怀古诗-伤感爱情诗词

-------------------------天才是百分之一的灵感加百分之九十九的 勤奋------------------------------

2019-2020学年1月份内部特供卷





理 科 数 学（三）




注意事项：




1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形


号
码粘贴在答题卡上的指定位置．

位
封
座< br>2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂




黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．




3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草

密



稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．



4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．


号
不
场
考
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



订

有一项是符合题目要求的．




1．已知集合
A

x|x3n2,nZ

，
B

x|2x4

，
则
AIB（ ）





A．

B．

1,2

C．

1

D．

2



装

号
证
【答案】B
考
准
【解析】
A
< br>x|x3n2,nZ



L,4,1,2,5,L

，
B

x|2x4

，


只



故
AIB

1,2

，故选B．





2．
i
为虚数单位，复数
z
2

1i
在复平面内对应的点位于（ ）


卷

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限




【答案】D

名
姓

【解析】
z
2


1i

2

1i


1i

1i

22i
2
1i

1,1

此
，在复平 面内的对应点位，




故选D．




3．下列命题是真命题的是（ ）


级班
A．命题
p:xR,1x
2
1,则p:x,1x
2
0
R
0
1
；

B．命题“若
a ,b,c
成等比数列，则
b
2
ac
”的逆命题为真命题；
金戈铁骑
C．命题“若
(x1)e
x
10
，则x0
”的逆否命题为：“若
x0
，则
(x1)e
x
10
”；
D．“命题
pq
为真”是“命题
pq
为真”的充分不必要条件．
【答案】C
【解析】A．命题
p:xR,1x
2
1
，则
p:x
2
0
R,1x
0
1
，所以 A错误；
B．命题“若
a,b,c
成等比数列，则
b
2
 ac
”的逆命题为“若
b
2
ac
，则
a,b,c
成等比数
列”是错误的，所以B错误；
C．命题“若
(x1)e
x
10
，则
x0
”的逆否命题为：“若
x0
，则
( x1)e
x
10
”是
正确的，所以C正确；
D．“命题pq
为真”是“命题
pq
为真”的必要不充分条件，不是充分不必要条件，
所以D错误．
故选C．
n
4．二项式


< br>2x
x

的展开式中第7项是常数项，则
n
的值是（

x


）

A．
8
B．
9
C．
10
D．
11

【答案】B n
【解析】二项式



2x
x



的展开式中第7项为

x

6
T
6< br>
2x

n6




x


6n6n6
1
6n6n9
6+1
=C
n

x


C

n
2x
x3
C
n
2x
，
由于第7项为常数项，则
n90
，解得
n9
，故选B． 5．已知曲线
ya
x1
1(a0
且
a1)
过 定点

k,b

，若
mnb
且
m0,n0
，则
41
m

n
的最小值为（ ）
A．
9
2
B．9 C．5 D．
5
2

【答案】A
【解析】
Q
定点为
(1,2)
，
k 1,b2
，
mn2
，
∴
411411m4
m< br>
n

2
(
m

n
)(mn)
2
(5+
n9
n

m
)
2
，

-------------------------天才是百分之一的灵感加百分之 九十九的勤奋------------------------------

429< br>m4n
当且仅当

时等号成立，即
m,n
时取得最小值．
nm
332
故选A．
6．秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省 安岳县）人，他在所著的《数学
九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法，如 图所示的程序
框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例．若输入
n,x
的值 分别为3，3．则
1e
x
e
x
11e
x
则
f(x)sin(x)
x
(sinx)sinxf(x)
， 是偶函数，排除B、D．
xx
1ee11e
π
当
x(0 ,)
时，
e
x
1
，
sinx0
，
即< br>f(x)0
，排除A．故选C．
2
8．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最大边长为（ ）
输出
v
的值为（ ）

A．15 B．16 C．
47

【答案】D
【解析】执行程序框图：
输入
n3，x3，v1,i2
，
i0
，是，
v1325,i1
；
i0
，是，
v53116,i0
；
i0
，是，
v163048,i1
；
i0
，否，输出
v48
，故选D．
7．函数
f(x) 


2

1e
x
1

< br>
sinx
图象的大致形状是（ ）
A． B． C．
【答案】C
【解析】
f(x)(
21e
x
1e
x
1)sinx
1e
x
sinx
，

D．
48

D．

A．
5
B．
6
C．
7
D．
22

【答案】B
【解析】根据三视图作出原几何体（四棱锥
PABCD
）的直观图如下：

可计算
PBPDBC2
，
PC6
，
故该几何体的最 大边长为
6
．
9．已知函数
f

x

 log
2

x2

，若在

1,5

上随机取一个实数
x
0
，则
f

x
0
1
的概率
为（ ）
A．
3
B．
5
56
C．
5
7
D．
6
7

【答案】B
【解析】由题得
log
2

x2

1log
2
2
，所以
x< br>≥0，
由几何概型的概率公式得
f

x
0

1
的概率为
5(0)
5(1)

5
6
． 故选B．
10．若钝角三角形三内角的度数成等差数列，且最大边长与最小边长之比值为
m< br>，则
m
的范围是（ ）

---- ---------------------天才是百分之一的灵感加百分之九十九的勤奋--------- ---------------------

A．

2,

B．

2,

C．

3,

D．

3,


【答案】A
【解析】钝角三角形三内 角
A
、
B
、
C
的度数成等差数列，则
B
π
3
，
AC
2π
3
，
可设三个角分别为π
3
A
，
π
3
，
π
3
A
．
(
π
6
A
π
3
)
， sin(
π
A)
3
cos
1
故
m
c
3
2
A
2
sinA
3tanA
a

π

．
sin(
3
A)
3
2
cosA
1
2
sinA
3tanA
又
π
6< br>A
π
3
，

3
3
tanA3
．
令
ttanA
，且
3
3
t3
， 则
m
3t(3t)232
3t

3t
 1
3
3t
，
因为函数
m1
23
< br>3

3t
在


3
,3




上是增函数，
m2
，
故选A．
C :
x
2
y
2
11．椭圆
a
2

b
2
1

ab0

的左右焦点为
F
1
，
F
2
，过
F
2
作
x
轴的垂线与
C
交于
A
，
B
两点，
F
1
A与
y
轴相交于点
D
，若
BD
⊥
F
1< br>A
，则椭圆
C
的离心率等于（ ）
A．
1
3
B．
3
C．
1

3
2
D．
3

【答案】D
A(c,
b< br>2
【解析】由题意可得，
a
)
，
B(c,
b
2
a
)
，
则点
D
为
F
b
2< br>1
A
的中点，
D(0,
2a
)
，
由BDF
1
A
，得
k
BD
k1
b
2
b
2
b
2
F
1
A

，即

a

2aa
，整理得
3b
2

c
2c
1
2ac
，
金戈铁骑
3(a
2
c
2
)2ac
，∴
3e
2
+2e30< br>，解得
e
3
3
．
故选D．

2
x
,x0
12．已知函数
f

x




，函数
g

x

x
2
，若 函数
yf


ax
115

x
g

x

有4
2

4
,x0个零点，则实数
a
的取值范围为（ ）
A．

5,

B．


15

C．


5,
19


5,
2




D．


2



19


5,
2



【答案】B
【解析】分段讨论：当
x0
时，
f(x)2
x
与
g(x)x
2
有两个交点
(2,4),(4,16)
，两个零
点．
要使
yf(x)g(x)
有4个零点，
则当
x0
时，
f(x)ax
1
2

15
4
与
g(x)x
2
有两个交点即可（如图）．

过点
(
1
2
,
15
4
)
作
g(x)x
2
(x0)
的切线，
设切点为
(m,m
2
)(m0)
，则
k
切
2m
，即切线方程为
y m
2
2m(xm)
，
把点
(
11553
2
,
4
)
代入切线方程，得
m
2
或
m
2
，
又
m0
，则
m
5
2，
k
切
2m5
，
要满足
x0
时，< br>yax
1
2

15
4
与
g
< br>x

x
2
有两个交点，

-------- -----------------天才是百分之一的灵感加百分之九十九的勤奋------------- -----------------

则当
x
1
2
时，
yax
1
2

15
4
a
< br>

x
1

2



1 5
4
，射线的斜率为
a
，则
a5
，
a 5
；
当

1
2
x0
时，
yax
115
2

4
与
g

x

x
2
没有交点，
a



0
1< br>
2



15
4
0
，解得a
15
2
，
所以实数
a
的取值范围是
(5 ,
15
2
)
，故选B．

第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．曲线
yx
2
lnx
在点

1,1

处的切线方程为___________．
【答案】
3xy20

【解析】
y

2x 
1
x
，在点（1，1）处的切线斜率为
3
，所以切线方程为
3xy20
．
14．已知抛物线
y
2
2px

p0

的准线与圆

x3

2
y< br>2
16
相切，则
p
的值为_______．
【答案】2
【解析】抛物线的准线为
x
p
2
，与圆相切，则
3< br>p
2
4
，
p2
．
15．已知三棱锥
P ABC
满足平面
PAB
平面
ABC
，
ACBC
，
AB4
，
APB30
，
则该三棱锥的外接球的表面积为 _______．
【答案】
64π

【解析】因为
ACBC，所以
△ABC
的外心为斜边
AB
的中点，
因为平面
PAB
平面
ABC
，所以三棱锥
PABC
的外接球球心在平面< br>PAB
上，
即球心就是
△PAB
的外心，根据正弦定理
AB
sinAPB
2R
，解得
R4
，
所以外接球的表面积为
64π
．
16．
△ABC
的内角< br>A
，
B
，
C
所对的边分别为
a
，
b
，
c
．已知
sinA:sinB:sinCln2:ln4:lnt
，且
u
CA
uur

u
CB
uur
m c
2
，有下列结论：
①
2t8
；
②

2
9
m2
；
，
aln2时，
△ABC
的面积为
15ln
2
③
t4
2
8
；

④当
2
5
t8
时，
△ABC
为钝角三角形．
其中正确的是__________．（填写所有正确结论的编号）
【答案】①②④
【解析】
QsinA:sinB:sinCln2:ln4:lnt
，∴
Qa:b :cln2:ln4:lnt
，
故可设
akln2
，
bkl n42kln2
，
cklnt
，
k0
．
Qba cba
，∴
kln2c3kln2
，则
2t8
， 当
2
5
t8
时，
a
2
b
2c
2
0
，故
△ABC
为钝角三角形．
uuuru uur
a
2
b
2
c
2
a
2
 b
2
c
2
5k
2
ln
2
CBabco sCab
2c
2
面
CA
2ab

2

2
，
uuuru
222
又
u
CA
u ur

u
CB
uur
uur
5kln2c
mc
2
，∴
m
CACB
2
5k
2
ln2
21
c
2

c
2

2c
2

2
．
5k
2
5k
2
5k
2< br>55k
2
Qkln2c3kln2
，∴
ln
2
2 5
18k
2
ln
2
2

2c
2

2k
2
ln
2
2
，即
18

2c
2

2
，
∴

2
9
m2
．
当
t4
，
aln2
时，
△ABC
的面积为
15ln
2
2
4
，故四个结论中，只有③不正确．
故填①②④．

三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或
演算步骤． < br>17．（12分）已知

a
n

是等差数列，
b
n

是等比数列，且
b
2
2
，
b
3
4
，
a
1
b
1
，
a
6
b
5
．
（1）求

a
n

的通项公式；
（2）设
c
n
a
n
b
n
，求数列

c
n

的前
n
项和
S
n
．
【答案】（1）
a
3n
2
n
n
3n2
；（2）
2
2
n
1
．
【解析】（ 1）
q
b
3

4
2
，∴
b
1
1
，即
b
n
2
n1
b
，
2
2
a
1
b
1
1
，
a
6b
5
16
，∴
d
a
6
a
1< br>61
3
，∴
a
n
3n2
．

-------------------------天才是百分之一的灵感加百分之九十 九的勤奋------------------------------

（2）
c
n
3n22
n1
，∴
S
(13n2)n1 2
n
3n
2
n
n

2

1 2

2
2
n
1
．
18．（12分）
△ABC
的内角
A
，
B
，
C
的对边分别为
a
，
b
，
c
，已知
2ccosA2ba
．

（1）求角
C
；
（2）若
D
是边
BC
的中点，
AC5
，
AD21
，求
AB
的长．
【答案】（1）
C
π
3
；（2）
19
或7．
【解析】（1）
Q2ccosA2ba
，

由正弦定理得
2sinCcosA2sinBsinA
，
∴2sinCcosA2sin（AC）-sinA
，
∴2sinCcosA2sinAcosC2cosAsinCsinA
，
∴ 2sinAcosCsinA
，
sinA0
，
cosC
1< br>2
，
QC(0,π)
，
∴C
π
3
．
（2）在
△ACD
中，由余弦定理得
AD
2
AC
2
CD
2
2ACCDcosC
，
∴2125CD2
5CD
，
CD
2
5CD40
，
∴CD1
或
CD4
，
当
CD1
时，
BC2
，
△ABC
中，由余弦 定理得
AB
2
AC
2
BC
2
2ACBC cosC

254252
1
2
19
，
∴AB19
；
当
CD4
时，
BC8
，
金戈铁骑
AB
2
AC
2
BC
2
2 ACBCcosC2564258
1
2
49
，
∴AB7
，
∴AB19
或
AB7
．
19 ．（12分）如图，在多面体
ABCDE
中，
AE⊥
平面
ABC，平面
BCD
平面
ABC
，
△ABC
是边长为2的等 边三角形，
BDCD5
，
AE2
．

（1）证明：平面
EBD
平面
BCD
；
（2）求平面
BED
与平面
ABC
所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
5
5
．
【解析】证明：（1）取< br>BC
中点
O
，连结
AO,DO
，

∵BDCD5
，∴
DOBC
，
DOCD
2
OC
2
2
，
∵
DO
平面
BCD
，平面< br>DBCI
平面
ABCBC
，
平面
BCD
平面< br>ABC
，∴
DO
平面
ABC
，
∵
AE⊥
平面
ABC
，∴
AE∥DO
，
又
DO2AE
，∴四边形
AODE
是平行四边形，∴
ED∥AO
，
∵
△ABC
是等边三角形，∴
AOBC
，
∵
AO
平面
ABC
，平面
BCDI
平面
ABC BC
，平面
BCD
平面
ABC
，
∴
AO平面
BCD
，∴
ED
平面
BCD
，
∵ED
平面
EBD
，∴平面
EBD
平面
BCD
．
（2）由（1）得
AO
平面
BCD
，∴
AODO
，

-------------------------天才是百分之一的 灵感加百分之九十九的勤奋------------------------------

又
DOBC
，
AOBC
，

分别以
O B
，
AO
，
OD
所在直线为
x
，
y
，
z
轴，建立空间直角坐标系，

则
A(0,3,0)
，
B

1,0,0

，
D

0,0,2

，
E(0,3,2)
，

平面
ABC
的一个法向量为
n

0,0,1

，
设平面
B ED
的一个法向量为
m

x,y,z

，
u< br>BD
uur
(1,0,2)
，
u
BE
uur(1,3,2)
，

则

uuur


mBD
uuur
x2z0
，取
x2
，得
m


2,0,1

，

mBEx 3y2z0
设平面
BED
与平面
ABC
所成锐二面角的平面角为

，
则
cos


|mn|
|m| |n|

1
5

5
5
．
∴平面
BED
与平面
ABC
所成锐二面角的余弦值为
5
5
． 20．（12分）某小学对五年级的学生进行体质测试，已知五年一班共有学生30人，测试
立定跳 远的成绩用茎叶图表示如图（单位：
cm
）：男生成绩在
175cm
以上（包 括
175cm
）
定义为“合格”，成绩在
175cm
以下（不包括< br>175cm
）定义为“不合格”．女生成绩在
165cm
以上（包括
1 65cm
）定义为“合格”，成绩在
165cm
以下（不包括
165cm）定义为“不
合格”．


（1）求五年一班的女生立定跳远成绩的中位数；
（2）在五年一班的男生中任意选取3人，求至少有2人的成绩是合格的概率；
（3）若从五 年一班成绩“合格”的学生中选取2人参加复试，用
X
表示其中男生的人
数，写出X
的分布列，并求
X
的数学期望．
【答案】（1）166．5cm；（ 2）
P
42
55
；（3）见解析．
【解析】（1）由茎叶图得五 年一班的女生立定跳远成绩的中位数为
165168
2
166.5cm
．
（2）设“仅有两人的成绩合格”为事件
A
，“有三人的成绩合格”为事件
B
，
至少有两人的成绩是合格的概率：
PP

A

P

B

，
又男生共12人，其中有8人合格，从而
P(A)
C
1
C
23
4

8
C
8
C
3
，
P(B)
3
，
12
C
12
所以
P
42
55
．
（3）因为合格的人共有18人，其中有女生有10人合格，男生有8人合格，
依题意，
X
的取值为0，1，2，
则
P(X0)
C< br>0
C
2120
810
5
C
1
8
C< br>10
80
C
8
C
10
28
C
2
，
P(X1)
2

，
P(X2)
C
2

，

18
17C
18
153
18
153
因此，
X
的分布列如下：
X
0 1 2
P

5

8028
17153

153

E(X)0
5
17
1
80153
2
28
153

136
153
< br>8
9
（人），
或是，因为
X
服从超几何分布，所以
E(X)2
8
18

8
9
（人）．
21．（ 12分）已知函数
f(x)axsinx
1
2
a

a R，a0

．
（1）讨论
f(x)
在

π


0,
2


上的单调性；
（ 2）当
a0
时，若
f(x)
在

π



0,
2


上的最大值为
π1
，讨论 ：函数
f(x)
在

0,π

内的零
点个数． < /p>

-------------------------天才是百分之一的灵感加百分之九 十九的勤奋------------------------------

【答案】（ 1）当
a0
时，
f

x

在

π


0,

2


上单调递增；当a0
时，
f

x

在

π


0,

2


上单调
递减；（2）< br>2
个零点．
【解析】（1）
f


x
< br>asinxaxcosxa

sinxxcosx

， 当
x



0,
π

2


时，
sinxxcosx0
，

当
a0
，
x


π

2


时，
f


x

0
；当
a0
，
x



0,
π


0,< br>2


时，
f


x

 0
，

当
a0
时，
f

x

在

π

0,

2

上单调递增 ；当
a0
时，
f

x

在

π

0,


2


上单调递减． < br>（2）由（1）知，当
a0
时，
f

x

在

π



0,
2


上单调递增，
f

x


π

ππ 1π

1
max
f


2



2
asin
2

2
a
2
a π1
，解得
a2
，
f

x

2 xsinx1
，
f


x

2
< br>sinxxcosx

，
Qf

x

在

π


0,

2


上单调递增，
f

0

0110
，
f< br>

π


2



π< br>
1

0
，
f

x

在

π



0,
2


内有且仅有
1
个零点，
令
g

x

 sinxxcosx
，
x

π


2
,π



，
g


x

cosxcosxxsinx2cosxxsinx
，
当
x

π


2
,π



时，cosx0
，
sinx0
，
x0
，
g


x

0
，
g

x
< br>在

π


2
,π



内单调递减，
又
g


π


2


sin
π
2

π
2
co s
π
2
10
，
g

π

s inππcosππ0
，
x

π

0



2
,π


，使得
g

x
0

0
，

当
x

π
,x


2
0


时，
g

x

0
，即
f


x

0
；当
x

x
0
,π

时，
g

x

0
，即
f
< br>
x

0
，
金戈铁骑
f

x

在


π

2
,x

0


上单调递增，在

x
0
,π
< br>上单调递减，
Q
f


π


2



π

1

0
，
 f

x

在


π

2
,x

0


上无零点且
f

x
0

0
，
又
f

π

2πsinπ110
， < br>f

x

在

x
0
,π

上有且仅有
1
个零点，
综上所述：
f

x
在

0,π

上共有
2
个零点．
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）【选修4-4：坐标系与参数方程】


x
3
t
在直角坐标系
xOy
中，直线
C


3
1
的参数方程为

（其中
t
为参数）．以坐标原点



y2
6
3
t
O
为极点，
x
轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线
C
2
的极坐标方程为
< br>cos
2

3sin

．
（1）求
C1
和
C
2
的直角坐标方程；
（2）设点
P

0,2

，直线
C
22
1
交曲线
C
2
于
M,N
两点，求
PMPN
的值．
【答案】（1）
Cxy20
，
C
2
1
:2
2
:x 3y
；（2）
90
．


x
3t
【 解析】（1）直线
C

3
1
的参数方程为

y2
6
（其中
t
为参数），



3
t
消去
t
可得
2xy20
，
由

cos
2

3sin

，得

2< br>cos
2

3

sin

，则曲线
C
2
的直角坐标方程为
x
2
3y
．


3
（2）将直线
C

x
3
t
1< br>的参数方程

代入
x
2
3y

，得
t
2
36t180
，


y2
6< br>3
t
设
M,N
对应的参数分别为
t

t
1
1
,t
t
2
36
2
，则


t
1
t
2
18
，
PM
2
PN
2


t
1
t
2

2
2t
1
t
2
90
．

-------------------------天才是百分之一的灵感加百分之 九十九的勤奋------------------------------

23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】
已知函数
f(x)x
2
ax8
，
g(x)|x1||x1|
．
（1）当
a0
时，求不等式
f(x)g(x)
的解集；
（2）若不等式
f(x)g(x)
的解集包含

1,1
，求实数
a
的取值范围．
2

；【答案】（1）
< br>2,
（2）

5,5

．

2x,x1

1x1
， 【解析】（1）
g(x )x1x1

2,

2x,x1

当a0
时，
f(x)x
2
8
，

x
2
82x

x
2
82

x< br>2
82x
Qf(x)g(x)
，

或
或

，
x11x1x1

1x2或
1x1
或
2x1
，
2x2
，
2

． ∴不等式的解集为

2,
（2）由（1）知，当
1x1
时，
g(x)2
．
∵不等式
f(x)g (x)
的解集包含

1,1

，
x
2ax82
在

1,1

上恒成立，即
x
2
ax60
在

1,1

上恒成立，

(1)
2
a60
∴

2
，
 5a5
，
1a60

∴
a
的取值范围为

5,5

．

【四川省遂宁市射洪县射洪中学等2019- 2020学年高三上学期第四次大联考数学（理）
试题用稿】