《发布》河北省唐山市海港高级中学2020届高三下学期3月检测数学（理）试题 PDF版含答案.pdf

1、理科数学测试题 3.5 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 A1，3，4，5，集合 BxZ|x24x50，则 AB 的子集个数为A2B4C8D162如图，复平面上的点 Z1，Z2，Z3，Z4 到原点的距离都相等，若复数 z 所对应的点为 Z1，则复数 zi（i是虚数单位）的共轭复数所对应的点为AZ1BZ2CZ3DZ43在各项均为正数的等比数列an中，若 am1am12am(m2)，数列an的前 n 项积为 Tn，若 T2m1512，则 m 的值为A4B5C6D74已知函数 f(x)sin2x 3sin x

2、sin(x2)(0)的最小正周期为，则 f(x)在区间0，23 上的值域为A0，32B12，32C12，1D32，125已知 ab，二次三项式 ax22xb0 对于一切实数 x 恒成立又x0R，使 ax202x0b0 成立，则a2b2ab 的最小值为A1B 2C2D2 26如图1，已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 a，动点 M、N、Q 分别在线段 AD1、B1C、C1D1上当三棱锥 Q-BMN 的俯视图如图2 所示时，三棱锥 Q-BMN 的正视图面积等于A12a2B14a2C 24 a2D 34 a27在二项式(x 124 x)n的展开式，前三项的系数成等差数列，把展开式中所有

3、的项重新排成一列，有理项都互不相邻的概率为A16B14C13D 5128在ABC 中，a，b，c 分别是 A，B，C 所对边的边长，若 cos Asin A2cos Bsin B0，则abc 的值是A1B 2C 3D29如图，在ABC 中，BC5，G，O 分别为ABC 的重心和外心，且OG BC5，则ABC 的形状是A锐角三角形B钝角三角形C直角三角形D上述三种情况都有可能10平行四边形 ABCD 中，ABBD0，沿 BD 将四边形折起成直二面角 A-BD-C，且 2|AB|2|BD|24，则三棱锥 A-BCD 的外接球的表面积为A2B4C4D211若实数 a，b，c，d 满足(ba23ln

4、a)2(cd2)20，则(ac)2(bd)2 的最小值为A 2B2C2 2D812已知双曲线 C 的方程x24y251，其左，右焦点分别是 F1，F2，已知点 M 坐标为(2，1)，双曲线 C 上点 P(x0，y0)(x00，y00)，满足PF1MF1|PF1|F2F1MF1|F2F1|，则 SPMF1SPMF2A1B1C2D4二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上 13已知身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人，身穿蓝颜色衣服的有一人，现将这五人排成一行，要求穿相同颜色衣服的人不能相邻，则不同的排法共有_种14若函数 f(x)cos 2xasin x 在

5、区间(6，2)是减函数，则 a 的取值范围是_15如图，将平面直角坐标系中的纵轴绕原点 O 顺时针旋转 30后，构成一个斜坐标平面 xOy在此斜坐标平面 xOy 中，点 P(x，y)的坐标定义如下：过点 P 作两坐标轴的平分线，分别交两轴于 M，N 两点，则 M 在 Ox 轴上表示的数为 x，N 在 Oy 轴上表示的数为 y那么以原点 O 为圆心的单位圆在此斜坐标系下的方程为_16已知ABC 的面积为 S，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 2sin C，sin B，cos A 成等比数列，b23a，212c232ac18，则 4(c1)29 2S16a的最小值为_ 三、解答题：

6、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（12 分）已知等差数列an的公差为 2，前 n 项和为 Sn，且 S1，S2，S4 成等比数列（1）求数列an的通项公式；（2）令 bn(1)n1 4nanan1，求数列bn的前 n 项和 Tn18（12 分）四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形，ADCBCD90，BC2，CD 3，PD4，PDA60，且平面 PAD平面 ABCD（1）求证：ADPB；（2）在线段 PA 上是否存在一点 M，使二面角 M-BC-D 的大小为6，若存在，求出PMPA 的值；若不存在，请说明理由19（12 分）2019 年

7、春节期间，某服装超市举办了一次有奖促销活动，消费每超过 600 元（含 600 元），均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种方案一：从装有 10 个形状、大小完全相同的小球（其中红球 3 个，黑球 7 个）的抽奖盒中，一次性摸出 3 个球，其中奖规则为：若摸到 3 个红球，享受免单优惠；若摸出 2 个红球则打 6 折，若摸出 1 个红球，则打 7 折；若没摸出红球，则不打折方案二：从装有 10 个形状、大小完全相同的小球（其中红球 3 个，黑球 7 个）的抽奖盒中，有放回每次摸取 1 球，连摸 3 次，每摸到 1 次红球，立减 200 元（1）若两个顾客均分别消费了 600 元，

8、且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；（2）若某顾客消费恰好满 1000 元，试从概率的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？20（12 分）已知抛物线 C：x22py(p0)的焦点为 F，过抛物线上一点 P 作抛物线 C 的切线 l 交 x 轴于点 D，交 y轴于点 Q，当|FD|2 时，PFD60（1）判断PFQ 的形状，并求抛物线 C 的方程；（2）若 A，B 两点在抛物线 C 上，且满足AMBM0，其中点 M(2，2)，若抛物线 C 上存在异于 A，B 的点 H，使得经过 A、B、H 三点的圆和抛物线在点 H 处有相同的切线，求点 H 的坐标21（12 分）已知函数

9、f(x)ax24bx2aln x（a，bR）（1）若函数 yf(x)存在极大值和极小值，求ba的取值范围；（2）设 m，n 分别为 f(x)的极大值和极小值，若存在实数 b(e12 ea，e212e a)，使得 mn1，求 a 的取值范围请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号 22（10 分）选修 4-4：坐标系与参数方程已知曲线 C 的极坐标方程是24cos 6sin 12，以极点为原点，极轴为 x 轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线 l 的参数方程为x212t，y1 32 t（t 为参数）（1）写出直线 l 的一般方程与曲线 C 的直角坐

10、标方程，并判断它们的位置关系；（2）将曲线 C 向左平移 2 个单位长度，向上平移 3 个单位长度，得到曲线 D，设曲线 D 经过伸缩变换xx，y2y 得到曲线 E，设曲线 E 上任一点为 M(x，y)，求 3x12y 的取值范围23（10 分）选修 4-5：不等式选讲已知函数 f(x)|2x1|x1|（1）在下面给出的直角坐标系中作出函数 yf(x)的图象，并由图象找出满足不等式 f(x)3 的解集；（2）若函数 yf(x)的最小值记为 m，设 a，bR，且有 a2b2m，试证明：1a214b21187 理科数学测试题答案 3.8一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分

11、在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1C解析：由 x24x50，解得1x5，所以 B0，1，2，3，4，所以 AB1，3，4，故AB 的子集个数为 2382B解析：根据题意，设 zbi(b0 且 bR)，则 zib 为负实数，对应点在 x 轴负半轴，即为 z2，共轭复数是 z23B解析：因为an是正项等比数列，所以 am1am12ama2m，am2，又 T2m1a1a2a2m1a2m1m，所以 22m151229，m54A解析：f(x)sin2x 3sin xsin(x2)1cos 2x2 32 sin 2xsin(2x6)12，因为 T，所以1，f(x)sin(2x6)12，

12、当 x0，23 时，f(x)0，325D解析：因为二次三项式 ax22xb0 对于一切实数 x 恒成立，所以a0，44ab0，又x0R，使 ax202x0b0 成立，所以 44ab0，故只有 44ab0，即 a0，ab，ab1，所以a2b2ab(ab)22ababab 2ab2 2，当且仅当 ab 2时等号成立，故a2b2ab 的最小值为 2 26B解析：由俯视图知 M 为 AD1 中点，N 为 C 点，Q 为 D1 点，因此三棱锥 Q-BMN 的正视图为CD1P，其中 P 点为 DD1 中点，所以面积为14a27D解析：展开式通项为 Tr1Crn(x)nr(124 x)rCrn2rx2n3r

13、4（0rn），由题意2C1n21C0n20C2n22，n8所以当 r0，4，8 时163r4为整数，相应的项为有理项，因此二项展开式共有 9 项，有理项有 3 项，无理项有 6 项，所求概率为A66A37A99 128B解析：由 cos Asin A2cos Bsin B0，得 2sin(A4)2sin(B4)2，即 sin(A4)sin(B4)1，又|sin(A4)|1，|sin(B4)|1，所以 sin(A4)sin(B4)1，AB4，C2，所以 ab 22c，故abc 29B解析：设 D 是 BC 边中点，则 ODBC，OG BC(ODDG)BCDG BC13 AD BC16(AB AC

14、)(AC AB)16(AC2 AB2)5，所以 AC2 AB230 AB225 AB2 BC2，所以 cos C0，C 为钝角，即ABC 为钝角三角形10C解析：由 ABBD0，得 ABBD，又二面角 A-BD-C 是直二面角，所以 AB平面 BCD，故此三棱锥可以补体为长方体设外接球半径为R，故2|AB|2|BD|244R2，所以R1，三棱锥A-BCD的外接球的表面积为 411D解析：由实数 a，b，c，d 满足(ba23ln a)2(cd2)20，所以 ba23ln a0，cd20，设 by，ax，则有函数 y3ln xx2，设 dy，cx，则有函数 yx2，所以(ac)2(bd)2 的就

15、是曲线 y3ln xx2 与直线 yx2 之间的最小距离的平方值，对函数 y3ln xx2 求导：y3x2x，由3x2x1，解得 x1 或 x32(舍)，把 x1 代入 y3ln xx2，解得 y1，即切点(1，1)，则切点到直线 yx2 的距离为 2 2，所以(ac)2(bd)2 的最小值为 812C解析：由PF1MF1|PF1|F2F1MF1|F2F1|，得|MF1|cos PF1M|MF1|cos F2F1M，所以PF1MF2F1M，即 M 在PF1F2 的平分线上，可证PF1F2 的内心在直线 x2 上，所以点 M 是PF1F2 的内心，M 到三边的距离相等均为 d1，所以 SPMF1

16、SPMF212d|PF1|12d|PF2|12(|PF1|PF2|)a2二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上 13答案：48解析：设五人分别为 A，A，B，B，C，先排 AAC 再对 B 进行插空的排法有 A22A2424种，同理，先排 BBC 再对 A 进行插空的排法也有 A22A2424 种，所以穿相同颜色衣服的人不能相邻的排法共有 48 种14答案：(，2解析：f(x)2sin 2xacos x0 对 x(6，2)恒成立，所以 a4sin x，而 sin x(12，1)，故 a215答案：x2y2xy10解析：过点 P 作 PAx 轴，PBy

17、 轴，设 P(x，y)在直角坐标系下的坐标为P(x0，y0)，因为BON30，ONy，所以 OB 32 y，BN12y，即 y0 32 y，x0 x12y，因为 x20y201，所以(32 y)2(x12y)21，整理得 x2y2xy1016答案：34解析：因为 2sin C，sin B，cos A 成等比数列，所以 sin B2sin Ccos A，所以 b2cb2c2a22bc，整理得 ca，又 b23a，所以 S2 2a29，又 212c232ac18，则 1a3，所以 4(c1)29 2S16a(a1)2a24a(a1)2(a2)24，令 ta12，4，则(a1)2(a2)24t2t2

18、2t3112t3t213(1t13)24334，当 t3时取等，故 4(c1)29 2S16a的最小值为34三、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解：（1）d2，S1a1，S22a1d，S44a16d，S1，S2，S4 成等比数列，S22S1S4，解得 a11，an2n14 分（2）bn(1)n14nanan1(1)n1(12n112n1)，5 分当 n 为偶数时，Tn(113)(1315)(1517)(12n312n1)(12n112n1)所以 Tn112n1 2n2n1 8 分当 n 为奇数时，Tn(113)(1315)(1517)(12n

19、312n1)(12n112n1)所以 Tn112n12n22n1 11 分 所以 Tn2n2n1，n为偶数，2n22n1，n为奇数 12 分18解：（1）过点 B 做 BOCD，交 AD 于 O，连接 OP ADBC，ADCBCD90，CDOB，四边形 OBCD 是矩形，OBAD，ODBC2，PD4，PDA60，OP2 3，OP2OD2PD2，OPOD，又 OP平面 OPB，OB平面 OPB，OPOB0，AD平面 OPB，PB平面 OPB，ADPB5 分（2）平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD，OPAD，OP平面 ABCD以 O 为原点，以 OA，OB，OP 所在直线分

20、别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则 B(0，3，0)，C(2，3，0)，假设存在点 M(s，0，t)，使得二面角 MBCD 的大小为6，则MB(s，3，t)，BC(2，0，0)设平面 BCM 的一个法向量为 m(x，y，z)，则m BC0，mMB0，2x0，sx 3ytz0，令 y1，得 m(0，1，3t)，8 分OP平面 ABCD，n(0，0，1)为平面 ABCD 的一个法向量9 分cos m，n mn|m|n|3t3t21 32，解得 t1，11 分PMPAPO1PA 2 312 3 6 3612 分19解：（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需要摸出三个红球，

21、设顾客享受到免单优惠为事件 A，则P(A)C33C310 1120，所以两位顾客均享受到免单的概率 PP(A)P(A)114400 4 分（2）若选择方案一，设付款金额为 X 元，则 X 可能的取值为 0，600，700，1000P(X0)C33C310 1120，P(X600)C23C17C310 740，P(X700)C13C27C310 2140，P(X1000)C37C310 724，故 X 的分布列为X06007001000P11207402140724所以 E(X)0 1120600 74070021401000 72476416（元）8 分 若选择方案二，设摸到红球的个数为 Y，

22、付款金额为 Z，则 Z1000200Y，由已知可得 YB(3，310)，故 E(Y)3 310 910 所以 E(Z)E(1000200Y)1000200 E(Y)820（元）11 分 因为 E(X)E(Z)，所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算 12 分20解：（1）设 P(x1，y1)，则切线 l 的方程为 y1x1pxx212p，且 y1x212p，所以 D(x12，0)，Q(0，y1)，|FQ|p2y1，又|PF|p2y1，所以|FQ|PF|，所以PFQ 为等腰三角形，且 D 为 PQ 的中点，3 分所以 DFPQ，因为|DF|2，PFD60，所以QFD60，所以p21，得 p2，所以

23、抛物线方程为 x24y；5 分（2）由已知，得 A，B 的坐标分别为(0，0)，(4，4)，设 H(x0，y0)(x00，x04)，AB 的中垂线方程为 yx4，AH 的中垂线方程为 y4x0 x2x208，联立，解得圆心坐标为：N(x204x08，x204x0328)，8 分由 kNHx021，得 x302x208x00，10 分因为 x00，x04，所以 x02，所以 H 点坐标为(2，1)12 分21解：（1）f(x)2ax4b2ax 2ax24bx2ax，其中 x02 分由于函数 yf(x)存在极大值和极小值，故方程 f(x)0 有两个不等的正实数根，即 ax24bx2a0 有两个不等

24、的正实数根记为 x1，x2，显然 a0，4 分所以16(b2a2)0，x1x22ba 0，x1x210，解得ba1 6 分（2）由 b(e12 ea，e212e a)得 a0，且ba(e12 e，e212e)由（1）知 f(x)存在极大值和极小值 设 f(x)0 的两根为 x1，x2，（0 x1x2），则 f(x)在(0，x1)上递增，在(x1，x2)上递减，在(x2，)上递增，所以 mf(x1)，nf(x2)因为 x1x21，所以 0 x11x2，且 x1x2x11x12ba(e1e，e21e)，由于函数 yx1x在(0，1)上单调递减，所以1ex1 1e 8 分又由于 2ax2i4bxi2

25、a0（i1，2），所以 2ax2i2a4bxi（i1，2）所以 mnf(x1)f(x2)ax214bx12aln x1(ax224bx22aln x2)a(x21x22)(2ax212a2ax222a)2a(ln x1ln x2)a(x211x21)2aln x21令 tx21，则 mna(t1t)2aln t，10 分令 h(t)(t1t)2ln t，1e2t1e所以 h(t)11t22t(1t1)20，所以 h(t)在(1e2，1e)上单调递减，所以 ee12h(t)e2e24，由 mnah(t)1，知 a 1h(t)，所以1e2e24a1ee1212 分22 解：（1）直线 l 的一般方

26、程为 3xy2 310，曲线 C 的直角坐标方程为(x2)2(y3)21因为|2 332 31|(3)211，所以直线 l 和曲线 C 相切.5 分（2）曲线 D 为 x2y21曲线 D 经过伸缩变换xx，y2y，得到曲线 E 的方程为 x2y241，则点 M 的参数方程为xcos，y2sin （为参数），所以 3x12y 3cos sin 2sin(3)，所以 3x12y 的取值范围为2，2 10 分23解：（1）因为 f(x)|2x1|x1|3x，x1，x2，1x12，3x，x12所以作出图象如图所示，并从图可知满足不等式 f(x)3 的解集为1，1 5 分（2）证明：由图可知函数 yf(x)的最小值为32，即 m32 所以 a2b232，则 a21b2172，从而1a214b2127(a21b21)(1a214b21)275b21a214(a21)b21 2752b21a214(a21)b21 187 当且仅当b21a214(a21)b21 时，等号成立，即 a216，b243时，有最小值187，所以1a214b21187 得证 10 分