【文档说明】广东省梅州市2020届高三6月总复习质检（二）理科数学（含答案）.doc，共(13)页，972.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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梅州市高三总复习质检试卷理科数学一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的。1．复数21izi，则其共轭复数zA．-1-iB．-1+iC．1-iD．1+i2．已知集合22{|1,},{|2}

,RMyyxxNxyx则MN=A．B．1,C．1,2D．2,3．在ABC中,,DBDDCEA是的中点，则EB21.33AABACB．2133ABAC31.44CABACD.3144ABAC4．以下四个命题：①若pq为假命题，

则p,q均为假命题；②对于命题2000:,10,Rpxxx则p为：2,10;Rxxx…；③"2"a是”函数()logafxx在区间0,上为增函数”的充分不必要条件;④sinfxx为偶函数的

充要条件是2其中真命题的个数是A．1B．2C．3D．45．2021年起，我省将实行“3+1+2”高考模式，某中学为了解本校学生的选考情况，随机调查了100位学生，其中选考化学或生物的学生共有70位，选考化

学的学生共有40位，选考化学且选考生物的学生共有20位．若该校共有1500位学生，则该校选考生物的学生人数的估计值为A．300B．450C．600D．7506.322144xx展开式的常数项为A．120B．160C．200D．2407．已知在各项均不

为零的等差数列72311{}220,naaaa中，数列{}nb是等比数列，且77,ba则86bb等于A．2B．4C．8D．168．某几何体的三视图如图示，已知其主视图的周长为8，则该几何体侧面积的最大值为A．2πB．4πC．16

πD．不存在9．若110,ab有下列四个不等式：33lab；21log3log3;ab②③baba；④3322.abab则下列组合中全部正确的为A．①②B．①③C．①④D．②③10．已知直线1l：2x-

y+3=0和直线2l：x=-1，抛物线24yx上的点P到直线1l和直线2l的距离之和的最小值是A．5B．2C．3.2D11．祖暅是南北朝时代的伟大数学家，五世纪末提出几何体体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”意思是：夹在两个平

行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等，现在有四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体，图②、图③、图④分别是圆锥、

圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为A．①②B．①③.C②④D．①④12．在直角坐标系xOy中，如果相异两点,,,AabBab都在函数yfx的图象上，那么称A，B为函数fx的一对关于原点成中心对称的点对(A，B与B，A为同一对).函数6sin,02log

,0xxfxxx图象上关于原点成中心对称的点对有A．1对B．2对C．3对D．4对二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分13．已知数列{}na的前n项和为11,1,2,nnnSaSa则nS▲14．曲线tanfxx在点,14处的切线方程为▲15

．某食品的保鲜时间y(单位：小时)与储存温度x(单位：℃)满足函数关系kxbye（e为自然对数的底数，k，b为常数)，若该食品在0C的保鲜时间是384小时，在22℃的保鲜时间是24小时，则该食品在33C的保鲜时间是▲16．已知双曲线C：22220,0xylabab的左、右焦点分

别为12,FF，O为坐标原点，P是双曲线在第一象限上的点，直线PO、PF2分别交双曲线C的左、右支于另一点M、N．若12||2||,PFPF且260,NMF则双曲线C的离心率为▲三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17-21题为必考题，

每个考生都必须作答；第22-23题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：60分17．(12分)已知a，b，c分别为说角△ABC三个内角A，B，C的对边，满足222sinsinsinsinsin0.ABCBC(1)求A；

(2)若b=2，，求ABC面积的取值范围。18．(12分)如图PAD中,90,2,DPDABPDA、C分别是PA、PD的中点，将PBC//BC折起连结PA、PD，得到多面体PABCD。(1)证明：在

多面体PABCD中,;BCPD；(2)在多面体PABCD中，当6PA时，求二面角B-PA-D的余弦值。19．(12分)某市《城市总体规划（20162035年）》提出到2035年实现“15分钟社区生活圈”全覆盖的目标，从教育与文化

、医疗与养老、交通与购物、休闲与健身4个方面构建“15分钟社区生活圈“指标体系，并依据“15分钟社区生活圈”指数高低将小区划分为：优质小区(指数为0.6~1)、良好小区(指数为0.4-0.63、中等小

区(指数为0.2~0.4)以及待改进小区(指数为0-0.2)4个等级．下面是三个小区4个方面指标值的调查数据：注：每个小区”15分钟社区生活圈”指数21133442,TTwTwTwTw其中1w、2w、3w、4w为该小区四个方面的权重，4123,,,TTTT为该小区四个方面的指标值(小区每

一个方面的指标值为0~1之间的一个数值)现有100个小区的“15分钟社区生活圈“指数数据，整理得到如下频数分布表：(1)分别判断A、B、C三个小区是否是优质小区，并说明理由；(2)对这100个小区按照优质小区、良好小区、中等小区和待改进小区

进行分层抽样，抽取10个小区进行调查，若在抽取的10个小区中再随机地选取2个小区做深入调查，记这2个小区中为优质小区的个数为ζ，求ζ的分布列及数学期望。20．(12分)已知两动圆1F：2223xyr2F和：

2223404xyrr，把它们的公共点P的轨迹记为曲线C，若曲线C与y轴的正半轴的交点为M，且曲线C上相异的两点A，B满足：→MA→MB=0．(1)求曲线C的方程;(2)证明直线AB恒经过一定点，并求此定点的坐标;(3)求ABM面

积S的最大值.21．(12分)已知函数222ln.afxxaxx(1)当01a时，求证：02af;(2)当f(x)有三个零点时，求a的取值范围.(二)选考题：10分．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.22．[选

修4-4：坐标系与参数方程](10分)以直角坐标系的原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，并在两种坐标系中取相同的长度单位，已知直线的参数方程为323521xtyt(t为参数)，圆C的极坐标方程为4cos.3

(1)求直线和圆C的直角坐标方程;(2)若点,Pxy在圆C上，求3xy的取值范围．23．[选修4-5：不等式选讲](10分)已知函数|23||1|.fxxx(1)求不等式3fx„的解集；(2)若不等式2|33|fxax对任意x∈R恒成立，求实数a

的取值范围。梅州市高三总复习质检试题（2020、6）理科数学参考答案与评分意见一、题选择：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.123456789101112ACDADBDDBADC二、填空题:每题5分，满分20分.13.1)23(n.14.0212

yx.15.6.16.3.17.(12分)解:(1)由已知及正弦定理得,,222bccba……………………2分由余弦定理可得.21cosA……………………4分又.3,0AA………………

……6分(2)由已知及正弦定理得,,sinsin2BCc……………………7分由,32CB得ABCSABCsinsinsin2221……………………8分.tan12323sin)32sin(3BBB……………………9分△ABC是

锐角三角形,得,2320,20BB得.26B……………………10分.3tan10,33tanBB……………………11分.3223ABCS所以△ABC面积的取值范围是).32,23(……………………

12分18.(12分)(1)证明:△PAD中,因为CB,分别是PDPA,的中点,,90PDA所以,90,//BCDBCPADBC……………………1分所以多面体PABCD中,,,CDBCPCBC……………………2分BCCCDPC,平

面PCD.……………………3分PD平面PCD,.PDBC……………………4分(2)依题意可得,,1CDPC直角△ADC中,得,5AC又,6PA所以CAPCACPCPA,222,……………………5分由(1)知,PCPCBC,平面.ABCD……………………6分以

C为坐标原点,分别以CPCDCB,,为zyx,,轴,建立如图的坐标系.……………………7分则)1,0,0(),0,1,0(),0,1,2(),0,0,1(PDAB,……………………8分得).1,1,0(),1,0,1(),1,1,2(PDPBPA………

……………9分设平面PADPAB,的一个法向量分别是),,(),,,(rqpnzyxm,则.0,02zxPBmzyxPAm可取)1,1,1(m.……………………10分

.0,02rqPDnrqpPAn可取)1,1,0(n.……………………11分023110||||,cosnmnmnm.……………………12分所以二面角DPAB的余弦值为0.19.(12分

)解：（1）A小区的指数0.70.20.70.20.50.320.50.280.58T，0.580.60，所以A小区不是优质小区；……………………1分B小区的指数0.90.20.60.20.70.320.6

0.280.692T，0.6920.60，所以B小区是优质小区；……………………2分C小区的指数0.10.20.30.20.20.320.10.280.172T，0.1720.60，所以C小区不是优质小区

；……………………4分（2）依题意，抽取10个小区中，共有优质小区3010104100个，其它小区1046个.……………………6分依题意的所有可能取值为0、1、2.……………………7分262101510453CPC，1146

21024814515CCPC，242106224515CPC.……………………10分则的分布列为：……………………11分1824012315155E.………

……………12分20.(12分)解：（1）两动圆的公共点为P，则有：||4||||2121FFPFPF．由椭圆的定义可知P的轨迹为椭圆，2a，3c，……………………2分所以曲线C的方程是：2214xy.……………………4分（2）由题意可知：0,1M，设11,Axy，

22,Bxy，当AB的斜率存在时，设直线:ABykxm，联立方程组：012P138152152214xyykxm①②，把②代入①得：222148440kxkmxm，.0)14(16)1)(41(1664222222

mkmkmk122814kmxxk③，21224414mxxk④，……………………5分因为0MAMB，所以有1212110xxkxmkxm，……………………6分

2212121110kxxkmxxm，把③④代入整理：2222244811101414mkmkkmmkk，化简得：1530mm，35m或1

m（舍）.当53m时,0成立.此时直线AB过点30,5N.……………………7分当AB的斜率不存在时，易知满足条件0MAMB的直线AB为：0x,过定点30,5N.综上，直线AB恒过定点30,5N

.……………………8分（3）ABM面积212121214()425AMNBMNSSSMNxxxxxx，……………9分由第（2）小题的③④代入，整理得：22322542514kSk，……………………10

分方法一:222122)41(425850)425)(41(212532kkkkkkS425)41()7100(222kkkk.……………………11分0k时,SS,0在),0(上递减,0k时,SS,0在),0(上递增,

0k时,SS,0有最大值.2564所以ABM面积S的最大值为6425．……………………12分方法二:)411(425)411(4925324142525324142525322222222kkkkk

kS,令,42549)(,1411022uuugku……………………11分1u时,)(ug有最大值4.此时0k时,.2564s所以ABM面积S的最大值为6425．…………………

…12分方法三:因N在椭圆内部，所以kR，可设22542tk，23232(2)9494tStttt，……………………11分,094)(,2,94)(2ttgttttg得.225)2()]([mingtg此时0k,2564s．………………

……12分所以ABM面积S的最大值为6425．21.(12分)（1）证明：222ln2222aaaafaa.……………………1分令2at，322ln22afttgtt

，10,2t.……………………2分2222221'6160gttttttt，……………………3分gt在10,2上单调递减，11112ln442ln202244gtg.……………

……4分所以原命题成立.（2）由222lnafxxaxx222ln(0)axaxxx有三个零点可得,ln(0)ahxxaxxx有三个零点.22'(0)axxahxxx.……………………

5分①0a时，'0hx恒成立，可得hx至多有一个零点，不符合题意；……………………6分②当12a时，'0hx恒成立，可得hx至多有一个零点，不符合题意；…………………7分③当102a时，记2(0)xaxxax的两个零点为1x，2x，不妨设120x

x，且121xx.……………………8分10,xx时，'0hx；12,xxx时，'0hx；2,xx时,'0hx，观察可得10h，且121xx，当12,xxx时，'0hx,hx

单调递增，所以有121hxhhx，即120hxhx，……………………9分10,xx时，'0hx，hx单调递减，2,xx时,'0hx，hx单调递减，由（1）知，02ah，且10hx，所以hx在1,2a

x上有一个零点，……………10分设,0ln)(),,2(000010xaaxxxhxax则,0)(11ln)1(00000xhaxxaxxh所以01x也是)(xh的零点.……………………11

分综上可知ln(0)ahxxaxxx有0,01,1xx三个零点.即当222222lnln(0)aafxxaxxaxxxx有三个零点时，a的范围是10,2.……

………………12分22.(10分)解：（1）由题意，直线l的参数方程为352132xtyt（t为参数），消去参数t，得直线l的直角坐标方程为320xy，……………………2分又由圆C的极坐标方程为4cos3

，即22cos23sin，………………4分又因为222xy，cosx，ysin，可得圆C的直角坐标方程为22134xy.……………………5分（2）因为点

,Pxy在圆C上，可设12cos,32sinP(是参数)，………………7分所以23323cos32sin4sin3xy.……………………9分因为2sin[1,1]3，所以3xy的取值范围是4,4.……………………10

分23.(10分)解：（1）|23||1|3xx,12313xxx或3122313xxx或322313xxx.……………………3分11xx或31213xx或327xx

.173x.……………………5分即不等式()3fx的解集为1[7,]3.……………………6分（2）|,33|2)(xaxf即|,33|2|1||32|xaxx得.2|22||32|axx……………………7分,5|2232||22||32|

xxxx……………………9分.25,52aa所以实数a的取值范围是).25,(……………………10分欢迎访问“”——