A 为两个评定为“中”的班级.把4个评定为“良”的班级标记为1,2,3,4. 2个评定为“中”的班级标记为5,6.从这6个班级中随机抽取2个班级用点(,)i j 表示,其中16i j ≤<≤.这些点恰好为66⨯方格格点上半部分(不含i j =对角线上的点),于是有366152-=种. 事件A 仅有(5,6)一个基本事件. 所以114()1()1.1515P A P A =-=-=所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率为14.15L L 12分19.解：(1)因为2AB AM ==,MB = 所以222.AM AB MB +=于是.AB AM ⊥又,AB AD ⊥且,AM AD A AM =⊂I 平面ABD ,AD ⊂平面ADM ,所以AB ⊥平面.ADM L L 5分(2)因为2,AM AD MD ===所以ADM S ∆=因为2BE EM =,所以1.3C AEM C ABM V V --=又//,CD AB AB ⊥平面.ADM所以111333A CEM C AEM C ABM D ABM B ADM V V V V V -----==== 111123333ADM S AB =⨯⋅⋅=⨯=所以三棱锥A CEM -的体积为9L L 12分20.解：(1)令3e ()ln ,(e,).e x g x x x x -=-∈+∞+则22214e (e)()0.(e)(e)x g x x x x x -'=-=>++于是()g x 在(e,)+∞单调递增,所以()(e)0,g x g >=即3eln ,(e,).ex x x x ->∈+∞+ L L 5分 (2)22222222(21)ln (e )(ln 1)(e )ln (e )().(ln )(ln )x x x x x x x x x x f x x x x x +-+++--++'== 令2222()(e )ln (e ),(e,).h x x x x x x =--++∈+∞当(e,)x ∈+∞时,由(1)知3eln .e x x x ->+则222223e 1()(e )(e )2(4e 1)2[(2e )],e 2x h x x x x x x x x x ->--++=-+=-++ 当1[2e ,)2x ∈++∞时,()0h x >,从而()0.f x '>故()f x 在1[2e ,)2++∞严格单调递增. L L 12分21.解：设点00(,)P x y ,其中2001.2y x =因为,y x '=所以切线l 的斜率为0,x 于是切线2001:.2l y x x x =-(1)因为(2,2),P 于是切线:2 2.l y x =-故圆心O 到切线l的距离为d =于是||AB === L L 5分(2)联立22200112x y y x x x ⎧+=⎪⎨=-⎪⎩得22340001(1)10.4x x x x x +-+-= 设1122(,),(,),(,).A x y B x y M x y 则301220,1x x x x +=+32240001()4(1)(1)0.4x x x ∆=--+-> 又200,x ≥于是2002x ≤<+于是32200120022001,.22(1)22(1)x x x x x y x x x x x +===-=-++ 又C 的焦点1(0,),F 于是1(0,).F '-故||F M '===L L 9分 令201,t x =+则13t ≤<+于是||F M'==因为3t t+在单调递减,在+单调递增.又当1t =时,1||2F M '=；当t =时,||F M '=；当3t =+时,1||.2F M'=> 所以||F M '的取值范围为1).2L L 12分22.解：(1)消去参数α得22(2)3(0)x y y -+=≥将cos ,sin x y ρθρθ==代入得22(cos 2)(sin )3,ρθρθ-+=即24cos 10.ρρθ-+=所以曲线C 的极坐标方程为2π4cos 10(0).3ρρθθ-+=≤≤L L 5分 (2)法1：将π6θ=代入2π4cos 10(0)3ρρθθ-+=≤≤得210ρ-+=,设12ππ(,),(,),66A B ρρ则12 1.ρρ=于是12|||| 1.OA OB ρρ⋅== L L 10分法2：π3θ=与曲线C 相切于点,M π||2sin 1,3OM ==由切割线定理知2|||||| 1.OA OB OM ⋅== L L 10分23.解：(1)3, (,),2()2, [,],23, (,).a x a b x a f x x a x b x a b x b x a b x b ⎧--+∈-∞-⎪⎪⎪=++-=++∈-⎨⎪+-∈+∞⎪⎪⎩.当(,)2ax ∈-∞-时,函数()f x 单调递减；当(,)x b ∈+∞时,函数()f x 单调递增.所以m 只能在[,]2a b -上取到.当[,]2ax b ∈-时,函数()f x 单调递增.所以2() 2.222a a a bm f a b +=-=-++== L L 5分(2)因为22a mb tab +≥恒成立,且0,0a b >>,所以22a mb t ab +≤恒成立即mina b mb t a ⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭.由(1)知2m =,于是a b a mb +≥== 当且仅当2aab =时等号成立即1)0,2(20.a b =>=> 所以t ≤,故实数t 的最大值为 L L 10分。
2020年四川省成都市高考数学三诊试卷(文科)
2020年四川省成都市高考数学三诊试卷（文科）一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 已知集合A ={0,x}，B ={0,2，4}，若A ⊆B ，则实数x 的值为( )A. 0或2B. 0或4C. 2或4D. 0或2或4 2. 若复数z 满足zi =2+5i(i 为虚数单位)，则z 在复平面上对应的点的坐标为( )A. (2,5)B. (2,−5)C. (−5,2)D. (5,−2)3. 命题p ：∃x 0∈R ，x 02−x 0+1≤0的否定是( )A. ∀x ∈R ，x 2−x +1>0B. ∀x ∈R ，x 2−x +1≤0C. ∃x 0∈R ，x 02−x 0+1>0D. ∃x 0∈R ，x 02−x 0+1<0 4. 如图是某几何体的正视图和侧视图，则该几何体的俯视图不可能是( )A.B.C.D.5. 已知函数f(x)=2x −2−x ，则f(log 23)=( )A. 2B. 83C. 3D. 1036. 已知实数x ，y 满足{x −1≥0,y −2≥0,x +y −5≤0则z =2x +y 的最大值为( )A. 4B. 6C. 8D. 107. 为迎接大运会的到来，学校决定在半径为20√2m 的半圆形空地O 的内部修建一矩形观赛场地ABCD ，如图所示．则观赛场地的面积最大值为( )A. 400m 2B. 400√2m 2C. 600m 2D. 800m 28. 在等比数列{a n }中，已知a n a n+1=9n ，则该数列的公比是( )A. −3B. 3C. ±3D. 9 9. 已知函数f(x)=x 3−3x ，则“a >1”是“f(a)>f(1)”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10.已知F1，F2是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点，经过点F2且与x轴垂直的直线与双曲线的一条渐近线相交于点A，且π6≤∠F1AF2≤π4，则该双曲线离心率的取值范围是()A. [√5,√13]B. [√5,3]C. [3,√13]D. [√7,3]11.在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，P在底面ABC上的投影为AC的中点D，DP=DC=1.有下列结论：①三棱锥P−ABC的三条侧棱长均相等；②∠PAB的取值范围是(π4,π2 )；③若三棱锥的四个顶点都在球O的表面上，则球O的体积为2π3；④若AB=BC，E是线段PC上一动点，则DE+BE的最小值为√6+√22．其中所有正确结论的编号是()A. ①②B. ②③C. ①②④D. ①③④12.已知函数f(x)=Asin(ωx+π4)−1(A>0,0<ω<1)的图象经过点(0,√22)，且将图象向左平移3π个长度单位后恰与原图象重合，若对任意的x1，x2∈[0,t]，都有2f(x1)≥f(x2)成立，则实数t的最大值是()A. 3π4B. 2π3C. 7π12D. π2二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知向量a⃗=(1,λ)，b⃗ =(2,3)，且a⃗⊥b⃗ ，则实数λ的值为______．14.已知y与x具有线性相关关系，利用上表中的五组数据求得回归直线方程为ŷ=b̂x+â，若下一次实验中x=170，利用该回归直线方程预测得ŷ=117，则b̂的值为______．15.设数列{a n}的前n项和为S n，若a1=5，S5=10，且{S nn}是等差数列．则|a1|+|a2|+|a3|+⋯…+|a10|的值为______．16.已知点F为抛物线y2=2px(p>0)的焦点，经过点F且倾斜角为π4的直线与抛物线相交于A，B点，线段AB的垂直平分线与x轴相交于点M.则4p|FM|的值为______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.某公司为加强对销售员的考核与管理，从销售部门随机抽取了2019年度某一销售小组的月均销售额，该小组各组员2019年度的月均销售额(单位：万元)分别为：3.35，3.35，3.38，3.41，3.43，3.44，3.46，3.48，3.51，3.54，3.56，3.56，3.57，3.59，3.60，3.64，3.64，3.67，3.70，3.70．(Ⅰ)根据公司人力资源部门的要求，若月均销售额超过3.52万元的组员不低于全组人数的65%，则对该销售小组给予奖励，否则不予奖励．试判断该公司是否需要对抽取的销售小组发放奖励；(Ⅱ)从该销售小组月均销售额超过3.60万元的销售员中随机抽取2名组员，求选取的2名组员中至少有1名月均销售额超过3.68万元的概率．18.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且(a−c)sin(A+B)=(a−b)(sinA+sinB)．(Ⅰ)求角B的大小；(Ⅱ)若b=4，求a+c的最大值．19.如图，在多面体ABCDEF中，ADEF为矩形，ABCD为等腰梯形，BC//AD，BC=2，AD=4，且AB⊥BD，平面ADEF⊥平面ABCD，M，N分别为EF，CD的中点．(Ⅰ)求证：MN//平面ACF；(Ⅱ)若DE=2，求多面体ABCDEF的体积．20.已知函数f(x)=e xe m−lnx，其中m∈R．(Ⅰ)当m=1时，求函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)当m=2时，证明：f(x)>0．21.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点F1(−√3,0)，点Q(1,√32)在椭圆C上．(Ⅰ)求椭圆C的标准方程；(Ⅱ)经过圆O ：x 2+y 2=5上一动点P 作椭圆C 的两条切线，切点分别记为A ，B ，直线PA ，PB 分别与圆O 相交于异于点P 的M ，N 两点．(i)当直线PA ，PB 的斜率都存在时，记直线PA ，PB 的斜率分别为k 1，k 2.求证：k 1k 2=−1； (ii)求|AB||MN|的取值范围．22. 在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{x =−83+√22ty =43+√22t(t 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，曲线C 的极坐标方程为ρ2+6ρcosθ=a ，其中a >0． (Ⅰ)写出直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程；(Ⅱ)在平面直角坐标xOy 中，设直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，若点P(−83,43)恰为线段AB 的三等分点，求a 的值．23. 已知函数f(x)=|x −1|−|x +2|．(Ⅰ)求不等式f(x)<x 的解集；(Ⅱ)记函数f(x)的最大值为M.若正实数a ，b ，c 满足a +4b +9c =13M ，求1−9c ab +a−3c ac的最小值．答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查集合的包含关系，比较基础．由A⊆B得A中元素一定在B中，求出x．【解答】解：因为A={0,x}，B={0,2，4}，A⊆B，所以x=2，4．故选：C．2.【答案】D【解析】【分析】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．把已知的等式变形，然后直接利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z，得到其坐标得答案．【解答】解：由zi=2+5i，∴z=2+5ii =(2+5i)ii2=5−2i，∴z=5−2i在复平面上所对应的点的坐标为(5,−2)．故选：D．3.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查全称量词命题与存在量词命题的相互转化问题．这里注意全称量词命题的否定为存在量词命题，反过来存在量词命题的否定是全称量词命题．根据命题“∃x0∈R，x02−x0+1≤0”是特称量词命题，其否定为全称量词命题，将“∃”改为“∀”，“≤“改为“>”即可得答案【解答】解：∵命题“∃x0∈R，x02−x0+1≤0”是存在量词命题∴命题的否定为∀x∈R，x2−x+1>0．故选：A．4.【答案】A【解析】【分析】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，主要考查学生的转换能力的应用，属于基础题型．直接利用三视图和直观图的转换的应用求出结果．【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为柱体．当选A时，正视图的中间的竖线为虚线．选项BCD 正确． 故选：A ． 5.【答案】B【解析】 【分析】本题主要考查函数值的计算，考查指数对数的运算性质，属于基础题目．直接根据指数对数的运算性质求解即可． 【解答】解：因为函数f(x)=2x −2−x ，则f(log 23)=2log 23−2−log 23=3−13=83； 故选：B ． 6.【答案】C【解析】解：作出实数x ，y 满足{x −1≥0,y −2≥0,x +y −5≤0表示的平面区域，得到如图的△ABC 及其内部，其中A(3,2)，B(1,2)，C(1,4) 设z =F(x,y)=2x +y ，将直线l ：z =2x +y 进行平移， 当l 经过点A 时，目标函数z 达到最大值 ∴z 最大值=F(3,2)=2×3+2=8．故选：C ．作出题中不等式组表示的平面区域，得如图的△ABC 及其内部，再将目标函数z =2x +y 对应的直线进行平移，可得当x =3，y =2时，z =2x +y 取得最大值8．本题给出二元一次不等式组，求目标函数z =2x +y 的最大值，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识，属于基础题． 7.【答案】D【解析】解：由题意矩形的另两个顶点在半圆轴上时，矩形面积才能取得最大值，OD =20√2m ，设矩形在半圆板直径上的一边长为2x ，θ角如图所示， 则x =20√2cosθ，另一边的长为CD =20√2sinθ， 矩形面积为S =1600sinθcosθ=800sin2θ，当2θ=90°即θ=45°时，也即长为40√2cos45°=40， 宽为20√2sin45°=20时，矩形面积最大． 最大面积是800m 2． 故选：D ．用圆的半径为20√2m 与图中所示的角(可设出)表示出来，把此矩形的面积表示出来，再用三角函数的相关的公式化简，最后用三角函数的有界性判断最大值在什么情况下取到，求出矩形的最大面积以及矩形的长与宽的大小．本题考查用三角函数解决实际问题的最值，这是三角函数的一个重要的运用，请仔细体会本题中函数关系的建立过程．8.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了等比数列的性质的简单应用，属于基础试题．由已知a n a n+1=9n,利用递推关系结合等比数列的通项公式即可求解公比q．【解答】解：由a n a n+1=9n>0，当n⩾2时，∴a n a n+1a n−1a n =a n+1a n−1=9n9n−1=9，∴q2=9，故q=3或q=−3，当q=−3时，a n a n+1=(−3)×a n2<0与a n a n+1=9n>0，矛盾，所以不符合题意．故选：B．9.【答案】A【解析】解：函数f(x)=x3−3x，∴f′(x)=3x2−3=(x2−1)，令f′(x)=0，解得x=±1，当−1<x<1时，f′(x)<0，当x<−1，或x>1时，f′(x)>0，∴函数f(x)在(−∞,−1)，(1,+∞)上单调递增，在(−1,1)上单调递减，当a>1时，f(a)>f(1)，充分性成立，当f(a)>f(1)，不能得到a>1，故必要性不成立，故选：A．先判断函数的单调性，再根据充分必要条件的定义判断即可．本题考查了函数的单调性、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．10.【答案】A【解析】【分析】本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法与数学转化思想方法，是中档题．由题意画出图形，求得tan∠F1AF2=2ab ，再由π6≤∠F1AF2≤π4求得ba的范围，结合双曲线的离心率公式得答案．【解答】解：如图，由题意，A(c,bac)，|F1F2|=2c，则tan∠F1AF2=|F1F2||AF2|=2cbac=2ab．由π6≤∠F1AF2≤π4，得√33≤2ab≤1，即2≤ba≤2√3．∴e=ca=√1+(ba)2∈[√5,√13].故选：A．11.【答案】C【解析】解：如图1所示：∵AB⊥BC，D为AC的中点，∴AD=BD= DP=DC=1，而PD⊥平面ABC，∴PA=PB=PC=√2，①正确；在△PAB中，PA=PB=√2，而AB<AD+BD=2，∴cos∠PAB=2√2<√22，因为0<∠PAB<π，所以∠PAB的取值范围是(π4,π2)，②正确；∵AD=BD=DP=DC=1，所以三棱锥P−ABC的外接球球心为D，即半径R=1，故其外接球的体积为4π3，③错误；当AB=BC时，BD⊥AC，所以AB=BC=√2，即△ABC为正三角形，沿PC将侧面PBC展开到平面PAC，如图2所示，连接BD，所以BD即为DE+BE的最小值．在△DCB中，CD=1，BC=√2，∠DCB=45°+60°=105°，所以BD2=1+2−2×1×√2×cos105°，解得BD=√6+√22，④正确．故选：C．作出图象，依据条件逐个判断各命题即可解出．本题主要考查棱锥的结构特征的理解和应用，三棱锥外接球的计算以及利用展开图求最值，考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于中档题．12.【答案】A【解析】【分析】本题考查了本题考查求三角函数解析式的方法，三角函数单调性及最值问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．根据题意，可解得A=1+√2，由题，将图象向左平移3π个长度单位后恰与原图象重合，即3π是该函数最小正周期的整数倍，k⋅2πω=3π(k∈z)，因为0<ω<1，得ω=23.求得函数解析式．根据任意的x1，x2∈[0,t]，都有2f(x1)≥f(x2)成立，转化为x∈[0,t]，2f(x)min≥f(x)max，根据三角函数的单调性及最值，即可求得t的最值．【解答】解：∵函数f(x)=Asin(ωx+π4)−1(A>0,0<ω<1)的图象经过点(0,√22)，∴√22A−1=√22，故A=1+√2．且将图象向左平移3π个长度单位后恰与原图象重合，∴k⋅2πω=3π，k∈z，∴ω=23k，k∈z，∵0<ω<1，∴ω=23．f(x)=(1+√2)sin(23x+π4)−1．当x∈[0,t]，23x+π4∈[π4,23t+π4]，∵对任意的x1，x2∈[0,t]，都有2f(x1)≥f(x2)成立，即x∈[0,t]，2f(x)min≥f(x)max，①当23t+π4≤π2，2f(x)min=2[(√2+1)sinπ4−1]=√2，f(x)max=(√2+1)sinπ2−1=√2.∴2f(x)min≥f(x)max成立．又∵23x+π4=π4与23x+π4=3π4对称，所以23t+π4≤3π4时，2f(x)min≥f(x)max恒成立；②当23t+π4>34π时，f(x)max=(√2+1)sinπ2−1=√2．2f(x)min<√2，即2f(x)min≥f(x)max不成立．综上所述，对任意的x1，x2∈[0,t]，2f(x1)≥f(x2)成立，2 3t+π4≤3π4，即t≤3π4．故选：A．13.【答案】−23【解析】解：∵向量a ⃗ =(1,λ)，b ⃗ =(2,3)，且a ⃗ ⊥b ⃗ ，∴a ⃗ ⋅b ⃗ =2+3λ=0， 则实数λ=−23， 故答案为：−23．由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，求出λ的值． 本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，属于基础题．14.【答案】135251【解析】 【分析】本题考查线性回归方程的求法，明确线性回归方程恒过样本点的中心是关键，是基础题．由已知表格中的数据求得样本点的中心坐标，代入回归方程，再把点(170,117)代入回归方程，联立方程组求解b ̂的值． 【解答】解：由已知表格中的数据，求得x −=120+110+125+130+1145=119.8，y −=92+83+90+96+895=90．则119.8b ̂+a ̂=90，① 又170b ̂+a ̂=117，② 联立①②解得b ̂=135251．故答案为：135251．15.【答案】792【解析】解：由于{Snn }是等差数列． 所以S55−S 11=4d ，解得d =2−54=−34，所以Snn=5−34(n −1)，整理得S n =5n −34n 2+34n =−34n 2+234n ．故a n =S n −S n−1=−32n +132(n ≥2)．所以：|a 1|+|a 2|+|a 3|+⋯…+|a 10|=5+72+2+12+1+52+82+112+142+172=792．故答案为：792． 首项求出数列的通项公式，进一步求出含绝对值的数列的和． 本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，含绝对值的的数列的求和的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型． 16.【答案】2 【解析】解：由抛物线的方程可得焦点F(p 2,0)，由题意可得直线AB 的方程为：x =y +p 2，设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，直线与抛物线的方程联立{x =y +p 2y 2=2px，整理可得：y 2−2py −p 2=0，则y 1+y 2=2p ，x 1+x 2=y 1+y 2+p =3p ，所以弦AB 的中点C(3p 2,p)，所以弦AB 的中垂线的方程为：y −p =−(x −3p 2)，令y =0，可得x =5p 2，即M(5p 2,0)， 所以|FM|=|5p2−p 2|=2p ， 所以4p |FM|=4p 2p =2，故答案为：2．由抛物线的方程可得焦点F 的坐标，再由题意可得直线AB 的方程，与抛物线联立求出两根之和，进而求出弦AB 的中点坐标，再求弦AB 的中垂线的方程，令y =0，求出M 的横坐标，进而求出|FM|的值，再求出4p|FM|的值．本题考查抛物线的性质及线段中垂线的求法，属于中档题．17.【答案】解：(Ⅰ)该小组共有11名销售员2019年度月均销售额超过3.52万元，分别是：3.54，3.56，3.56，3.57，3.59，3.60，3.64，3.64，3.67，3.70，3.70．∴月均销售额超过3.52万元的销售员占该小组的比例为1120=55%．∵55%<65%，故不需要对该销售小组发放奖励．(Ⅱ)由题意，可得月均销售额不低于3.60万元的销售员有5名，其中超过3.68万元的销售员有2名，记为A 1，A 2，其余的记为a 1，a 2，a 3．从上述5名销售员中随机抽取2名的所有结果为：(A 1,A 2)，(A 1,a 1)，(A 1,a 2)，(A 1,a 3)，(A 2,a 1)，(A 2,a 2)，(A 2,a 3)，(a 1,a 2)，(a 1,a 3)，(a 2,a 3).共有10种． 其中至少有1名销售员月均销售额超过3.68万元的结果为：(A 1,A 2)，(A 1,a 1)，(A 1,a 2)，(A 1,a 3)，(A 2,a 1)，(A 2,a 2)，(A 2,a 3)，共有7种．故选取的2名组员中至少有1名月均销售额超过3.68万元的概率为P =710．【解析】(Ⅰ)利用列举法求出该小组共有11名销售员2019年度月均销售额超过3.52万元，从而月均销售额超过3.52万元的销售员占该小组的比例为1120=55%.由此能求出不需要对该销售小组发放奖励．(Ⅱ)月均销售额不低于3.60万元的销售员有5名，其中超过3.68万元的销售员有2名，记为A1，A2，其余的记为a1，a2，a3.从上述5名销售员中随机抽取2名，利用列举法能求出选取的2名组员中至少有1名月均销售额超过3.68万元的概率．本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．18.【答案】解：(Ⅰ)在△ABC中，(a−c)sin(A+B)=(a−b)(sinA+sinB)，即(a−c)sinC=(a−b)(sinA+sinB)，再利用正弦定理可得c(a−c)=(a−b)(a+b)，整理可得a2+c2−b2=ac，故cosB=a2+c2−b22ac =12，∴在△ABC中，B=π3．(Ⅱ)∵b=4，∴a2+c2−16=ac，∴(a+c)2=16+3ac≤16+3(a+c2)2，当且仅当a=c时等号成立．∴(a+c)24≤16，故a+c≤8，即a+c的最大值为8．【解析】本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，基本不等式，属于中档题．(Ⅰ)由题意利用正弦定理、余弦定理求得cos B的值，可得角B的大小．(Ⅱ)由题意利用基本不等式，求得a+c的最大值．19.【答案】解：(Ⅰ)证明：如图，取AD的中点O.连接OM，ON．在矩形ADEF中，∵O，M分别为线段AD，EF的中点，∴OM//AF．又OM⊄平面ACF，AF⊂平面ACF，∴OM//平面ACF．在△ACD中，∵O，N分别为线段AD，CD的中点，∴ON//AC．又ON⊄平面ACF，AC⊂平面ACF，∴ON//平面ACF．又OM∩ON=O，OM，ON⊂平面MON，∴平面MON//平面ACF．又MN⊂平面MON，∴MN//平面ACF．(Ⅱ)解：如图，过点C作CH⊥AD于H．∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD，CH⊂平面ABCD，∴CH⊥平面ADEF．同理DE⊥平面ABCD．连接OB，OC.在△ABD中，∵AB⊥BD，AD=4，∴OB=12AD=2．同理OC=2．∵BC=2，∴等边△OBC的高为√3，即CH=√3．连接BE．∴多面体ABCDEF的体积为：V ABCDEF=V B−ADEF+V B−CDE=V B−ADEF+V E−BCD=13S ADEF⋅CH+13S△BCD⋅DE=13×2×4×√3+1 3×12×2×√3×2=10√33．【解析】(Ⅰ)取AD的中点O.连接OM，ON.推导出OM//AF.从而OM//平面ACF.进而ON//AC.ON//平面ACF.平面MON//平面ACF.由此能证明MN//平面ACF．(Ⅱ)过点C作CH⊥AD于H.则CH⊥平面ADEF.同理DE⊥平面ABCD.连接OB，OC.连接BE.由V ABCDEF=V B−ADEF+V B−CDE=V B−ADEF+V E−BCD，能求出多面体ABCDEF的体积．本题考查线面平行的证明，考查多面体的体积的求法，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．20.【答案】解：(Ⅰ)函数的定义域为(0,+∞)，当m=1时，f(x)=e xe −lnx.则f′(x)=e xe−1x，令ℎ(x)=f′(x)=e xe −1x，则ℎ′(x)=e xe +1x2>0，∵f′(x)在(0,+∞)上单调递增，且f′(1)=0，∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0．∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)．(Ⅱ)证明：当m=2时，f(x)=e xe2−lnx.则f′(x)=e xe2−1x．∵f′(x)在(0,+∞)上单调递增，且f′(1)=1e −1<0，f′(2)=1−12>0，∴存在唯一的x0∈(1,2)，使得f′(x0)=0．∴当x∈(0,x0)时，f′(x)<0，即f(x)在(0,x0)上单调递减；当x∈(x0,+∞)时，f′(x)>0，即f(x)在(x0,+∞)上单调递增，∴f(x)最小值=f(x0)=e x0e2−lnx0．又e x0e2=1x0，即lne x0−2=ln1x.化简，得x0−2=−lnx0．∴f(x)最小值=e x0e2−lnx0=1x0+x0−2．∵x0∈(1,2)，∴f(x)最小值=1x0+x0−2>2√1x0⋅x0−2=0．∴当m=2时，f(x)>0．【解析】(Ⅰ)代入m=1，求出f(x)的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；(Ⅱ)代入m=2，求出函数的导数，表示出函数的最小值，得到lne x0−2=ln1x0，求出函数的最小值，结合不等式的性质证明即可．本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及基本不等式的性质，是一道综合题． 21.【答案】解：(Ⅰ)∵椭圆C 的左焦点F 1(−√3,0)，∴c =√3．将Q(1,√32)代入x 2a 2+y 2b 2=1，得1a 2+34b 2=1． 又a 2−b 2=3，∴a 2=4，b 2=1．∴椭圆C 的标准方程为x 24+y 2=1．(Ⅱ)(i)证明：设点P(x 0,y 0)，设过点P 与椭圆C 相切的直线方程为y =k(x −x 0)+y 0．由{y =k(x −x 0)+y 0x 2+4y 2−4=0，消去y ，得(1+4k 2)x 2+8k(y 0−kx 0)x +4(y 0−kx 0)2−4=0， △=64k 2(y 0−kx 0)2−4(4k 2+1)[4(y 0−kx 0)2−4]．令△=0，整理得(4−x 02)k 2+2x 0y 0k +1−y 02=0．由已知，则k 1k 2=1−y 024−x 02． 又x 02+y 02=5，∴k 1k 2=1−(5−x 02)4−x 02=x 02−44−x 02=−1． (ii)设点A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2).当直线PA 的斜率存在时，设直线PA 的方程为y =k 1(x −x 1)+y 1．由{y =k 1(x −x 1)+y 1x 2+4y 2−4=0，消去y ，得(1+4k 12)x 2+8k 1(y 1−k 1x 1)x +4(y 1−k 1x 1)2−4=0． Δ=64k 12(y 1−k 1x 1)2−4(1+4k 12)[4(y 1−k 1x 1)2−4]．令△=0，整理得(4−x 12)k 12+2x 1y 1k 1+1−y 12=0．则k 1=−x 1y 14−x 12=−x 1y 14y 12=−x14y 1． ∴直线PA 的方程为y =−x14y 1(x −x 1)+y 1． 化简，可得x 1x +4y 1y =4y 12+x 12，即x 1x 4+y 1y =1．经验证，当直线PA 的斜率不存在时，直线PA 的方程为x =2或x =−2，也满足x 1x 4+y 1y =1． 同理，可得直线PB 的方程为x 2x 4+y 2y =1．∵P(x 0,y 0)在直线PA ，PB 上，∴x 1x 04+y 1y 0=1，x 2x 04+y 2y 0=1． ∴直线AB 的方程为x 0x 4+y 0y =1． 由{x 0x 4+y 0y =1x 2+4y 2=4，消去y ，得(3y 02+5)x 2−8x 0x +16−16y 02=0． ∴x 1+x 2=8x 03y 02+5，x 1x 2=16−16y 023y 02+5．∴|AB|=√1+x 0216y 02|x 1−x 2|=√15y 02+516y 02[64x 02−4(3y 02+5)(16−16y 02)(3y 02+5)2]=2√53y 02+5√3y 02+1y 02(3y 04+y 02)=2√5(3y 02+1)3y 02+5． 又由(i)可知当直线PA ，PB 的斜率都存在时，PM ⊥PN ；易知当直线PA 或PB 斜率不存在时，也有PM ⊥PN ．∴MN 为圆O 的直径，即|MN|=2√5．∴|AB||MN|=2√5(3y 02+1)022√5=3y 02+13y 02+5=1−43y 02+5． 又y 02∈[0,5]， ∴1−43y 02+5∈[15,45]． ∴|AB||MN|的取值范围为[15,45]．【解析】(Ⅰ)由焦点坐标和Q 满足椭圆方程，以及a ，b ，c 的关系，解方程可得a ，b ，进而得到椭圆方程； (Ⅱ)(i)由已知椭圆方程求出A ，B 的坐标，设P(x 0,y 0)(−2≤x 0≤2)，由斜率公式及点P 在椭圆上即可得到k 1⋅k 2是定值−1；(ii)求得直线AP ，BP 的方程，进而得到AB 的方程，再与椭圆方程联立，利用根与系数关系表示出|AB|，利用弦长公式表示出|MN|，即可求得范围．本题考查椭圆的方程的求法，注意运用联立直线方程和曲线方程，运用韦达定理和弦长公式，考查化简整理的运算能力，属于中档偏难题．22.【答案】解：(Ⅰ)由{x =−83+√22t y =43+√22t(t 为参数)，消去此时t ，可得直线l 的普通方程为x −y +4=0； 由ρ2+6ρcosθ=a ，结合ρ2=x 2+y 2，ρcosθ=x ，得曲线C 的直角坐标方程为x 2+y 2+6x −a =0；(Ⅱ)将直线l 的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程，得t 2+5√23t −649−a =0．则△>0，且t 1+t 2=−5√23,t 1t 2=−(649+a)． 由题意，不妨设t 1=−2t 2， ∴t 2=5√23，t 1=−10√23， 得到−1009=−649−a ，即a =4，符合△>0．∴a 的值为4．【解析】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，关键是直线参数方程中参数t 的几何意义的应用，是中档题．(Ⅰ)直接把直线参数方程中的参数t 消去，可得直线的普通方程，结合极坐标与直角坐标的互化公式可得曲线C 的极坐标方程；(Ⅱ)把直线的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程中，化为关于t 的一元二次方程，利用根与系数的关系结合题意求解a 值．23.【答案】解：(Ⅰ)不等式f(x)<x ，即|x −1|−|x +2|<x ，①当x ≥1时，化简得−3<x ，解得x ≥1；②当−2<x<1时，化简得−2x−1<x，解得−13<x<1；③当x≤−2时，化简得3<x，此时无解；综上，不等式的解集为(−13,+∞)．(Ⅱ)∵|x−1|−|x+2|≤|(x−1)−(x+2)|=3，当且仅当x≤−2时等号成立，∴M=3，即a+4b+9c=1，∵1−9cab +a−3cac=a+4bab+1c−3a=1a+1b+1c，又a，b，c>0，∴1a+1b+1c=(1a+1b+1c)(a+4b+9c)≥(a √a+√b⋅√4bc√9c)2=(1+2+3)2=36，当且仅当1aa=1b4b=1c9c，即a=16，b=112，c=118时取等号，∴1−9cab +a−3cac的最小值为36．【解析】本题考查绝对值不等式的解法，以及柯西不等式在求最值中的应用，属于中档题．(Ⅰ)根据零点分段去掉绝对值，分别求出x的取值范围，可得不等式的解集；(Ⅱ)由绝对值三角不等式求出f(x)的最大值为M，将其代入化简，根据柯西不等式求出最值，并写出取等条件．。
四川省成都七中2020届高三高中毕业班三诊模拟数学(文科)试题与答案
e1
,
e2
的夹角为
2π 3
,则
e1
2e2Leabharlann (A)3(B)7(C) 3
(D) 7
5.
已知双曲线 x2 a2
y2
b2
1(a 0, b 0) 的渐近线方程为 y 3x ,则双曲线的离心率是
(A) 10
10
(B)
3
(C)10
10
(D)
9
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6. 在等比数列{an} 中, a1 0, 则“ a1 a4 ”是“ a3 a5 ”的
11. 已知一个四面体的每一个面都是以 3,3,2 为边长的锐角三角形,则这个四面体的外接球的
表面积为
11π
(A)
4
11π
(B)
2
(C)11π
(D) 22π
12. 已知 P 是椭圆 x2 y2 1上一动点, A(2,1), B(2,1) ,则 cos PA, PB 的最大值是 4
6 2
(A)
4
17
有两个不同的交点,则实数 a 的取值范围是
A
B
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. 17.(本小题满分 12 分)
在 ABC 中,内角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c. 已知 2a b . tan A sin B
(1)求角 A 的大小；
(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
7. 如图所示的程序框图,当其运行结果为 31 时,则图中判断框①处应填入的是
(A) i 6 ?
(B) i 5?
(C) i 4 ?