【文档说明】四川省成都七中2020届高三高中毕业班三诊模拟 数学（文）（含答案）.doc，共(8)页，419.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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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},{

|,}AByyxxA,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(A)22(B)1(C)2(D)23.设函数()fx为奇函数,当0x时,2

()2,fxx则((1))ff(A)1(B)2(C)1(D)24.已知单位向量12,ee的夹角为2π3,则122ee(A)3(B)7(C)3(D)75.已知双曲线22221(0,0)xyabab的渐近线方程为3yx,则双曲线的离心率是(A)10(B)103

(C)10(D)1096.在等比数列{}na中,10,a则“41aa”是“53aa”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,ab为两条不同直线,,,为三个不同平面,下列命题：①若///,,/则//；②若//,//,aa则//；③若,,则；④若,,ab则//ab.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2πloge,aπln,eb2eln,πc则(A)abc(B

)bca(C)bac(D)cba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)22π12.已知P是椭圆2214xy上一动

点,(2,1),(2,1)AB,则cos,PAPB的最大值是(A)624(B)1717(C)1776(D)1414第Ⅱ卷(非选择题,共90分)BACFDE0.005频率组距得分0.0150.010100806040O20二、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{}na的前n项和为,nS且111,1(2),nnaaSn则4a14.已知实数,xy满足线性约束条件117xyxy,则目标函数2zxy的最大值是15.如图是一种

圆内接六边形ABCDEF,其中BCCDDEEFFA且.ABBC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xya(0a且1)a与一次函数yx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,,ABC的对边分别为,,.abc已知2.tansinabAB(1)求角A的大小；(2)若7,2,ab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；个班级,再从这6个班级(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MABCD中,2,22.,,23ABAMADMBMDABAD(1)证明：AB平面ADM；(2)若//CDAB且23CDAB

,E为线段BM上一点,且2BEEM,求三棱锥ACEM的体积.20.(本小题满分12分)已知函数22e(),(e,).lnxxfxxxx(1)证明：当(e,)x时,3elnexxx；(2)证明：()fx在1[2e,)2单调递增.(其中e2.

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21:2Cyx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:O221xy于不同的两点,AB.(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||FM

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23cos3sinxy

(为参数,0π).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π6.(1)求曲线C的极坐标方程；(2)若射线l与曲线C相交于,AB两点,求||||OAOB的值.23.(本小题满分10分)选修45：不等式选

讲已知0,0,ab且24,ab函数()2fxxaxb在R上的最小值为.m(1)求m的值；(2)若22ambtab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；15.322π；16.1e(1,e).三、解答题(共70分)17.解：(1)由正弦定理知sinsina

bAB,又2,tansinabAB所以2.sintanaaAA于是1cos,2A因为0π,A所以π.3A6分(2)因为π7,2,,3abA由余弦定理得222π7222cos,3cc即2230.cc又0c,所以3.c故ABC的面积为11π33sin

23sin.2232bcA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[60,8

0)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(,)ij表示,其中16ij.

这些点恰好为66方格格点上半部分(不含ij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()1.1515PAPA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2ABAM,22MB,所以222.AMABMB于是.ABAM又,ABAD且,AMADAAM平面ABD,AD平面ADM,所以AB平面.ADM5分(2)因为2,23AMAD

MD,所以3.ADMS因为2BEEM,所以1.3CAEMCABMVV又//,CDABAB平面.ADM所以111333ACEMCAEMCABMDABMBADMVVVVV11112323.333

39ADMSAB所以三棱锥ACEM的体积为23.912分20.解：(1)令3e()ln,(e,).exgxxxx则22214e(e)()0.(e)(e)xgxxxxx于是()gx在(e,)单调递增,所以()(e)0,gxg即

3eln,(e,).exxxx5分(2)22222222(21)ln(e)(ln1)(e)ln(e)().(ln)(ln)xxxxxxxxxxfxxxxx令2222()(e)ln(e),(e,).h

xxxxxx当(e,)x时,由(1)知3eln.exxx则222223e1()(e)(e)2(4e1)2[(2e)],e2xhxxxxxxxxx当1[2e,)2x时,()0hx,从而()0.fx故()fx

在1[2e,)2严格单调递增.12分21.解：设点00(,)Pxy,其中2001.2yx因为,yx所以切线l的斜率为0,x于是切线2001:.2lyxxx(1)因为(2,2),P于是切线:22.lyx

故圆心O到切线l的距离为2.5d于是22225||2121().55ABd5分(2)联立22200112xyyxxx得22340001(1)10.4xxxxx设1122(,

),(,),(,).AxyBxyMxy则301220,1xxxx32240001()4(1)(1)0.4xxx又200,x于是200222.x于是32200120022001,.22(1)22(1)xxxxxyxxxxx又C的焦点1(

0,),2F于是1(0,).2F故3264222000002222200001111||()().2(1)2(1)24(1)21xxxxxFMxxxx9分令201,tx则1322.t于是213313||3.22

ttFMttt因为3tt在[1,3)单调递减,在(3,322)单调递增.又当1t时,1||2FM；当3t时,233||2FM；当322t时,2211||.22FM所以||FM的取

值范围为233221[,).2212分22.解：(1)消去参数得22(2)3(0)xyy将cos,sinxy代入得22(cos2)(sin)3,即24cos10.所以曲线C

的极坐标方程为2π4cos10(0).35分(2)法1：将π6代入2π4cos10(0)3得22310,设12ππ(,),(,),66AB则121.于是

12||||1.OAOB10分法2：π3与曲线C相切于点,Mπ||2sin1,3OM由切割线定理知2||||||1.OAOBOM10分23.解：(1)3,(,),2()2,[,],23,(,).axabxafxxaxbxabxbxabxb

.当(,)2ax时,函数()fx单调递减；当(,)xb时,函数()fx单调递增.所以m只能在[,]2ab上取到.当[,]2axb时,函数()fx单调递增.所以2()2.222aaabmfab5分(2)因为22ambtab

恒成立,且0,0ab,所以22ambtab恒成立即minabmbta.由(1)知2m,于是2222.aambabmbamb当且仅当2abab时等号成立即4(21)0,2(22)0.a

b所以22t,故实数t的最大值为22.10分