《发布》四川省树德中学2020届高三上学期11月阶段性检测 数学（理） PDF版含答案.pdf

1、高 2017 级高三上期 11 月阶段性测试数学试题（理科）考试时间：120 分钟 全卷满分：150 分 I 卷 一、选择题（共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 分）1设集合 1,0A=，|,Bt tyx xA yA=，则 AB=（）.A 1.B 1.C 1,1.D 1,0 2在复平面内，给出以下四个说法：实轴上的点表示的数均为实数；虚轴上的点表示的数均为纯虚数；互为共轭复数的两个复数的实部相等，虚部互为相反数；已知复数 z 满足(1)3i zi+=，则 z 在复平面内所对应的点位于第四象限 其中说法正确的个数为（）.A 1.B 2.C 3.D 4 3设等差数列na的前n 项和为nS，

2、若94SS=，50kaa+=，则k=（）.A 6.B 7.C 8.D 9 4将(2)nx 的展开式按 x 的降幂排列，若第三项的系数是40，则 n=（）.A 4.B 5.C 6.D 7 5魏晋时期数学家刘徽在他的著作九章算术注中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为:4若已知正方体的棱长为2，则“牟合方盖”的体积为（）.A 16.B 16 3.C 163.D 1283 6如图，一高为 H 且装满水的鱼缸，其底部设计了一个排水小孔，当小孔打开时，水从孔中匀速流出，水流完所用时间为T 若鱼缸 水深为h 时，

3、水流出所用时间为t，则函数()hf t=的图象大致是（）.A.B.C.D 7如图，圆锥的高3SO=，底面直径2AB=，C 是圆O 上一点，且1AC=，则 SA 与 BC 所成角的余弦值为（）.A34.B33.C 14.D 13 8某省两年后的新高考将实行3 12+模式，即语文、数学、英语必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二，共有 12 种选课模式今年在该省读高一的小明与小芳都准备选考物理，假若他们都对政治、地理、化学、生物四科没有偏好，则他们选课相同的概率为（）.A 136.B 116.C 18.D 16 9如图所示框图，若输入三个不同的实数 x，输出的 y 值相同，则此输出结

4、果 y 可能是（）.A2.B1.C 12.D 4 10在平面直角坐标系中，过坐标原点O 作曲线:xC ye=的切线l，则曲线C、直线l 与 y 轴所围成的封闭图形的面积为（）.A 112 e.B 2e.C12e.D32e 11已知椭圆、双曲线均是以线段 AC 的两端点为焦点的曲线，点 B 是它们的一个公共点，且满足 0BA BC=，记此椭圆和双曲线的离心率分别为12ee、，则221211ee+=（）.A 32.B 2.C 52.D 3 12已知()yf x=是定义在 R 上的偶函数，且(1)(1)fxf x=，当 1,0 x 时，3()f xx=，则函数()()|cos|g xf xx=在区间

5、5 1,2 2上的所有零点之和为（）.A7.B6.C5.D4 II 卷 二、填空题（共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分）13已知以点C(1,2)为圆心的圆C 与直线20 xy+=相切，则圆C 的方程为_ 14在矩形 ABCD 中，2AB=，4AD=，13AMMD=，则 BM MC=_ 15已知函数()2()ln1f xxx=+，设()3log 0.2af=，()0.24bf=，()1.12cf=，请将abc、按照由大到小的排列顺序写出：_ 16已知数列na中，12a=，1()1(*)nnnn aaanN+=+，若对于任意的 2,2a，*nN，不等式21211natatn+的一个顶点与

6、抛物线22:4Cxy=的焦点重合，12FF、分别是椭圆1C 的左、右焦点，其离心率63e=，过椭圆1C 右焦点2F 的直线l 与椭圆1C 交于 AB、两点（）求椭圆1C 的方程；（）是否存在直线l，使得1OA OB=？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由；（）已知(,0)M t为一动点，若直线l 的斜率存在且不为0，N 为 AB 的中点，满足 MNAB，求实数t 的取值范围 21（12 分）已知函数22()ln(0)xef xaxxxx=+（）若0a=，求函数()()g xxf x=的单调区间；（）若函数()f x 在区间(0,2)内有两个极值点1212()xx xx、，求实数a 的

7、取值范围；（）在（）的基础上，求证：122lnxxa+（二）选考题：共 10 分请考生在第 22、23 题中任选一题作答，若多做，则按所做的第一题记分 22（10 分）选修 44：坐标系与参数方程 已知极点与坐标原点O 重合，极轴与 x 轴非负半轴重合，M 是曲线:2sinC=上任一点，点 P 满足3OPOM=设点 P 的轨迹为Q （）求曲线Q 的平面直角坐标方程；（）将曲线Q 向右平移1个单位后得到曲线 N，设曲线 N 与直线:1xtlyt=+(t 为参数)相交于 AB、两点，记点(0,1)T，求|TATB+23（10 分）选修 45：不等式选讲 已知函数()|5|f xx=（）求不等式()

8、(2)3f xf x+的解集；（）若0a 16(,22,)+三、解答题 17解：（）由(23)cos3 cosbcAaC=，结合正弦定理可得(2sin3sin)cos3sincosBCAAC=，从而有2sincos3sin()3sinBAACB=+=由 ABC中，sin0B，则3cos2A=，故得6A=为所求 （6 分）（）由（）知6A=，又6B=，则CACB=且23C=设CMx=，则4CAx=，又21AM=，那么在 AMC中，有余弦定理可得()()()222221424cos 3xxxx=+，解得1x=从而可得2112sin4sin4 3223ABCSCA CBCx=为所求 （12 分）18

9、解：（）由题意知，等腰直角三角形 ABC中，中线 AEBC，且122AEBC=而直三棱柱111ABCA B C中，1AA 底面 ABC，从而知1AAAE，1AABC 一方面，在1Rt A AE中，因为12A A=，2AE=，则16A E=由12A FFE=，可得63EF=，从而可知1A EAEEFAE=，又1AEFA EA=则得1AEFA EA，由此可得190AFEA AE=，即有1AFA E 另一方面，由1AABC，AEBC，1AAAEA=，得 BC 平面1A AE 又 AF 平面1A AE，则知 BCAF 综上，1AFA E，且 AFBC，又1BCA EE=，故 AF 平面1A BC，得证

10、之 （6 分）（）由题意，可如图建立空间直角坐标系 Axyz，且有(0,0,0)A，1(0,0,2)A，(2,0,0)B，(0,2,0)C，(1,1,0)E，从而有(1,1,0)AE=，1(1,1,2)EA=，11(2,0,0)A B=，由12A FFE=，可得112 2 2,33 3 3AFAEEFAEEA=+=+=记(,)nx y z=为平面11A B E 的一个法向量，则有 111020200n EAxyzxn A B=，取1z=，得(0,2,1)n=又由（）知 AF 平面1A BC，故可取3(1,1,1)2mAF=为平面1A BE 的一个法向量，那么可得315cos,553n AFn

11、AFn AF=记所求二面角的大小为，结合图形可知，15coscos5n AF=为所求 （12 分）说明：本题两个小问的解法思路均不唯一，请依据实际解答，酌情判分（I）也可补形为正方体中研究，或注意到三棱锥1AA BC是正三棱锥的特征应用，或用面面垂直证明线面垂直，或直接建系用坐标法证明等（II）也可在两个半平面中各找一个与棱垂直的向量来求解二面角，或者用传统方法作证算角等 19解：（）由频率分布直方图，可得，前三组频率和为0.050.1 0.20.35+=，前四组频率和为 0.050.1 0.20.250.6+=，故中位数出现在第四组，且00.1590 10960.25m=+=（4 分）（）由

12、频率分布直方图，可得 每一位市民购房面积不低于 100 平方米的概率为0.20.150.050.4+=那么由题意则知(3,0.4)XB，从而可得所求期望为()3 0.41.2E X=（8 分）（）设模型 0.93690.0285yx=+和 0.95540.0306lnyx=+的相关指数分别为2212,RR 则210.00059110.006050R=，220.00016410.006050R=，显然2212RR恒成立，且有21226 231kxxk+=+，21226331kx xk=+那么2212121212(2)(2)2()2y ykxxkx xxx=+ABCA1B1C1EFxyzCABMx

13、3x4x212019-11 高三数月 11（理）第 3 页共 2 页 22222222263126231313131kkkkkkkkk+=+=+则21212253131kOA OBx xy yk=+=+，由此解得12k=为所求 （8 分）（）设 AB 中点00(,)N xy 由0k 时，212023 2231xxkxk+=+，0022(2)31kyk xk=+，即2223 22,31 31kkNkk+由 MNAB，知1MNABkk=，即有22223113 231kkkktk+=+，整理得22 22 20,133tk=+则2 20,3t为所求 （12 分）21（）0a=时，()(0)xeg xx

14、x=，则2(1)()(0)xexg xxx=由()0g x，得1x；()0g x，得01x 故()g x 的单增区间为(1,)+，单减区间为(0,1)（2 分）（）23312(2)(2)()()(02)xxexx eaxfxaxxxxx=，由题意可知，12,x x 是函数xyeax=在区间(0,2)内的两个零点以下介绍两种解法思路 法一：令()(02)xh xeaxx=，从而()h x 在(0,2)上单增，至多只有一个零点，不合题意；（2）若2ae，则()0h x，从而()h x 在(0,2)上单减，同理也不合题意；（3）若21ae，则由()0h x，可得()h x 在(0,ln)a 上减，在

15、(ln,2)a上单增，而(0)10h=，min()(ln)(1 ln)h xhaaa=，2(2)2hea=，由题意，则有221(ln)(1 ln)0(2)20aehaaahea=，由此解得22eea为所求 （6 分）法二：由0 xeax=得xeax=，结合（），则问题也等价于()g xa=在区间(0,2)有两个零点，从而，可转化为直线 ya=与()yg x=的图象在(0,2)x上有两个交点 由（）知()g x 在(0,1)上单减，在(1,2)上单增，而当0 x 时，()g x +；min()(1)g xge=，2(2)2eg=，故22eea为所求 （6 分）（）说明本题可归属于“极值点偏移”问

16、题，可对比 2016 年全国 I 卷 21 题（2）问研究之此类问题研究方法较多，但也具有一定的难度，有些方法还具有一定的技巧性要求以下给出两种较为典型的解法思路，供同学们学习时参考有兴趣的同学，还可参考相关资料，了解其它的一些研究方法或技巧【思路研究一】（由（）问的解法一出发，作继续探讨）由（）可知，12,x x 满足12()()h xh x=，且120ln2xax，其中，22eea，lnxa=是函数()h x 的极小值点，且ln(1,2ln 2)a 要证明122lnxxa+，可先证明122lnxax，又结合12()()h xh x=，故等价于证明22()(2ln)h xhax，其中2ln2

17、ax 由此，构造函数()()(2ln)(ln2)F xh xhaxax=，即有()(2ln)h xhax 那么可知22()(2ln)h xhax对2ln2ax恒成立 综上可得，122lnxxa+得证 （12 分）【思路研究二】（由（）问的解法二出发，作继续探讨）由（）可知，12,x x 为()xeg xax=在区间(0,2)内的两个根，且12012xx，其中1x=是函数()g x 的极小值点，22eea 由1211112222()lnln()lnlnxxg xaeaxxaxg xaxaxeax=+=+=，可得12122lnlnxxax x+=+故所证1212122lnln001xxax xx

18、x+探讨方式一（类似于前一种证法）由于1221101x xxx，注意到11(1,)x+，而又由（）可知()g x 在(1,)+上为增函数，则可证211()g xgx，又12()()g xg x=，故等价于证明111()g xgx，其中101x 由此，构造函数11()()()(01)xxeG xg xgxexxx=故()H x 在(0,1)上单调递增，从而有()(1)0H xH 那么()G x 在(0,1)上单调递增，()(1)0G xG=，那么可知111()g xgx对101x 恒成立 综上可得，122lnxxa+时，221202ttttteetee+构造函数2()2(0)ttm teett=

19、+，则()2ttm teet=，()20ttm tee=+从而有()(0)0m tm=，则()m t 在区间(0,)+上为增，()(0)0m tm=即得220tteet+综上可得，122lnxxa+，1240t t=那么，21212121 2|()42 163 2TATBttttttt t+=+=+=+=为所求 （10 分）22略解：（）不等式化为，等价于|5|3|3xx+法一：（零点分段法）等价于5533xxx +或 35533xxx+或3533xxx+解得：1152x或35x或 532x 故所求不等式的解集为 5 11,2 2 （5 分）法二：（应用绝对值的几何意义）等价于探求数轴上的到3的距离与到5的距离之和不大于3的点 x，结合数轴（图略），可得所求不等式的解集为 5 11,2 2 （5 分）（）证明：由题意得()()|5|5|5|5|f axaf xaxa xaxaxa=+|55|55|(5)axaxaafa+=故不等式()(5)()f axfaaf x成立 （10 分 2019-11 高三数月 11（理）第 5 页共 2 页