江西省高安中学2020届高三数学下学期第一次周考试题 理（PDF）答案.pdf

1、答案第 1页，总 8页高安中学 2020 届高三周考试题（一)理科创新班数学试题参考答案1答案 C因为集合(,)|210,Ax yxy(,)|0Bx yxy集合 A 表示满足210 xy 的点的集合，即直线210 xy 的图像，集合 B 表示满足0 xy的点的集合，即直线0 xy的图像，所以 AB表示两条直线的交点，解2100 xyxy ，得11xy 所以(1,1)AB.故选：C.2答案 B由已知得24(4)4aaii，所以240,44aa ，解得0a，故选 B3答案 A01,1x，使00f x即200()10f xxa，需max1,1,()101xf xaa ，“0a”是“01,1x，使00

2、f x”的充分不必要条件.故选:A4答案 BsinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，sinB+sinA（sinCcosC）=0，sinAcosC+cosAsinC+sinAsinCsinAcosC=0cosAsinC+sinAsinC=0，sinC0，cosA=sinA，tanA=1，2A，A=34，由正弦定理可得csinsinaCA，a=2，c=2，sinC=sincAa=2212=22，ac，C=6，故选 B5答案 A由(1,2)a，(2,1)b，得(1,3)ab，所以由()abc，得303xyxy，所以 b 在 c 上的投影为222510|cos,|210|b c

3、xyybb ccyxy .故选:A.6答案 B22()11xf xx过点10，可排除选项 A，D.又 20f，排除 C.故选:B7答案 D设2()()2g xf xx，则111()()=0222gf，)()40g xfxx，()g x 在 R 上单调递增，又2(sin)(sin)2sin(sin)cos21gff，求(sin)cos210f 的解集，等价于求1(sin)()2 gg的解集，()g x 在 R 上单调递增，1sin2，且0,2，5,66，故选 D.8答案 B由0ab，且1ab，有10 ab，1ba222222222=2aabbbbbbabb即22222=22aaba bbab，即

4、22111222aa bbab21124aaba，21124bbab所以有1424aa bbba答案第 2页，总 8页所以按从小到大的顺序排列，()2a b排在中间.故选：B9答案 A由题意知：抛物线的焦点(1,0)F，准线方程1x ，由题意设(1,2)P，这时211 1ABk ，设直线 AB 的方程为1xy ，设(,)A x y，(,)B x y 联立与抛物线的方程整理得：2440yy，4yy ，4yy ，426xx，2()116yyxx ，1,21,2PA PBxyxy()12()416148416xxxxyyyy ，故选：A 10答案 A如图，设 M 是 ABC的外心，则三棱锥 DABC

5、体积最大时，DM 平面ABC，球心O 在 DM上3,3BABCAC，332cos23BCA，即30BCABAC ，113312sin22ABBMBCA又13 333sin3024ABCS，13 33 3344DM，3DM DM 平面 ABC，DMBM，设球半径为 R，则由222BMOMOB得222(3)(3)RR，解得2R，球体积为3344322333VR故选 A11答案 C因为21nnnaaa112nnnnaaaa12334nnnnnnaaaaaa1nS ，所以201920211Sa，故命题 p 为真命题，则p为假命题.24698aaaa123437aaaaa97991Sa，故命题 q 为假

6、命题，则q 为真命题.由复合命题的真假判断，得()pq 为真命题.故选：D12答案 A构造函数 2201920192019log1()3xxg xf xxx，函数 g x 的定义域为 R，且2201920192019log1xxgxxx 2201920192019log1xxxx g x，所以 g x 为奇函数.由于当0 x 时，奇函数20192019xxy和奇函数22019log1xyx 都是单调递增函数，所以当 xR 时，g x 是单调递增函数.答案第 3页，总 8页由()1 26fxf x得 12333fxf xf x ，即 1 2gxg xgx，则12,1xx x.所以不等式()1 2

7、6fxf x的解集为,1.故选：A13答案 0 或 7112217777nnnnnnnCCC（7+1）n18n1（91）n101199(1nnnnCC）11109(1)9(1)1nnnnnnCCn 是正偶数，则原式（91）n101199(1nnnnCC）1nnC 91（1）n1每项都是 9 的倍数这整个式子都可以被 9 整除，此时余数为 0若 n 是正奇数，则原式01199(1nnnnCC）11109(1)9(1)1nnnnnnCC01199(1nnnnCC）1119(1)2nnnC 2 不能整除 9余数就应该是 7综上，余数应该是 0 或 7故答案为：0 或 714答案 9由 z=ax+by

8、(a 0,b 0)得 y=ab x+zb，平移直线 y=ab x+zb,由图象可知，当 y=ab x+zb过 A(1,1)时目标函数的最大值为 1，即 z=a+b=1，则1a+4b=(1a+4b)(a+b)=1+4+ba+4ab 5+2ba 4ab=5+4=9，当且仅当ba=4ab，即 b=2a=12时，取等号，故1a+4b的最小值为 915答案6由题意画出图形，答案第 4页，总 8页因为双曲线2222:1(0,0)xyCabab,所以渐近线为byxa，1,0Fc过1F 的直线与 C 的两条渐近线分别交于 AB，两点，10F A AO 则1F AAO及1F AAO，则11F AAOkk AOb

9、ka，1F Aakb1:()aF A yxcb联立()ayxcbbyxa，解得222(a cB ba，22)abcba，联立()ayxcbbyxa，解得222(a cA ba，22)abcba，12F AAB222223abcabcbaba 225ba2225caa即226ac226ca6cea 故答案为：6 16答案 589861296若挑战第 3 关，则抛掷 3 次骰子，总的可能数为36=216 种，不能过关的基本事件为方程 xyza，其中3,4,5,6,7,8,9a 的正整数解的总数，共有2223481381CCC，不能过关的概率为 8132168，故通关的概率为35188.若挑战第 4

10、 关，则投掷骰子，总的可能数为46=1296 种，不能通关的基本事件为方程xyzma，其中4,5,6,16a 的正整数解的总数，当4 59a，时，共有3334591126CCC种，当10a 时，共有39480C 种，当11a 时，共有311210443104CCC C种，当12a 时，共有3112121144344125CCC CC C种，当13a 时，共有31121212124434445140CCC CC CC C种，当14a 时，共有311212121213443444546146CCC CC CC CC C种，当15a 时，共有3112121212121444344454647140C

11、CC CC CC CC CC C种，当16a 时，共有3112121212121221544344454647484(3)125CCC CC CC CC CC CC CC种，所以不能过关的概率为12680 104+125 140 146 140 12598612961296.故答案为 5;89861296,3,01.17由题意知解：由三角形的面积公式可得：答案第 5页，总 8页122sin2sin2AOCS，122sin2sin233COBS，3,0,3sin2sin2S故（2）由（1）知2sin2sin3S2sin3cossinsin3cos2sin3，32,333,0，又当32，即6 时，

12、S 取最大值 2，故当6 时，S 最大，且 S 的最大值为 2.18（1）证明：连接1C A，设11ACACE，连接 DE.因为三棱柱的侧面11AAC C 为平行四边形，所以 E 为1AC 的中点.在1ABC中，因为 D 是 AB 的中点，所以1/DEBC.因为 DE 平面1A DC，1BC 平面1A DC，所以1/BC平面1A DC.（2）因为1A AB为正三角形，所以1A DAB，13A D，因为平面11ABB A 平面 ABC，平面11ABB A 平面 ABCAB，所以1A D 平面 ABC，所以1ACD为1AC 与平面 ABC 所成的角，所以145ACD，所以13CDA D，因为 AC

13、BC，D 为 AB 中点，所以CDAB.所以11 11 1 11ABCC BABCA B CAABCVVV1113ABCABCA D SA D S1113233232232 .19解：（1）由题意得222122121bcaSc bbabc ，椭圆C 的方程为2212xy.（2）由题意知：直线 AB 的斜率存在，可设方程为 ykxm，设 11,A x y，22,B xy，答案第 6页，总 8页联立2212ykxmxy可得222124220kxkmxm，得12221224122212kmxxkmx xk，0,1P，11,1PAx y，22,1PBxy，12ll，12121100 x xyyPA P

14、B 1212110 x xkxmkxm 2212121110kx xk mxxm2222222411101212mkmkk mmkk13m所以直线 AB 方程为13ykx，恒过定点10,3D.20解：（1）X 可能取值为 3，4，5，6.311(3)28P X，31313(4)28P XC，32313(5)28P XC，33311(6)28P XC.X 的分布列为X3456P18383818133134564.58888EX （2）（i）总分恰为 m 分的概率为12mmA，数列mA是首项为 12，公比为 12的等比数列，前 10 项和10101111023221102412S.（）已调查过的累

15、计得分恰为n 分的概率为nB，得不到n 分的情况只有先得1n 分，再得 2 分，概率为112nB ，112B.所以1112nnBB，即1112nnBB 答案第 7页，总 8页1212323nnBB .11221332nnBB ，1211211362332nnnB.21解：由题得，函数()f x 的定义域为(0,).（1）当2m 时，2()ln21f xxx，所以1(12)(12)()4xxfxxxx，当10,2x时，()0fx，函数()f x 单调递增；当1,2x时，()0fx，函数()f x 单调递减，所以函数()f x 的单调递增区间为10,2，单调递减区间为 1,2.所以当12x 时，(

16、)f x 有极大值，且极大值为21111ln21ln 22222f ，无极小值.（2）由2()ln1f xxmx，得2112()2mxfxmxxx.当0m 时，()0fx恒成立，函数()f x 单调递增，当10mxe时，211()110mmf xf emm e ，又(1)10fm，所以函数()f x 有且只有一个零点；当0m 时，令1()02fxxm，当10,2xm时，()0fx，函数()f x 单调递增；当1,2xm时，()0fx，函数()f x 单调递减，所以()f x 的极大值为2111111ln1ln222222fmmmmm，当 111ln0222m，即得11ln1ln2me 时，解得

17、2em ，此时函数()f x 没有零点；当 111ln0222m，即2em 时，函数()f x 有 1 个零点；答案第 8页，总 8页当 111ln0222m，即02em时，2442110f ememe .当1x 时，令()lng x=x-x，则1()10g xx 在(1,)上恒成立，所以()(1)1g xg ，即ln1xx，所以221()ln1f xxmxxmxmx x+m，故当1x 且1xm 时，()0f x.当02em时，有2112emm ，所以函数()f x 有 2 个零点.综上所述：当2em 时，函数()f x 没有零点；当0m 或2em 时.函数()f x 有 1 个零点；当02e

18、m时，函数()f x 有 2 个零点.22解：（1）由曲线C 的参数方程得：222210,124xytxt 曲线的普通方程为：2210124xyx由直线l 的极坐标方程得：cossin80由cos,sinxy代入上式得直线的直角坐标方程为80 xy（2）由题意，可设点 2 3cos,2sin,22PP 到直线l 的距离|4sin8|2 3cos2sin8|322d当6 时，min2 2d，当2 时，max5 2d所以 PQ 的取值范围是 2 2,5 223解：12233xxx26x12123xxxx 12x 1323xxx 01x 由 可得0,6x;2 当0m 时，00,xR;当0m 时，即22113xmm对 m 恒成立，222213134mmmm，当且仅当 23m，即203m时取等号，14x，解得5),3,x .