1、高三年级第十次调研考试 1 数学（理科）参考答案 一一选择题：选择题：DDCBCDCACABD 1.【解析】40xxB1xZxA3 , 2 , 1BA故选 D. 2.【解析】 22 1234 ,2,12 ,1 2zbbiibzizi .故选 D. 3.【解析】设等比数列 n a公比为q，则 3 68 35 11 273 aa qq aa ， 所以 5 61 1 243 aa q.故选 C. 4.答案：B 5.【解析】10 , 1, 0cba，故选 C. 6.D 7. 【解析】 设圆锥底面半径为r， 则2 2 L rLr ， 所以， 2 22 13 312112 L h vr hL h 28 9
2、 .故选 C. 8.【解析】) 1() 1(),()(xfxfxfxf0)0( f4T最小正周期 1) 1 () 1() 14505()2019(ffff , 0)0()4505()2020(fff 1)2020()2019(ff 故选 A. 9.【解析】分两种情况：后四球胜方依次为甲乙甲甲，概率为 1 1 3 1 23 2 5 2 550 P ； 后四球胜方依次为乙甲甲甲，概率为 2 1 2 1 21 2 5 2 525 P 所以，所求事件概率为： 12 1 10 PP故选 C. 10.【解析】 3 min 21 xx，周期T,2 2 T , 1 3 2sin21 6 2sin2 xxy,又
3、新函数的图像关于y轴对称， k 23 , k 6 ， 6 min 答案：A 11.【解析】)0 ,(),0 ,(,2 ,2 21 cFcFbaP）（由题可知， 4 1 cos 12 FPF 高三年级第十次调研考试 2 ca FPFFFPFFFPF 2 cos 12122122 2 4 11 16 a c a c a c 或 11 153 :y渐近线方为 故选 B. 12.【解析】 100)()( 1 ,)-)(1 )( 22)(1) 1 ( 2 kkfxfkx kkxfk kxxf kkxxxfx 有最小值，即时，当 ）递增递减，（，在（时，当 ，开口向上的对称轴为 时，当 101 0) 1
4、()(1 1-)(1 k fxfx xfk 显然成立，此时 有最小值，即时，当 ）上递减，在（时，当 （2）当1x时， 3 ) 1()(eekxxf x x ekxxf)()( 10) 1 ()( 1)(1 23 kekekefxf xfk 此时 ）上递增，在（时，当 3130)()( ,), 1 ()(1 3 kkeekfxf kkxfk k 此时 ）递增递减，（在时，当 综上： 30 k 故选 D. 二二填填空空题题： 13.10 14. 16 1 y15. 4 1 16. 15.解解析析：易易知知 2,11 1, 2 19 nn n an, 1 1 b nn b n n b 1 1 1
5、) 1( nn bnnb 所所以以数数列列 n nb是是常常数数列列，得得： n bn 1 ，又又数数列列 nn ba ,的的最最小小公公共共周周期期为为 60，所所以以 404020202020 baba，而而1 1040 aa， 4 1 440 bb，所所以以 4 1 404020202020 baba 16.解析：不妨设2AD，又ACD为正三角形，由ABDBDCDBDBDA3， 得DCDBDBDA0)(DCDADB，即有ACDB ，所以 30ADB 3 ABDBDCDB3得)(3DADBDBDCDB，化简可以得 3 34 DB， 90DAB，易得 ACDABD SS ，故 21 VV ，
6、由于 60ACDADB，所以 ACDABD与的外接圆相同（四点共圆） ，所以三棱锥ABDP，三棱锥ACDP的外 接球相同，所以 21 SS 三解答题： （共 70 分） 17.解： （1）由0A， 2 cos 3 A ，得 5 sin 3 A ，1 分 所以 524 5 sinsin22sincos2 339 BAAA ，3 分 由正弦定理 sinsin ab AB ，可得 sin 6 sin bA a B .6 分 （2） 2 2 21 coscos22cos121 39 BAA ，8 分 在ABC 22 coscos()sinsincoscos 27 CABABAB 10 分 在ACM中，
7、由余弦定理得： 222 305 2cos 9 AMACCMAC CMC 所以， 305 3 AM .12 分 18.解析： （解析： （1）证法）证法 1：在棱：在棱 11,DD CC分别取点分别取点NM,，使得，使得1 PMQN，易知四边形，易知四边形 MNQP是平行四边形，所以是平行四边形，所以PQMN /，联结，联结NEMNFM,， NDAENDAE/,且则 所以四边形ADNE为矩形， 故NEAD/， 同理，ADBCFM/ 且ADMFNE，故四边形FMNE是平行四边形，所以 MNEF /，所以PQEF / 故QPFE,四点共面 又BPQPQBPQEFPQEF平面平面，,/， 4 所以 P
8、QBEF平面/.6 分 证证法法 2：因因为为直棱柱 1111 DCBAABCD的底面是菱形，ABCDAABDAC底面 1 ,， 设BDAC,交点为O，以O为原点，分别以OBOA,，及过O且与 1 AA平行的直线为zyx, 轴建立空间直角坐标系.则有)0 , 0 , 2(A，)0 , 1 , 0(B，)0 , 0 , 2(C，)0 , 1, 0( D，设aBF ， ,3 , 1 a则) 1, 0 , 2(aE，), 1 , 0(aF，) 1, 0 , 2(aP，), 1, 0(aQ， ），（11 , 2EF ， ) 1 , 1 , 2(QP ，所以 PQEF / ，故 QPFE, 四点共面.又
9、 BPQPQBPQEFPQEF平面平面，,/ ，所以 PQBEF平面/.6 分 （2）.平面EFPQ中向量），（11 , 2EF，），（11, 2 EQ，设平面EFPQ的一个法向 量为）（ 111 ,zyx，则 02 02 111 111 zyx zyx ，可得其一个法向量为)2 , 0 , 1 ( 1 n. 平面BPQ中，），（11, 2aBP，）（aBQ, 2, 0 ，设平 面BPQ的一个法向量为 ）（ 222 ,zyxn ，则 02 012 22 222 azy zayx）（ ， 所以取其一个法向量）（4 ,2 , 2 2 aan. 若 5 5 16)2(5 ,cos 22 21 21
10、aa nn nn ，则 84510 22 aaa）（， 即有0234 2 aa，,3 , 1 a 解得 232a,3 , 1 故不存在点P使之成立.12 分 19.解析：方法一： （1）如图设BOE，则)sin2,cos2(B )sin2 ,cos2(D，所以cos2 P x，sin2 P y. 所以动点P的轨迹C的方程为1 24 22 yx .5 分 5 方法二： （1）当射线OD的斜率存在时，设斜率为k，OD方程为kxy ， 由 2 22 yx kxy 得 2 2 1 2 k yP ，同理得 2 2 1 4 k xP ，所以 2 P x42 2 P y即有动点P的 轨迹C的方程为1 24
11、22 yx .当射线OD的斜率不存在时 ， 点)2, 0( 也满足 5 分 （2）.由（1）可知E为C的焦点，设直线l的方程为2 myx（斜率不为0时）且设点 ),(),( 2211 yxNyxM，由 42 2 22 yx myx 得0222)2( 22 myym 所以 2 2 2 22 2 21 2 21 m yy m m yy ，所以 ) 1(4 2 1 11 2 2 21 2 m m yym MN 分 又射线OQ方程为mxy，带入椭圆C的方程得4)(2 22 myx，即 2 2 21 4 m xQ 2 2 2 21 4 m m yQ ， ) 1(4 211 2 2 2 m m OQ 分
12、所以 2 11 OQ MN) 1(4 2 2 2 m m 4 3 ) 1(4 21 2 2 m m 分 又当直线l的斜率为时，也符合条件综上， 2 11 OQ MN 为定值，且为 4 3 分 20.解析(1)所求概率P(C 1 2 3 2 . 3 1 )(C 2 2 2 1 . 2 1 ) (C 2 2 3 2 . 3 2 )(C 1 2 2 1 . 2 1 )+(C 2 2 3 2 . 3 2 )(C 2 2 2 1 . 2 1 )= 9 4 -6 分 (2)他们在一轮游戏中获“优秀小组”概率为 2 2 2 2 2 1 2 222 1 2 2 1 2 2 2 2 2 211 1 2 )1 (
13、)1 (PCPCPPCPCPCPPCP =2P1P2(P1+P2)-3P 2 1 P 2 2 -8 分 因为 P1+ P2= 3 4 所以 P= 3 8 p2p2-3p 2 1 p 2 2 因 0P11,0P21所以 3 1 P11 ， 3 1 P21， 又 p2p2 （ 2 PP 21 ） 2 = 9 4 6 所以 9 1 p1p2 9 4 令 t=p1p2以 9 1 t 9 4 则 P=h(t)=-3t 2 + 3 8 t -10 分 当t= 9 4 时 Pmax= 27 16 他们小组在n轮游戏中获 “优秀小组” 次数满足B( n,p ) 由 npmax=16 则 n=27所以理论上至少
14、要进行 27 轮游戏。 此时 P1+ P2 3 4 p1p2 = 9 4 P1=P2 3 2 -12 分 21.解析（1）), 0(ln)(Raxaxxaxf x xa x a xf 1)( Rax , 0 当0a时，的)(xf减区间为), 0( ，没有增区间 当0a时，的)(xf增区间为), 0(a，减区间为),(a-4 分 （2）原不等式 x bxxxxa k ln)ln1 ( . , 1 , 1 exea， 1 lnln1 lnlnaxxxxbxxxxb xx ，-6 分 令 2 1 lnlnln xxxxbxxb gg xx xx ， 令1 1 )(ln)( x xpbxxxp lnp
15、 xxxb 在 1,上递增； 当 10p时，即 , 1 1ebb 所以1b 时1,xe， 00p xgx， g x在1,e上递增； min 122cg xgbbcb. 当 0p e ，即 , 1eeb 时1,xe， 00p xgx， g x在1,e上 递减； min 22bb cg xg ebcb ee 1 2 , 1 e e e e .-9 分 当 10pp e 时， lnp xxxb 在上递增； 存在唯一实数 0 1,xe，使得 0 0p x，则当 0 1,xx时 00p xgx. 7 当 0, xx e时 00p xgx. 0000 0 mi 0 00 n 1 lnln1 ln xxxx
16、b x xx cg xg x . 0000 00 11 lnlnbcxxxx xx .此时 00 lnbxx. 令 11 ln10 x h xxxhxh x xx 在1,e上递增， 0 1,11,bexe， 1 2,bce e . 综上所述， 1 2 , 2 e ecb.-12 分 22.解析：(1):曲线 1 C的一般方程是11 2 2 yx 222 yx，且cosx，siny， 曲线 2 C的一般方程为1 1216 22 yx 5 分 (2)：设点P的坐标为 sin32 ,cos4, 2 2 1 rPCPA, 91cos413cos8cos4sin321cos4 2 2 2 22 1 PC 6281cos4 2 PA,即1cos时，62 max PA10 分 23.解析： （解析： （1）.如图如图，平面区域平面区域由一个正方形及其 内部组成，四个顶点分别为) 1 , 0(),2 , 1 (),1 , 2(),0 , 1 (，所以 222 2 1 S. 5 分 （2）.由（1）2)(cbca， 而cba,都为正数，所以 4)(22)(232cbcacbcacba 当且仅当2)(2cbca取得最小值. 10 分
