【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（理）（含答案）.doc，共(9)页，492.500 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(理科)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)9

9(B)131(C)139(D)14110.已知πloge,aπln,eb2eln,πc则(A)abc(B)bca(C)bac(D)cba11.过正方形1111ABCDABCD的顶点A作直线l

,使得l与直线11,BCCD所成的角均为60,则这样的直线l的条数为(A)1(B)2(C)3(D)412.已知P是椭圆2214xy上一动点,(2,1),(2,1)AB,则cos,PAPB的最大值是BACFDE0.005频率组

距得分0.0150.010100806040O20(A)624(B)1717(C)1776(D)1414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{}na的前n项和为,nS且111,1(2),nn

aaSn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与三次函数3yx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；(2)学校用分层抽样的方法,从评定等级为“优”、“良”、“中”、“差”的班级中抽取10个班级,再从这10个班级中随机抽取

2个班级进行抽样复核,记抽样复核的2个班级获得的奖励小红旗面数和为X,求X的分布列与数学期望()EX.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,求直线EC与平面BDM所成角的正弦值.20.(本小题满分12分)已知函数22e(),(e,).lnxxfxxxx(1)证明：当(e,)x时,3elnexxx；(2)若存在*0[,1)()xnnnN使得对任意的(e,)x

都有0()()fxfx成立.求n的值.(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(理科)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；16.3e(1,e).三、解答题(共70分)17.解：(1)由正弦定理知sinsinabAB,又2,ta

nsinabAB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0,c所以3

.c故ABC的面积为11π33sin23sin.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0.0152

00.3；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.5分(2)由(1)知题意“优”、“良”、“中

”、“差”的频率分别为0.3,0.4,0.2,0.1.又班级总数为40.于是“优”、“良”、“中”、“差”的班级个数分别为12,16,8,4．分层抽样的方法抽取的“优”、“良”、“中”、“差”的班级个数分别为3,4,2,1.由

题意可得X的所有可能取值为1,2,3,4,5,6.211214410101111111324221120211(1),(2),(3,145945)CCCCCCPXPXPCCCXCCC2432111123101021304224(4),(5),(

6)41151515.CCCCPXPXPXCCCCC9分所以X的分布列为X123456P24519114541541511511144145945151217119()123456515.455EX所以X的数

学期望19().5EX12分19.解：(1)因为2ABAM,22MB,所以222.AMABMB于是.ABAM又,ABAD且,AMADAAM平面,ADMAD平面ADM,所以AB平面.ADM5分(2)因为2,23AMAD

MD,所以120.MAD如图所示,在平面ADM内过点A作x轴垂直于AM,又由(1)知AB平面ADM,于是分别以,AMAB所在直线为,yz轴建立空间直角坐标系.Axyz于是4(3,1,0),(3

,1,),(0,0,2),(0,2,0).3DCBM因为2BEEM,于是42(0,,).33E所以72(3,,),(0,2,2),(3,1,2).33ECBMBD设平面BDM的法向量为,n于是00BMnBDn即220.320

yzxyz取1z得(3,1,1).n设直线EC与平面BDM所成角为,则413sincos,.54553ECnECnECn所以直线EC与平面BDM所成角的正弦值为1.512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,).hxxxxxx当(e,)x时,由(1)知3eln.exxx则222

223e4e1()(e)(e)2(4e1)2(),e2xhxxxxxxxxx(i)当4e1[,)2x时,于是()0hx,从而()0.fx故()fx在4e1[,)2严格单调递增.其中4e15.936562

9分(ii)当(e,5]x时,则2222222222()(e)ln5(e)2(e)(e)3ehxxxxxxxxx2203e0.(用到了223exx在(e,5]单调递增与2e7

)于是()0fx,故()fx在(e,5]严格单调递减.11分综上所述,()fx在(e,5]严格单调递减,在4e1[,)2严格单调递增.因为4e16,2所以0[5,6).x所以5.n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3220012002200

1,.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||3.22ttFMttt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.OAO

B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,(,).axabxafxxaxb

xabxbxabxb.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.ab所以22t,故实数t的最大值为22.10分