河南省郑州外国语新枫杨学校2020届高三下学期线上周练数学试题 WORD版含答案.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家高三理科数学第二次周练一选择题（共12小题,每题5分）1设集合，则AB（）A3，2）B（2，3C1，2）D（1，2）2命题“若x21，则1x1”的逆否命题是（）A若x21，则x1，或x1B若1x1，则x21C若x1或x1，则x21D若x1或x1，则x213若（4mi）（m+i）0，其中i为虚数单位，则实数m的值为（）A2B4C4D24已知函数f（x）sin（x+）（0，0）的图象关于直线x对称，且当取最小值时，（）ABCD5已知向量满足在方向上的投影为2，则的最小值为（）A2BC10D126已知函数，若不等式f（x）2仅有两个整数解，则实数a的取值范围是（）AB

2、CD7已知底面是等腰直角三角形的三棱锥PABC的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（）APA，PB，PC两两垂直B三棱锥PABC的体积为CD三棱锥PABC的侧面积为8（2x1）5a0+a1（x1）+a2（x1）2+a5（x1）5则a3（）A40B- 40C80D809已知定义域为R的函数的满足f（x）4f（x+2），当x0，2）时，设f（x）在2n2，2n）上的最大值为，且an的前n项和为Sn，若Snk对任意的正整数n均成立，则实数k的取值范围为（）A（，+）B，+）C2，+）D，+）10已知双曲线的右焦点为F（c，0），点A、B分别在直线和双曲线C的右支上，若四边形OABF（其中

3、O为坐标原点）为菱形且其面积为，则a（）ABC2D11已知函数f（x）对xR均有，若f（x）lnx恒成立，则实数m的取值范围是（）A1，eBCD12若存在一个实数t，使得F（t）t成立，则称t为函数F（x）的一个不动点设函数（aR，e为自然对数的底数），定义在R上的连续函数,若存在且x0为函数g（x）的一个不动点，则实数a的取值范围为（）A（）B）C（D（）二填空题（共4小题）13已知随机变量XN（1，2），P（1X1）0.4，则P（X3） 14袋中装有4个黑球，3个白球，不放回地摸取两球，在第一次摸到了黑球的条件下，第二次摸到白球的概率是 15学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况，抽出了

4、一个容量为n且支出在20，60）元的样本，其频率分布直方图如图所示，根据此图估计学生在课外读物方面的支出费用的中位数为 元16已知一个正四面体纸盒的俯视图如图所示，其中四边形ABCD是边长为的正方形，若在该正四面体纸盒内放一个正方体，使正方体可以在纸盒内任意转动，则正方体棱长的最大值是 三解答题（共7小题）17在ABC中，三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知向量，（1）求角B的值；（2）若，且a，b，c成等差数列，求b18折纸与数学有着千丝万缕的联系，吸引了人们的广泛兴趣因A4纸的长宽比称为白银分割比例，故A4纸有一个白银矩形的美称现有一张如图1所示的A4纸EFCH， A，B，C，D分

5、别为EF，FG，GH，HE的中点，将其按折痕AB，BC，CD，DA，AC折起（如图2），使得E，F，G，H四点重合，重合后的点记为S，折得到一个如图3所示的三棱锥DABC记O为AC的中点，在SOB中，SP为BO边上的高（1）求证：SP平面ACD；（2）若M，N分别是棱AB，BC上的动点，且AMBN当三棱锥BDMN的体积最大时，求平面DAB与平面DMN所成锐二面角的余弦值19如图，过抛物线y22px（p0）上一点P（1，2），作两条直线分别交抛物线于A（x1，y1），B（x2，y2），当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时：（1）求y1+y2的值；（2）若直线AB在y轴上的截距b1，3时，求ABP

6、面积SABP的最大值20已知函数f（x）（1）讨论f(x）的单调性；（2）当a2，x时，证明：f（x）22选修44：坐标系与参数方程平面直角坐标系xOy中，点A（2，0）在曲线C1：，（a0，为参数）上以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为：（）求曲线C2的普通方程（）已知点M，N的极坐标分别为，若点M，N都在曲线C1上，求的值23已知函数f（x）| 2x3 | x+1 |（1）若不等式f（x）a的解集是空集，求实数a的取值范围；（2）若存在x0R，使得2 f（x0）t 2+4 | t | 成立，求实数t的取值范围2020年03月27日高三数学周练参考答案与试题

7、解析一选择题（共12小题）1设集合，则AB（）A3，2）B（2，3C1，2）D（1，2）【分析】求出集合A，B，由此能求出AB【解答】解：集合，Ax|1x3，Bx|x2，ABx|1x21，2）故选：C2命题“若x21，则1x1”的逆否命题是（）A若x21，则x1，或x1B若1x1，则x21C若x1或x1，则x21D若x1或x1，则x21【分析】根据命题“若p，则q”的逆否命题是“q，则p”，写出它的逆否命题即可【解答】解：命题“若x21，则1x1”的逆否命题是“若x1或x1，则x21”故选：D3若（4mi）（m+i）0，其中i为虚数单位，则实数m的值为（）A2B4C4D2【分析】利用复数代数形

8、式的乘除运算化简，再由实部大于0且虚部等于0列式求解【解答】解：（4mi）（m+i）5m+（4m2）i0，即m2故选：D4已知函数f（x）sin（x+）（0，0）的图象关于直线x对称，且当取最小值时，（）ABCD【分析】求的最小值，由周期和的关系，需要求周期的最大值，对称轴与对称中心最近为周期，可求最大周期，从而求得最小的值，由，结合范围0从而可解得的值【解答】解：函数f（x）sin（x+）（0，0）的图象关于直线x对称，且f（）0，则取最小时，可得2，可得f（x）sin（2x+），再根据可得2+k，kZ，求得k，kZ，因为0，所以，故选：D5已知向量满足在方向上的投影为2，则的最小值为（）A

9、2BC10D12【分析】由题意求出投影|cos2，得出和|的值，再求和的最小值【解答】解：在方向上的投影为|cos2，所以2|8，又|2，所以cos1时|2为最小值；所以+6+916+68+916+48+94100，所以的最小值为10故选：C6已知函数，若不等式f（x）2仅有两个整数解，则实数a的取值范围是（）ABCD【分析】先对函数求导，然后导数与单调性的关系，结合函数零点 存在条件即可求解【解答】解：由，则由可得，当a0时，f（x）0，f（x）单调递减，时，f（x）0，f（x）单调递增，且f（1）0，则f（x）2有两个整数解为1，2，所以，且，解得，当a0时，f（x）0，f（x）单调递减，

10、且f（1）0，则f（x）2整数解有无数个，不满足题意故选：C7已知底面是等腰直角三角形的三棱锥PABC的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（）APA，PB，PC两两垂直B三棱锥PABC的体积为CD三棱锥PABC的侧面积为【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步对选项进行分析从而确定结果【解答】解：根据三视图，可得三棱锥PABC的直观图如图所示，其中D为AB的中点，PD底面ABC所以三棱锥PABC的体积为，PA，PB，PC不可能两两垂直，三棱锥PABC的侧面积为故选：C8（2x1）5a0+a1（x1）+a2（x1）2+a5（x1）5则a3（）A40B40C80D80【分析】由题意，利

11、用二项展开式的通项公式，求得a3的值【解答】解：（2x1）5a0+a1（x1）+a2（x1）2+a5（x1）5，令x1t，则xt+1，（2t+1）5a0+a1t+a2t2+a5t5（2t+1）5展开式的通项为：Tr+1C5r（2t）5r1r，令5r3，求得r2，所以，T3C52（2t）380x3，即 a380，故选：C9已知定义域为R的函数的满足f（x）4f（x+2），当x0，2）时，设f（x）在2n2，2n）上的最大值为，且an的前n项和为Sn，若Snk对任意的正整数n均成立，则实数k的取值范围为（）A（，+）B，+）C2，+）D，+）【分析】运用二次函数的最值和指数函数的单调性求得x0，2

12、）的f（x）的最大值，由递推式可得an为首项为，公比为的等比数列，由等比数列的求和公式和不等式恒成立思想可得k的范围【解答】解：当x0，2）时，可得0x1时，f（x）的最大值为f（）；1x2时，f（x）的最大值为f（）1，即有0x2时，f（x）的最大值为；当2x4时，f（x）f（x2）的最大值为；当4x8时，f（x）f（x2）的最大值为；可得an为首项为，公比为的等比数列，可得Sn（1），由Snk对任意的正整数n均成立，可得k故选：B10已知双曲线的右焦点为F（c，0），点A、B分别在直线和双曲线C的右支上，若四边形OABF（其中O为坐标原点）为菱形且其面积为，则a（）ABC2D【分析】由题意

13、可得菱形的边长为c，运用双曲线的定义和离心率公式，以及菱形的面积公式，解方程可得所求值【解答】解：直线，即为双曲线的左准线方程，右准线方程为x，又四边形OABF（其中O为坐标原点）为菱形，且边长为c，AB垂直于左准线于A，|AB|c，B到右准线的距离为c，由双曲线的定义可得e，即有ac，可得c2ac2a20，化为c2a，菱形OABF的面积为c3，由可得a，c2，故选：A11已知函数f（x）对xR均有，若f（x）lnx恒成立，则实数m的取值范围是（）A1，eBCD【分析】根据题意，将x代入x，得，与已知条件联立可得f（x）mx，设g（x）lnx，利用当函数f（x）mx的图象和g（x）lnx的图象

14、相切时，只需m，解之即可【解答】解：根据题意，将x代入x，得由得f（x）mx，函数f（x）mx的图象恒过点（0，）设g（x）lnx，当函数f（x）mx的图象和g（x）lnx的图象相切时，设切点坐标为（x0，y0），由g（x），得切线斜率kg（x0），解得x0此时k，则要使f（x）lnx，只需m，解得m，所以实数m的取值范围是，故选：B12若存在一个实数t，使得F（t）t成立，则称t为函数F（x）的一个不动点设函数g（x）ex+（1）xa（aR，e为自然对数的底数），定义在R上的连续函数f（x）满足f（x）+ f（x）x2，且当x0时，f （x）x若存在x0 x | f（x）+f（1x）+x ，

15、且x0为函数g（x）的一个不动点，则实数a的取值范围为（）A（）B）C（D（）【分析】构造函数F（x）f（x）x2，结合条件证明F（x）是奇函数，求函数的导数，研究函数的单调性，结合函数奇偶性和单调性的关系进行转化求解即可【解答】解：f（x）+f（x）x2令F（x）f（x）x2，f（x）x2f（x）+x2，F（x）F（x），即F（x）为奇函数，F（x）f （x）x，且当x0时，f （x）x，F（x）0对x0恒成立，F（x）为奇函数，F（x）在R上单调递减，f（x）+f（1x）+x，f（x）+x2f（1x）+xx2，即F（x）F（1x），x1x，即x0，x0为函数g（x）的一个不动点g（x0）x

16、0，即h（x）exxa在（，有解h（x）ex0h（x）在R上单调递减h（x）minh（）a0可，a故选：B二填空题（共4小题）13已知随机变量XN（1，2），P（1X1）0.4，则P（X3）0.1【分析】由已知求得正态分布曲线的对称轴，得到P（1X3）0.4，则P（X3）可求【解答】解：随机变量XN（1，2），对称轴为x1，又P（1X1）0.4，P（1X3）0.4，则P（X3）故答案为：0.114袋中装有4个黑球，3个白球，不放回地摸取两球，在第一次摸到了黑球的条件下，第二次摸到白球的概率是【分析】设第一次摸到黑球为事件A，则P（A），第二次摸到白球为事件B，则P（AB）；再代入条件概率计算公

17、式即可求解【解答】解：设第一次摸到黑球为事件A，则P（A），第二次摸到白球为事件B，则P（AB），设第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到球的概率为P（B|A）故答案为：15学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况，抽出了一个容量为n且支出在20，60）元的样本，其频率分布直方图如图所示，根据此图估计学生在课外读物方面的支出费用的中位数为元【分析】根据中位数是把频率分布直方图分成两个面积相等部分的平行于Y轴的直线横坐标进行解题即可【解答】解：第一个矩形的面积是0.10，第二个矩形的面积是0.24，第三个矩形的面积是0.36，第四个矩形的面积是10.700.30前面二个矩形的面积和是0.34，故将第

18、三个矩形分成4：5即可，中位数是40+故答案为：16已知一个正四面体纸盒的俯视图如图所示，其中四边形ABCD是边长为的正方形，若在该正四面体纸盒内放一个正方体，使正方体可以在纸盒内任意转动，则正方体棱长的最大值是【分析】先求出此正四面体的应该内切球，再求出此球的一个内接正方体即可【解答】解：由一个正四面体纸盒的俯视图如图所示，其中四边形ABCD是边长为的正方形，则正四面体的棱长36先求出此正四面体的应该内切球，再求出此球的一个内接正方体即可设此正四面体的应该内切球的半径为r，则4rS底面hS底面r作AO底面BCD，垂足为O点，O为底面正三角形的中心AO2r设此球的一个内接正方体的棱长为a则a2

19、r，解得a故答案为：三解答题（共7小题）17在ABC中，三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知向量，（1）求角B的值；（2）若|2，且a，b，c成等差数列，求b【分析】（1）利用向量的数量积以及辅助角公式对，求出cosB，再结合角的范围即可求出角B的大小；（2）通过余弦定理，等差数列的性质可求ac，利用三角形的内角和定理可求ABC，再代入已知条件即可得解【解答】解：（1）因为向量（2sinx，cos2x），（cosx，1），函数f（x）2 sinx cosx+cos2xsin2x+cos2x2sin（2x+）；f（B）12sin（2B+）sin（2B+）； 4分 0BB； 5分（2）|2

20、c2+a2+2accosB12c2+a2+ac12； 7分 由（1）知，B60，由余弦定理可得：b2a2+c2ac，a，b，c成等差数列，即2ba+c，可得：4b2a2+c2+2ac，4（a2+c2ac）a2+c2+2ac，整理可得：（ac）20，可得：ac， 10分 ACB60；故ABC为等边三角形；abc代入得b2 12分 18折纸与数学有着千丝万缕的联系，吸引了人们的广泛兴趣因A4纸的长宽比称为白银分割比例，故A4纸有一个白银矩形的美称现有一张如图1所示的A4纸EFCH，A，B，C，D分别为EF，FG，GH，HE的中点，将其按折痕AB，BC，CD，DA，AC折起（如图2），使得E，F，G

21、，H四点重合，重合后的点记为S，折得到一个如图3所示的三棱锥DABC记O为AC的中点，在SOB中，SP为BO边上的高（1）求证：SP平面ACD；（2）若M，N分别是棱AB，BC上的动点，且AMBN当三棱锥BDMN的体积最大时，求平面DAB与平面DMN所成锐二面角的余弦值【分析】（1）连接DO设EH4a，则，翻折后的BDDE+FB4a推导出SO2aP为BO的中点，从而SPDO由此能证明SP平面ACD（2）VBDMNVDBMN且三棱锥DBMN的高为定值，从而SBMN最大时，三棱锥BDMN的体积取得最大值设，推导出当时，SBMN最大，即三棱锥BDMN的体积最大此时M，N分别是AB，BC上的中点，以O

22、为坐标原点，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz，利用向量法能求出平面DAB与平面DMN所成锐二面角的余弦值【解答】（1）证明：连接DO设EH4a，则，翻折后的BDDE+FB4a在SAC中，AC4a，O为AC的中点，SO2a又在SOB中，BS2a，SPBO，P为BO的中点，SPDOSP平面ACD，DO平面ACD，SP平面ACD 5分 （2）解：VBDMNVDBMN且三棱锥DBMN的高为定值，SBMN最大时，三棱锥BDMN的体积取得最大值设，又sinMBN为定值，当时，SBMN最大，即三棱锥BDMN的体积最大 8分 此时M，N分别是AB，BC上的中点，由（1）可得SPDO，SPB

23、O，DOBODADC，BABC，DOAC，BOAC以O为坐标原点，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz，则，设平面DMN的一个法向量为（x1，y1，z1），取z11，则y12，x10，平面DMN的一个法向量为（0，2，1）设平面DAB的一个法向量为（x2，y2，z2），取，则y2z21，平面DAB的一个法向量为（，1，1）则cos，所以平面DAB与平面DMN所成锐二面角的余弦值为 12分 19如图，过抛物线y22px（p0）上一点P（1，2），作两条直线分别交抛物线于A（x1，y1），B（x2，y2），当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时：（1）求y1+y2的值；（2）若直线A

24、B在y轴上的截距b1，3时，求ABP面积SABP的最大值【分析】（1）由P在抛物线上，将P的坐标代入抛物线方程可得p，进而点到抛物线方程，再由A，B的坐标满足抛物线方程，结合两直线的倾斜角互补，可得它们的斜率之和为0，化简计算可得所求值；（2）由点差法结合直线的斜率公式可得直线AB的斜率，设直线AB的方程为yx+b（b1，3），联立抛物线方程，消去y，可得x的二次方程，运用韦达定理和弦长公式、点到直线的距离公式，以及三角形的面积公式，结合三元均值不等式，计算可得所求最大值【解答】解：（1）点P（1，2）为抛物线y22px（p0）上一点，可得2p4，即p2，可得抛物线的方程为y24x，由题意可得

25、y124x1，y224x2，kPA+kPB+0，则y1+y24； 4分 （2）由题意可得y124x1，y224x2，相减可得（y1y2）（y1+y2）4（x1x2），则kAB1， 5分 可设直线AB的方程为yx+b（b1，3），联立抛物线方程y24x，可得x2（2b+4）x+b20，（2b+4）24b216（1+b）0，且x1+x22b+4，x1x2b2，则|AB|x1x2|4， 7分 P（1，2）到直线AB的距离为d， 9分 可得SABP|AB|d2（3b），当且仅当2+2b3b，即b时，上式取得等号，则SABP的最大值为 12分 20已知函数f（x）（1）讨论f（x）的单调性；（2）当a2

26、，x时，证明：f（x）【分析】（1）f（x） 的定义域（0，+），f（x）对a分类讨论即可得出单调性（2）当a2时，要证明f（x）成立，即证：令g（x）2xxlnx，利用导数研究其单调性即可得出 g（x）2+e2，即2xxlnx2+e2令h（x）x1lnx，利用导数研究其单调性即可得出 x1+lnx0，0，进而证明结论【解答】解：（1）f（x） 的定义域（0，+），f（x）当a0时，f（x）0，则f（x）在（0，+）上单调递减；当a0时，令f（x）0，可得0xa；令f（x）0可得xa；则f（x）在（0，a）上单调递增，在（a，+）上单调递减 4分 （2）当a2时，要证明f（x）成立，即证：令g

27、（x）2xxlnx，g（x）2lnx，令g（x）0，0xe2，g（x）0，xe2，所以，g（x）在（0，e2）单调递增；在（e2，+）递减又根据题意xe2，所以g（x）在（，+）上为减函数故 g（x）g（）22+e2，即2xxlnx2+e2令h（x）x1lnx，h（x）1，当x1，h（x）0，h（x）单调递减；当x1，h（x）0，h（x）单调递增故h（x）h（1）0，即x1+lnx0，0，等号不同时成立即当a2时，f（x） 12分 10分 9分 12分 3分22选修44：坐标系与参数方程平面直角坐标系xOy中，点A（2，0）在曲线C1：，（a0，为参数）上以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立

28、极坐标系，曲线C2的极坐标方程为：acos（）求曲线C2的普通方程（）已知点M，N的极坐标分别为（1，），（），若点M，N都在曲线C1上，求+的值【分析】（）由点A在曲线C1：，（a0，为参数）上求出a的值，代入acos后化为普通方程可得曲线C2的普通方程；（）求出曲线C1的直角坐标方程，化点M，N的极坐标为直角坐标后代入曲线C1的直角坐标方程，整理后即可得到+的值【解答】解：（）点A（2，0）在曲线C1上，a0，a2，2cos由，得（x1）2+y21所以曲线C2的普通方程为（x1）2+y21； 5分 （）由（）得曲线C1：的普通方程为由题意得点M，N的直角坐标分别为（1cos，1sin），点

29、M，N在曲线C1 上，+ 10分 23已知函数f（x）|2x3|x+1|（1）若不等式f（x）a的解集是空集，求实数a的取值范围；（2）若存在x0R，使得2f（x0）t2+4|t|成立，求实数t的取值范围【分析】（1）通过讨论x的范围，求出各个区间上的函数的最小值，求出f（x）的最小值，求出a的范围即可；（2）求出f（x）的最小值，问题转化为t2+4|t|+50，求出t的范围即可【解答】解：（1）x时，f（x）2x3x1x4，此时，f（x）的最小值是f（），1x时，f（x）32xx13x+2，此时，f（x）的最小值是f（），x1时，f（x）32x+x+1x+4，此时，f（x）的最小值是f（1）5，综上，f（x）的最小值是，若不等式f（x）a的解集是空集，则a； 5分 （2）若存在x0R，使得2f（x0）t2+4|t|成立，只需求出f（x）的最小值，由（1）f（x）的最小值是，问题转化为t2+4|t|+50，即t24|t|50，即（|t|5）（|t|+1）0，解得：5t5 10分 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2020/3/25 9:54:49；用户：卜艳红；邮箱：zzwgyxx0097；学号：25377654- 25 - 版权所有高考资源网