贵州省贵阳市第三十八中学2020届高三上学期模拟考试数学（理）试题 Word版含解析.doc

1、理科数学 满分 150 分，考试时间 120 分钟 第卷（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已知复数 3i 54i m 是纯虚数，则实数m的值为（ ） A 12 5 B12 5 C15 4 D 15 4 2已知集合 1 0 1 x Ax x ，集合 2 2 log2ZBxyx，则下列说法正确的是 （ ） ABA B1,1AB U C1,1AB I D R BA I 3已知等差数列 n a的前n项和为 n S，若 86 16,1Sa，则数列 n a的公差为（ ） A 3 2 B 3

2、2 C 2 3 D 2 3 4已知命题 2 000 :0,pxxx；命题 1 1 :,222 2 2 xx qx 则下列命题中是真命题的为（ ） Aq Bpq Cpq D pq 5 如图所示， 线段BD是正方形ABCD的一条对角线， 现以BD为一条边， 作正方形 BEFD， 记正方形ABCD与 BEFD 的公共部分为（如图中阴影部分所示） ，则往五边形 ABEFD 中投掷一点，该点落在内的概率为（ ） A 1 6 B 1 5 C 1 4 D 1 3 6已知某几何体的顶点满足4,0,0 ,0,2,4 ,4,4,4 ,4,4,0 ,0,0,0SABCD， 则下列图形中，该几何体的三视图不可能为（

3、） 7运行如图所示的程序框图，则输出的a的值为（ ） A3 B2 C1 D0 8已知等腰梯形ABCD中，28,120ABCDADC o ，若AM AD uuuruuu r 01，则MAMB uuu ruuu r 的最小值为（ ） A4 B4 2 C4 3 D8 9 九章算术是中国古代的数学瑰宝，其第五卷商功中有如下问题： “今有羡除，下广六 尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺，问积几何？”翻译成现代汉语就是： 今有三面皆为等腰梯形，其他两侧面为直角三角形的五面体的隧道，前端下宽 6 尺，上宽 一丈， 深 3 尺， 末端宽 8 尺， 无深， 长 7 尺 （注： 一丈=十尺） 则该五面体

4、的体积为 （ ） A66 立方尺 B78 立方尺 C84 立方尺 D92 立方尺 10已知函数 sincos0=f xxx在 5 , 6 12 上仅有 1 个最值，且为最大值，则实 数的值不可能为（ ） A 4 5 B 7 6 C 3 2 D 5 4 11 已知抛物线 2 :20C ypx p的焦点为F， 准线 3 : 2 l x ， 点M在抛物线C上， 点A 在准线l上，若MAl，且3 AF k （ AF k表示直线AF的斜率） ，则AFM的面积为 （ ） A3 3 B6 3 C9 3 D12 3 12已知定义在R上的偶函数( )f x满足44f xf x，且当0,4x时， 2f xx，则关

5、于x的方程 3f x 在4,16上的所有实数根之和为（ ） A 3 28 4 B 1 29 4 C 3 29 4 D 3 32 4 第卷（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.将答案填在题中的横线上.） 13已知双曲线 1 C与双曲线 22 2: 1 26 xy C的渐近线相同，且双曲线 1 C的焦距为 8，则双曲 线 1 C的方程为 14二项式 8 3 1 2 3 x x 的展开式中，含 4 x的项的系数为 15已知实数, x y满足 230 4 30 xy xy xy ，则 3 3 y z x 的取值范围为 16已知数列 n a满足 1 1 0,

6、 3 n aa，且 1 1 13 n n n a a a 等比数列 n b的通项公式为 1 3n n b 若数列 n c的满足 22 n nn a cb n ， 则数列 n c的前n项和为 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 （12 分）已知ABC中， 01BMBC ,8,4AMAC MC， 3 MAC （1）证明：AMC为等边三角形； （2）若ABC的面积为10 3，求BAM的正弦值 18 （12 分）共享单车又称为小黄车，近年来逐渐走进了人们的生活，也成为减少空气污染， 缓解城市交通压力的一种重要手段 为调查某地区居民对共享单车的

7、使用情况， 从该地区 居民中按年龄用随机抽样的方式随机抽取了 21 人进行问卷调查， 得到这 21 人对共享单车 的评价得分统计填入茎叶图，如下所示（满分 100 分） ： （1）请计算这 21 位居民问卷的平均得分； （2）若成绩在 80 分以上问卷中从中任取 3 份，求这 3 份试卷的成绩都在 85 以上（含 85 分）的概率； （3）从成绩在 90 分以上（含 90 分）的居民中挑选 4 人参加深入探讨，记抽取的 4 个居 民中成绩为 99 分的人数为X，求X的分布列与期望 19 （12 分）已知四棱锥ABCDE中， 21 22 AEABEDCDBEBC， ,/DE BC CDDE，平面

8、ABE 平面BCDE （1）求证：BACE； （2）求二面角BACD的余弦值 20 （12 分）已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的离心率为 2 2 ，过右焦点且垂直于x轴的 直线 1 l与椭圆C交于,A B两点，且2AB ，直线 2 3 : 4 Rlyk xmmm ，与椭 圆交于,M N两点 （1）求椭圆C的方程； （2）若点R为直线 3:4 50lxy与 4:8 100lxy的交点，若RM RN uuur uuu r 是一个与 k 无关的常数， 过点,0m且与直线 2 l垂直的直线 5 l交椭圆C于,P Q两点， 求四边形MPNQ 的面积的最小值 21 （12 分）已知

9、函数 21 ( )e x f xx （1）求函数( )f x的单调区间； （2）若关于x的不等式 ( ) 1 ln ex f xx m xxx 在1,上恒成立， 求实数m的取值范围 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作答时请写 清题号 22 （10 分）选修 44 坐标系与参数方程 已知直线l的参数方程为 cos sin xt yt （t为参数） ，以原点为极点，x轴的非负半轴为极轴 建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为 22 cos4 sin4 （1）若 4 ，求直线l的极坐标方程以及曲线C的直角坐标方程； （2）若直线l与曲线C交于,M N两点，且12M

10、N ，求直线l的斜率 23 （10 分）选修 45 不等式选讲 已知函数 =+3f xxx （1）求不等式(24)10fx 的解集； （2）记 ( )f x 的最小值为m，若正实数 , p q满足 11 32 m pq ，求9 4pq 的最小值 选题题号（请在所选的题号后） ：22 23 选考题答题区： 答案 1答案：A 解析：依题意， 3545121543 54545441 miimm imi iii ，故 5120 1540 m m ， 即 12 5 m ，故选 A 2答案：B 解析： 依题意， 1 011 1 x Axxx x ， 2 2 log21,0,1ZBxyx ， 故1,1AB

11、U， 故选 B 3答案：D 解析：依题意， 1836 8 88 16 22 aaaa S ，故 36 4aa，故 3 3a ，故 63 2 33 aa d ，故选 D 4答案：C 解析：取 0 1 2 x ，可知 2 11 22 ，故命题p为真；因为 11 222 222 2 xxxx ，当且仅当 1 2 x 时 等号成立，故命题q为真；故pq为真，故选 C 5答案：B 解析：依题意，不妨设1AB ，故五边形 ABEFD 的面积 15 2 22 S ，阴影的面积为1 2，故所求概率 为 1 1 2 1 5 2 2 P ，故选 B 6答案：D 解析：在正方体模型中作出该几何体的直观图如下所示，可

12、知 A，B，C 分别是正视图、侧视图以及俯 视图，观察可知，故选 D 7答案：C 解析：运行该程序，第一次是，6,5Sa，第二次是，11,4Sa，第三次是，15,3Sa，第四次 是，18,2Sa，第五次是，20,1Sa，第六次，否，跳出循环，输出 a1故选 C 8答案：C 解析：以 A 为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易求4AD ，DAB60 ， 则 0,0 ,8,0 ,2,2 3ABD，因为01AMAD uuuruuu r ，所以 2 ,2 3M，则 2 2 213 844 384 3 24 MAMB uuu ruuu r ，故选 C 9答案：C 解析：如图，在,DC EF上取,G H

13、,使得DG EHAB ，连接,BG BH GH CH，故多面体的体积 11 ()73 32 ADEBGHB CGHF VVVSABCGHF 直截面 111 73 6(42)7384 232 ，故选 C 10答案：C 解 析 ： 依 题 意 ， 2sin 4 f xx ， 故 5 2 642124 Zkk ， 解 得 3243 12 552 Zkk k，且 5 1262 T ，故4，故 33 52 ，故选 C 11答案：C 解析： 依题意， 抛物线 2 :6C yx ； 因为3 AF k ， 故直线AF与 x 轴正半轴所成角为 120 ， 故AFM 为等边三角形，则26AFAMMFp，则AFM的

14、面积为 2 3 69 3 4 ，故选 C 12答案：C 解析：因为 44f xf x ，故 44f xfx ，故函数( )f x的一个对称轴为4x ；且 8f xf x，故函数( )f x的周期为 8，作出函数( )f x的图像如下所示；联立 2, 3, yx y 解得 9 4 B x ， 故 9 4 A x ，由周期性可得所有实数根之和为 3 29 4 ABCDE xxxxx，故选 C 13答案： 22 1 412 xy 或 22 1 124 yx 解析：依题意，设双曲线 1 C的方程为 22 0 26 xy ，故 22 10 26 xy ，则2616或 2616；解得2或2 ，故双曲线 1

15、 C的方程为 22 1 412 xy 或 22 1 124 yx 14答案： 1792 27 解析：二项式 8 3 1 2 3 x x 的展开式的通项公式为 4 8 8 8 3 88 1 3 11 22 3 3 r r r r rrr CxCx x ，令 4 84 3 r，解得 3r ，故所求系数为 3 35 8 11792 2 327 C 15答案： 1 ,1 9 解析： 作出不等式组所表示的平面区域如下图阴影部分所示， 3 3 y z x 表示平面区域内的点与点3, 3 之间连线的斜率，观察可知 13 =1 93 BCOC y kk x 16答案： 1 6 3 26 n n n 解析： 依

16、题意， 1 1 13 n n n a a a ， 故 11 3 nnnn aaa a ， 故 11 3 nnnn aaa a ， 故 1 11 3 nn aa 故数列 1 n a 是以 3 为首项，3 为公差的等差数列；故 1 3313 n nn a ，故 1 = 3 n a n ，令 111111 22322616+1 n n a d nnnn nnn ，故数列 n d的前n项和为 11 1 6166 n nn ， 而数列 n b的前n项和为 31 2 n ，由分组求和法可知，数列 n c的前n项和为 1 6 3 26 n n n 17解析： （1）在AMC中，,4,8 3 AMCMCAMA

17、C ， 由余弦定理得 222 2cosMCAMACAM ACMAC， 所以 2 22 4828cos60AMAMAMAM ，解得4AM 又,4 3 AMCMC ，所以AMC是等边三角形 （6 分） （2）因为10 3 ABC S ，且 2 3 44 3 4 AMC S ，t 所以6 3 AMB S ， 故 1 sin6 3 2 AM MBAMB，解得6MB ， 在AMB中， 222 2cos76ABAMMBAM MBAMB，所以2 19AB 在AMB中，由正弦定理得 sinsin ABMB AMBBAM , 所以 6sin1203 57 sin 382 19 BAM o （12 分） 18解析

18、： （1）依题意，所求平均得分为 76521334578991516171818191919 8088 21 （4 分） （2）设事件A：80 分以上问卷中任取 3 份，成绩都在 85 以上，则所求概率 3 13 3 16 143 ( )= 280 C P A C （7 分） （3）依题意，X的可能取值为0,1,2,3；故 4 5 4 8 1 0 14 C P X C ， 312213 535353 444 888 331 1,2,3 7714 C CC CC C P XP XP X CCC ， 故X的分布列为： X 0 1 2 3 P 1 14 3 7 3 7 1 14 故 3633 771

19、42 E X （12 分） 19解析： （1）因为 222 CEBEBC，所以BECE， 因为平面ABE 平面BCDE， 平面ABE I平面BCDEBE，CE 平面BCDE， 所以 CE平面ABE，而BA平面ABE，故BACE （4 分） （2）取 BE 的中点O，因为AEAB，故AOBE， 因为平面ABE 平面BCDE，平面ABE I平面BCDEBE，故AO 平面BCDE 以O为坐标原点， 以过点O且平行于CD的直线为x轴， 过点O且平行于BC的直线为y轴， 直线AO为 z轴，建立如图所示空间直角坐标系 不妨设1AB，则 1 11 3 ,0 ,0 2 22 2 BC , 1 32 ,0 ,0

20、,0, 2 22 DA . 设平面ACD的法向量为 1111 ,x y z， 则 1 1 0 0 CD CA ，即 1 11 0 320 x yz ，令 1 2z ，可得 1 2 0, 2 3 ， 设平面ABC的法向量为 2222 ,x y z， 则 2 2 0 0 AB BC ，即 222 2 20 0 xyz y ，令 2 2z ，可得 2 2,0, 2， 12 12 12 33 cos, 11 ，观察图形知二面角BACD为钝二面角， 则二面角BACD的余弦值 33 11 （12 分） 20解析： （1）联立 22 22 , 1, xc xy ab 解得 2 b y a ，故 2 2 2

21、b a ，又 2 2 c e a ， 222 abc，联立三式，解得2,1,1abc， 故椭圆C的方程为 2 2 1 2 x y （4 分） （2）联立 450 8100 xy xy ，解得 5,0 4 R ；设 1122 ,M x yN xy， 联立方程组 2 2 1, 2 , x y yk xm 消去y得 22222 124220kxmk xk m， 222 1212 22 422 , 1212 mkm k xxxx kk ， 2 1212121212 55525 ()()()()() 44416 RM RNxxy yx xxxkxm xm 22 2222 1 212 2 525(352)

22、225 (1)()() 4161216 mmk kx xmkxxk m k ， 又RM RN uuur uuu r 是一个与 k 无关的常数， 2 352=4mm，即 2 35 +2=0mm， 12 2 1, 3 mm； 3 4 m ， 1m ，适合0， 42222 222 12 222 168(21)(1)882 2(1) 1= 1= 1 2+12+12+1 kkkkk MNkxxkk kkk 同理 2 2 2 2 1 221+ 22(1) 2 2 +1 k k PQ k k （） ， 故 2 22 2 2222 2 1(1)(1)16 44 2122(21)(2)9 () 2 kk SMN

23、PQ kkkk ， 当且仅当 2 1k 时等号成立，故四边形MPNQ的面积的最小值为 16 9 （12 分） 21解析： （1） 21 2e1 x fx ，令 21 210 x e ，得 21 1 e 2 x ，故 1 21ln 2 x ， 故21 ln2x ，解得 1ln2 2 x 令 f (x)0 得 1ln2 2 x ，令 f (x)0 得 1ln2 2 x ，故函数( )f x的单 调递减区间为 1ln2 , 2 ，单调递增区间为 1ln2, 2 ； （4 分） （2）令 1 1 lne1 ln e x x f xx g xm xxxm xxx ， 1 1 ( )e(ln)1 x x

24、g xmx x ；令( )( )h xg x，则 1 2 11 ( )e() x h xm xx ， （）当 1 2 m时，因为当1x 时， 1 e1 x , 2 11 ()1m xx ，所以( )0h x， 所以( )h x即( )g x在(1,)上单调递增 又因为(1)0g，所以当1x时，( )0g x ，从而( )g x在1,)上单调递增， 而(1)0g，所以( )0g x ，即( )(1)lnf xm xx成立； （）当 1 2 m 时，可得 1 2 11 ( )e() x h xm xx 在(0,)上单调递增 因为(1)120hm ， 2 11 (1ln(2 )20 1ln(2 )1

25、ln(2 ) hmmm mm ， 所以存在 1 (1,1 ln(2 )xm，使得 1 ( )0h x ，且当 1 (1,)xx时，( )0h x ， 所以( )h x即( )g x在 1 (1,)x上单调递减， 又因为(1)0g， 所以当 1 (1,)xx时，g( )0x ， 从而( )g x在 1 (1,)x 上单调递减，而(1)0g， 所以当 1 (1,)xx时，g( )0x ，即( )(1)lnf xm xx不成立； 综上所述，m的取值范围是 1 (, 2 （12 分） 22解析： （1）依题意，直线 2 2 : 2 2 xt l yt ，可知直线l是过原点的直线， 故其极坐标方程为 4

26、 R；曲线 22 :4 sin4cosC， 故曲线C的直角坐标方程为 2 44xy （5 分） （2）依题意，直线l的极坐标方程为 R； 设,M N对应的极径分别为 12 , ，将 R代入曲线C的极坐标可得 22 cos4 sin40；故 1212 22 4sin4 , coscos ， 故 2 121212 2 4 4 cos MN ，故 2 4 12 cos ，则 2 1 cos 3 ， 2 tan2，故直线l的斜率为2 （10 分） 23解析： （1）依题意，(24)= 24 + 21fxxx， 当2x 时，242110xx，解得 15 2 4 x ， 当 1 2 2 x时，242110xx，故 1 2 2 x； 当 1 2 x 时， 155 44 x，故 15 24 x； 综上，所求不等式的解集为x| 155 44 x （5 分） （2）依题意， =+333f xxxxx，故 11 3 32pq ， 故 1111491491 9494325252 6 3323323323 qpqp pqpq pqpqpq 当且仅当2 23 3qp时等号成立，故94pq的最小值为 1 52 6 3 （10 分）