【文档说明】四川省遂宁市2020届高三第三次诊断考试 数学（理）（答案）.doc，共(14)页，645.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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遂宁市高中2020届三诊考试数学（理科）试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。总分150分。考试时间120分钟。第Ⅰ卷（选择题，满分60分）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米

的黑色墨水签字笔填写在答题卡上。并检查条形码粘贴是否正确。2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。3．考试结束后，将答题卡收回。一、选择题：本大

题共12小题，每小题5分，共60分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。1．设,mnR，则“nm”是“121nm”的A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件2．若复数1i1ia为纯虚数（i为虚数单位,a为实数），则2a

的值为A．4B．9C．41D．13．某人口大县举行“《只争朝夕，决战决胜脱贫攻坚》扶贫知识政策答题比赛”，分初赛和复赛两个阶段进行，规定：初赛成绩大于90分的具有复赛资格，某校有1000名学生参加了初赛，所有学生的成绩均在区间（30，150]内，其频率

分布直方图如图所示，则获得复赛资格的人数为A．650B．660C．680D．7004.已知满足31)2cos(，则cos2A．79B．127C．79D．7185.方程02)4(22yxyx表示的曲线的大致形状是（图中实线部分）A

BCD6．《周髀算经》有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，雨水、惊蛰、春分、清明日影之和为三丈二尺，前七个节气日影之和为七丈三尺五寸，问谷雨日影长为A．七尺五寸B．六尺五寸C．五尺五寸D．四

尺五寸7.设()fx是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数,xyR，都有()()()fxfyfxy，若112a，()()nafnnN，则数列na的前n项和nS的取值范围是A.2,31B.1,31C.2,21D.1

,128.2019年庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵式彰显了中华民族从站起来、富起来迈向强起来的雄心壮志.阅兵式规模之大、类型之全均创历史之最，编组之新、要素之全彰显强军成就.装备方阵堪称“强军利刃”“强国之盾”，见证着人民军队迈向世界一流军队的坚定步伐，其中空中梯队编有

12个梯队，在领队机梯队、预警指挥机梯队、轰炸机梯队、舰载机梯队、歼击机梯队、陆航突击梯队这6个梯队中，某学校为宣传的需要，要求甲同学需从中选3个梯队了解其组成情况，其中舰载机梯队、歼击机梯队两个梯队中至少选择一个，则不同的选法种数为．A．12种B．16种C．1

8种D．20种9.设函数0,30,3)(xxxfxx，若21log5af，)2.4(log2fb，)2(7.0fc，则,,abc的大小关系为A．abcB．ba

cC．cabD．cba10.已知正三棱柱111ABCABC的底面边长为6，且该三棱柱外接球的表面积为14，若P为底面111ABC的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为A．π3B．4C．6D．5π1211.已知1F，

2F是双曲线222210,0xyabab的左、右焦点，若双曲线上存在点P满足2122aPFPF，则双曲线离心率的最小值为A．6B．5C．3D．212.已知函数,ln(2)ln,fxyxaxyxy若存在,(0,)xy使得,0fx

y，则实数a的最大值为A．1eB．12eC．13eD．2e第Ⅱ卷（非选择题，满分90分）注意事项：1．请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上。2．试卷中横线及框内注有“▲”的地方，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答。本卷包括必考题和选考题两部分。第13题至第21题为必考题，每

个试题考生都作答；第22、23题为选考题，考生根据要求作答。二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分。13.曲线2ln22xxxy在点(1,1)处的切线的倾斜角为▲。14．已知两个单位向量1e、2e的夹角为60，向量2123ee

m，则m▲。15．已知点)2,0(M，过抛物线xy42的焦点F的直线AB交抛物线于A，B两点，若0FMAM，则点B的纵坐标为▲。16.如图，平行六面体1111DCBAABCD中，5AB，3AD，71AA，3BAD，

411DAABAA，则1AC的长为▲。三、解答题：本大题共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）函数()sin()(0,0,0)fxAxA

的部分图象如图所示，又函数()8gxfx（1）求函数)(xg的单调增区间；（2）设ABC△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，又3c，且锐角C满足1)(Cg，若sin2sinBA，M为AC边的中点，求BMC的周长。▲18.

（本小题满分12分）如图，在长方体HKLEABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，对角线AC与BD相交于点O，点F在线段AH上，且02HFAF，BE与底面ABCD所成角为3。（1）求证：ACBE；（2）求二面角F

BED的余弦值；（3）设点M在线段BD上，且AM∥平面BEF，求DM的长。▲19.（本小题满分12分）某中学举行“新冠肺炎”防控知识闭卷考试比赛，总分获得一等奖、二等奖、三等奖的代表队人数情况如下表，其中一等奖代表队比三等奖代表队多10人。该校政教处为使颁奖仪式有

序进行，气氛活跃，在颁奖过程中穿插抽奖活动。并用分层抽样的方法从三个代表队中共抽取16人在前排就坐，其中二等奖代表队有5人（同队内男女生仍采用分层抽样）名次性别一等奖代表队二等奖代表队三等奖代表队男生？30◎女生30203

0（1）从前排就坐的一等奖代表队中随机抽取3人上台领奖，用X表示女生上台领奖的人数，求X的分布列和数学期望)(XE。（2）抽奖活动中，代表队员通过操作按键，使电脑自动产生2,2内的两个均匀随机数x，y，随后电脑自动运行如图所示的程序框图的相应程序。若电脑显示“中奖”，则代表队

员获相应奖品；若电脑显示“谢谢”，则不中奖。求代表队队员获得奖品的概率。▲20.（本小题满分12分）已知函数xxxxfcossin)(.（1）判断函数)(xf在区间)2,0(上零点的个数，并说明理由。（2）当x

0时，①比较1x与xln的大小关系，并说明理由；②证明：xxfexfxcos)(1)](ln[cos。▲21.（本小题满分12分）如图，定义：以椭圆中心为圆心，长轴为直径的圆叫做椭圆的“辅助圆”。过椭圆第四象限内一点M作x轴的垂

线交其“辅助圆”于点N，当点N在点M的下方时，称点N为点M的“下辅助点”。已知椭圆2222:10xyEabab上的点)22,1(的下辅助点为1,1。（1）求椭圆E的方程；（2）若OMN的面

积等于8632，求下辅助点N的坐标；（3）已知直线l：0xmyt与椭圆E交于不同的A，B两点，若椭圆E上存在点P，使得四边形OAPB是对边平行且相等的四边形。求直线l与坐标轴围成的三角形面积最小时的

22tm的值。▲请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。22．（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，将曲线方程14)2(16)2(22yx，先向左平移2个单位，再

向上平移2个单位，得到曲线C。（1）点),(yxM为曲线C上任意一点，写出曲线C的参数方程，并求出yx321的最大值；（2）设直线l的参数方程为tytx22，（t为参数），又直线l与曲线C的交点为E，F，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求过线段EF的中点

且与l垂直的直线的极坐标方程。▲23．（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲已知函数32)(xxf，baxxg2)(（1）解不等式2()fxx；（2）当0a，0b时，若)()()(xgxfxF的值域为,5，求证：322121

ba。▲遂宁市高中2020届三诊考试数学（理科）试题参考答案及评分意见一、选择题（12×5=60分）题号123456789101112答案CDAABCDBAACB二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分。13.4314.715.116.2

5698（选修2-1P98第3题）三、解答题：本大题共70分。17．（本小题满分12分）【解析】（1）由函数()sin()(0,0,0)fxAxA的部分图象可得2A,5288T,即T,则22T，又函数图像过点,28

，则2282k，即2,4kkZ，又0，即4，（,,A每个值1分）即()2sin(2)4fxx，则()2sin[2()]2cos284gxxx„„„„4分由

kxk222，Zk，得kxk2，Zk，所以函数)(xg的单调增区间为Zkkk,,2„„„6分（少Zk扣1分）（2）由1)(Cg，得212cosC，因为20C，所以C20，所以32

2C，3C，又sin2sinBA，由正弦定理得2ba①．„„„„„8分由余弦定理，得2222cos3cabab，即223abab②．由①②解得1a，2b．„„„„„10分又3c，所以222bca，所以ABC为直角三角形，且角B为

直角。故12121bACBM，所以BMC的周长为3111CBMCBM。„„„„„12分18．（本小题满分12分）【解析】（1）因为在长方体HKLEABCD中，有DE平面ABCD，所以DEAC，

因为四边形ABCD是正方形，所以ACBD，又DDEBD从而AC平面BDE．而BE平面BDE，所以BEAC。„„„„„4分（2）因为在长方体HKLEABCD中，有DA，DC，DE两两垂直，所以建立空间直角坐标系D

xyz如图所示．由(1)知DBE为直线BE与平面ABCD所成的角又因为BE与平面ABCD所成角为3，所以3DBE，所以3EDDB．由3AD可知36DE，所以63AH，又02HFA

F，即AHAF31，故6AF，则3,0,0A，3,0,6F，0,0,36E，3,3,0B，0,3,0C，所以0,3,6BF，3,0,26EF设平面BEF的法向量为,,xyzn，则00BFEFnn，即3603260yzxz

，令6z，则4,2,6n„„„„„7分因为AC平面BDE，所以CA为平面BDE的法向量，3,3,0CA，所以613cos<,>132632CACACAnnn．因为二面角为锐角，所以二面角FBED的余弦值为1313．„„„„„9分（3）点M是线段BD上一

个动点，设,,0Mtt,则3,,0AMtt，因为AM平面BEF，所以0AMn，即4320tt，解得2t．此时，点M坐标为2,2,0，2232BDDM，符合题意．„„„„„12分19．（本

小题满分12分）【解析】(1)设代表队共有n人，则n50165，所以160n，设一等奖代表队男生人数为x，则16030)10(302030xx，解得30x，则一等奖代表队的男生人数为30，故

前排就坐的一等奖代表队有3男3女，共6人。„„„„„2分则X的可能取值为0，1，2，3。则201)0(363303CCCXP,209)1(362313CCCXP,209)2(361323CCCXP，201)3(360333CCCXP，所以X的分布列X0123P20

1209209201„„„„„5分232013209220912010)(XE„„„„„6分(2)试验的全部结果所构成的区域为22,22,yxyx，面积为1644S，„„„„„8分事件A表示代表队队员获得奖品，所构成的区域为

212222,yxyxyxyxA，如图阴影部分的面积为2193321222144AS，„„„„„10分这是一个几何概型，所以321916219)(

SSAPA。即代表队队员获得奖品的概率为3219。„„„„„12分20．（本小题满分12分）【解析】：（1）因为xxxxfcossin)(，所以xxxxxxxfsin)sin(coscos)(/，当0x，时，0sinx，0)(/xf，)(xf在0（，

）上单调递增，0)0()(fxf，)(xf在0，上无零点；„„„„„3分当,2x时，0sinx，0)(/xf，)(xf在2（，）上单调递减，0)(f，02)2(f，)(xf在2（，）上有唯一零点；综上，函数)(xf在区间

2,0上有唯一一个零点。„„„„„5分（2）①xxln1，„„„„„6分证明过程如下：设函数1lnln1gxxxxx，则)0(1)(/xxxxg，令0)(/xg，得01x；令0)(/xg，得x1.所以，函数

ygx在区间0,1上单调递减，在区间,1上单调递增.则函数ygx在1x处取得极小值，亦即最小值，即min10gxg，即ln10xx；综上xxln1成立„„„„„9分②证明xxfexfxcos)(1)](ln[cos成立，即证明1cos)

cos(sin)cosln(sincosxexxxxxxx成立，因为)(xf在0（，）上单调递增，()(0)0fxf，即0cossinxxx，所以0)cos(sincosxexxx，由①知xxln1

，即有xxln1，有])cosln[(sin1)cos(sincoscosxxexxxexxx成立，当2x时，])2cos22ln[(sin1)2cos22(sin2cos2cos

ee，此时能取等号。即xxxxexxxxcos)cosln(sin1)cos(sincos，即xxfexfxcos)(1)](ln[cos成立„„„„„12分21．（本小题满分12分）【解析】：（1）椭圆222

2:1(0)xyEabab上的点)22,1(的下辅助点为1,1，辅助圆的半径为2)1(122R，椭圆长半轴为2Ra，将点)22,1(代入椭圆方程12222byx中，解得1b，椭

圆E的方程为1222yx；„„„„„4分（2）设点),(00yxN)0(0y，则点),(10yxM)0(1y，将两点坐标分别代入辅助圆方程和椭圆方程可得，22020yx，122120yx，故2120

2yy，即102yy，又8632)(21010yyxSOMN，则4610yx将4610yx与122120yx联立可解得262200yx或222600yx，下辅助点N的坐标为)26,2

2(或)22,26(„„„„„7分（3）由题意可设11,Axy，22,Bxy.联立2212xyxmyt整理得2222220mymtyt，则22820mt.根据韦达定理得12221222222mtyymtyym

„„„„„8分因为四边形OAPB是对边平行且相等和容易变形的四边形，即四边形OAPB恰好为平行四边形，所以OPOAOB.所以12222Pmtyyym，1212122422Ptxxxm

ytmytmyytm因为点P在椭圆E上，所以22222221641222tmtmm，整理得22224212mtm，即2242tm„„„„„10分在直线l：0xm

yt中，由于直线l与坐标轴围成三角形，则0t，0m.令0x，得tym，令0y，得xt.所以三角形面积为21121212||||2228||8||84tmStmmmm当且仅当22m，21t时，取等号，此时240

.且有322tm，故所求22tm的值为3.„„„„„12分22．（本小题满分10分）【解析】：（1）将曲线方程14)2(16)2(22yx，先向左平移2个单位，再向上平移2个单位，得

到曲线C的方程为14)22(16)22(22yx，也即141622yx，故曲线C的参数方程为sin2cos4yx(为参数）；„„„„„2分又点),(yxM为曲线C上任意一点，所以)3cos(4sin32cos2321yx

，所以yx321的最大值为4„„„„„5分（2）由（1）知曲线C的直角坐标方程为141622yx，又直线l的参数方程为tytx22，（t为参数），所以直线l的普通方程为042yx，所以有141604222yxy

x解得04yx或20yx，„„„„„8分所以线段EF的中点坐标为)220,204(，即线段EF的中点坐标为)1,2(，直线l的斜率为21，则与直线l垂直的直线的斜率为2，故所求直线的直角坐标方程为)2(

21xy，即032yx，将cos,sinxy代入，得其极坐标方程为03sincos2„„„„„10分23．（本小题满分10分）【解析】：（1）不等式2()fxx化为232xx

，即2322xx，等价于23223xxx①或23232xxx②，由①解得32x，由②解得3x或312x，„„„„„4分所以不等式2()fxx的解集为31xxx或．„„„„„5分（2）根据绝对值三角不等式可知)

()()(xgxfxFbaxxbaxx22323233223bababaxx，„„„„„7分因为)()()(xgxfxF的值域为,5所以2ba，则622

ba，故)22222(61)222222(612121baabbbaababa32)222222(61baab，当且仅当2222baab，即1ab时取等号时，由基本不等式可得

322121ba．„„„„„10分