河北省正定中学（实验中学）2020届高三数学下学期第三次阶段质量检测试题 理 答案.pdf

1、河北正定中学/河北正中实验中学“停课不停学，辉煌靠执着”第 1 页 共 9 页2020 届高三下学期第三次阶段质量检测数学试卷（理）答案1.【答案】C.【解析】由2230 xx 有(1)(3)0 xx,即 31x ,又ln()x中0 x 即0 x.故 AB 3,0),故选 C.2.【答案】B.【解析】322(1)2 1iiziii111iii 1122 i,则1122zi,z 在复平面内对应点为1 1,2 2,在第二象限,故选 B.3.【答案】C.【解析】由qr是真命题，则q 和 r 均为真命题，即q为假命题，又因为 pq是真命题，所以 p 为真，所以命题 p 为真，r 为真命题，q为假命题，

2、即甲得第一名，丙得第三名，乙没有得第二名.故选：C.4.【答案】B.【解析】22222cos2sincos12tan7cossin 2cossin1tan10，故选 B5.【答案】C.【解析】由题意，函数2()|f xxx的图象关于 y 轴对称，但在1(0,)2单调递减，在 1(,)2 单调递增，不满足题意；函数()22xxf x的图象关于原点对称，所以函数为奇函数，不满足题意；函数43341()0f xxx，即函数的值域为0,)，不满足题意，故选 C6.【答案】C.【解析】由题意可知,每天走的路程里数构成以 12为公比的等比数列,由 S6=378,可判断此人第三天走的路程不占全程的 18,故

3、选 C.7.【答案】C.【解析】当1a 时，区间,2aa 没有意义；该函数在2,4 上，当3x 时函数取最小值；由周期公式2283T，得34，此时3()2 sin4f xax，由3(2)2 sin2(4)2 sin 3faafaa，计算得出2sincos2，34，可以知道该函数的最小正周期可以是 83；由(0)2 sin0fa，得 sin0，解得0，此时 sin()f xax不满足直线 ya与()f x 的图象的相邻两个交点的横坐标分别是 2 和4，故答案为 C河北正定中学/河北正中实验中学“停课不停学，辉煌靠执着”第 2 页 共 9 页8.【答案】A.【解析】OA=a，OBb，OCc，设由1

4、a，3b，32a b ，所以3cos2AOB，所以150AOB，又,30ac bc，则30ACB，即点,A O B C 四点共圆，要使 cr最大，即 OC 为圆的直径，在 AOB中，由余弦定理可得2AB=2OA+22cosOBOAOBAOB=7，即 AB=7，又由正弦定理可得：22 7sinABRAOB，即 cr最大值为 2 7，故选 A9.【答案】A.【解析】双曲线的焦点在 x 轴上,则2,24aa；设2|AFm,由双曲线的定义可知：12|24AFAFam,由题意可得：1222|AFABAFBFmBF,据此可得：2|4BF,又,12|2|8BFaBF,1ABF由正弦定理有:11|sin120

5、sin 30BFAF,即11|3|BFAF,所以83(4)m,解得：8 3123m,所以1ABF的周长为：11|AFBFAB=8 31216 32(4)8162833m,故选 A.10.【答案】B.【解析】由123nnaan，得1(1)1(1)nnanan ，所以1nan为等比数列，所以111(1)(2)nnana ，所以11(1)(2)1nnaan ，11(1)(2)1mmaam ，所以13123121311()()2(2412)3 6102Saaaaaaa .1当 m 为奇数时，11(2)1102ama，解得103m；2当 m 为偶数时，11(2)1102ama，解得1299ma，因为11

6、,299aZ ma只能为奇数，与 m 为偶数矛盾，无解；综上所述，103m.11.【答案】B.【解析】：抛物线28yx的准线方程为:2l x ，焦点(2,0)F，过 P 作 PBl，垂足为 B，由抛物线的定义可得|PFPB，圆22(2)1xy 的圆心为(2,0)F，半径1r ，可得|PQ 的最大值为|1PFrPF ，由22|1PAPAPQPF ，可令|1PFt ，(1)t，可得|1|2PPFtPBx ，即3Pxt，28(3)Pyt，可得22|(33)8(3)12124 244 34|1PAttttPFttt ，当且仅当2 3t 时，上式取得等号，可得2|PAPQ 的最小值为 4 34，故选：B

7、 河北正定中学/河北正中实验中学“停课不停学，辉煌靠执着”第 3 页 共 9 页12.【答案】B.【解析】构造函数()lnxf xx，导数21()lnxfxx，当0 xe时，()0fx，()f x 递增；xe时，()0fx，()f x 递减 可得()f e 取得最大值 1e22ln55ln2ln55ln22ln55ln，故不正确；lne eeeeln21lnln2，故正确；112111111ln22ln11ln22ln11112211，不易确定设2()2xg xx，可得 042 gg，在 24x时，()0g x，即有11211，故正确；eee12222ln2222ln3242ln3，故不正确

8、故选：B13.【答案】70.【解析】512x展开式的通项公式为：155(2)2kkkkkkTCxCx，令2k，此时项数为：2222552240kkkCCxxx，令1k，此时项数为：115122 510Cxxx，综上可得：含2x 的项为222224010801070 xxxxxx，含2x 项的系数为70 14.【答案】1yx.【解析】1,fxx 21gxax，设切点的横坐标为t，则根据题意可得2ln121tattatt，得1ln2tt，2ln10tt ，设 2ln1g ttt ，则 g t 单调递增，又 10g，所以方程 2ln10tt 河北正定中学/河北正中实验中学“停课不停学，辉煌靠执着”第

9、 4 页 共 9 页有唯一解1t ，所以切点为1,0，切线斜率1k，切线方程为1yx，故答案为：1yx 15.【答案】2305.【解析】由已知得四面体1A BMP 体积1122,33AMBPMBPVS 所以1,MBPS设 P 到 BM的距离为 h,则151,2MBPSh解得2 5,5h 所以 P 在底面 ABCD 内（不包括边界）与 BM 平行且距离为 2 55的线段l 上,要使1C P 的最小,则此时 P 是过C 作 BM 的垂线的垂足.点C 到 BM 的距离为 4 5,5所以2 5,5CP 此时221min2 52 302.55C P故答案为 2 305.16.【答案】1；8076.【解析

10、】设 xxxg，显然 xg为奇函数，xgxf，故 xf关于,对称.右图为 xf图象，又因为aaa,成等差数列且 fff，故da,，则140382019202040384038403840381 38076222aaaaS.17.【解析】（）依题意得，11sinsinsinsin22abCc aAbBcC，由正弦定理得，222abcc abc，即222abcab，（3 分）由余弦定理得，2221cos222abcabCabab，又因为0,C，所以3C（6 分）（）222abcab，2c，22424ababab，即4ab（8 分）D 为 AB 中点，所以12CDCACB，（10 分）222124C

11、DCACBCA CB 2211 4244baabab1 4834，当且仅当2ab时，等号成立所以CD 的最大值为3（12 分）18.【解析】（）证明：连结1AC 交1AC 于点 E，连结 DE，则 E 为1AC 中点，DE 为1ABC中位线，所以1/DE BC 又 DE 平面1ACD，1BC 平面1ACD 所以1/BC平面1ACD（4 分）（）解法一：因为 BCAC，D 是 AB 的中点，所以 ABDC又因为22 2ABDC，所以2ACBC，则222ACBCAB，即 ACBC，所以90ACB河北正定中学/河北正中实验中学“停课不停学，辉煌靠执着”第 5 页 共 9 页又因为1AA 平面 ABC

12、，所以建立如图所示空间直角坐标系Cxyz，则0,0,0C，1,0,1D，1 0,4,2A，1,0,1CD ，10,4,2CA（6 分）平面11BCC B 的法向量为0,0,1m（8 分）设平面1ACD 的法向量为,nx y z，则由nCD，1nCA，得10420n CDxzn CAyz 令1y ，则2xz，2,1,2n（10 分）所以平面1ACD 与平面11BCC B 所成的锐二面角 的余弦值为22cos314 14m nm n （12 分）解法二：延长1A D、1B B 交于Q，连接QC，过 D 作 DHBC于 H，过 H 作 HJQC于 J，连接 DJ，则 DH 平面11BCC B，DHC

13、Q，又 HJDHH，所以CQ 平面 DHJ，DJH 为平面11BCC B与平面1ACD 所成锐二面角的平面角Rt BDC中，BDDC，所以高 DH 为中线，1DH，1BHHC，11BDA B，11112QBBDQBA B，14QBBB，在 Rt CBQ中，22422 5QC，4sin2 5HJBQBCQCHCQ，25HJ，Rt DHJ中，2223155DJ，2cos3HJDJ，所以平面11BCC B 与平面1ACD 所成锐二面角的平面角的余弦值为 2319.【解析】（）依题意，得2cb，则222448abc，故椭圆的标准方程为22184xy（4 分）（）当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程

14、为2yk x，代人椭圆C 的方程，可得2222218880kk xxk，河北正定中学/河北正中实验中学“停课不停学，辉煌靠执着”第 6 页 共 9 页设11,P x y，22,Q xy，则2122821kxxk，21228821kx xk，（6 分）设,0R m，则 1122,RP RQxm yxm y 1212xmxmy y 122112224xmxkxxxmx22222228288421211kkkmkmkkk2222284821mmkmk，（8 分）若 2222284821mmkmk为定值，则22812842mmm，解得52m ，此时 222228487214mmkmk，R 点的坐标为5

15、,02（10 分）当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为2x ，代人22184xy，得22xy ，不妨设 2,2,2,2PQ，若5,02R，则11,2,222RPRQ，74RP RQ 综上所述，在 x 轴上存在点5,02R，使得 RP RQ 为定值74（12 分）20.【解析】（）因为3()2afxlnxx，所以3()(1)2ag xa lnxxx，21(1)()()1(0)aaxxag xxxxx ，（1 分）（）当0 a即0a时，所以0 xa，且方程()0g x在(0,)上有一根，故()g x 在(0,1)上为增函数，(1,)上为减函数，（3 分）（）当0a即0a 时，所以方程()0g

16、 x在(0,)上有两个不同根或两相等根，当1a 时 012xxxf，()f x 在(0,)上是减函数；当1a 时，由()0fx得1xa ，所以()f x 在(1,)a上是增函数；在(0,1)，(,)a 上是减函数；当 10a 时，由()0fx得1ax，所以()f x 在(,1)a是增函数；在(0,)a，(1,)上是减函数；（6 分）河北正定中学/河北正中实验中学“停课不停学，辉煌靠执着”第 7 页 共 9 页（2）证明：因为3()2afxlnxx，令3()2ah xlnxx，则21()ah xxx，因为1(,2)2aee，所以21()0ah xxx，即()h x 在(0,)是增函数，下面证明(

17、)h x 在区间(,2)2aa 上有唯一零点0 x，（8 分）因为1()222aahln，(2)21haln a，又因为1(,2)2aee，所以21()0222aehln，1(2)(2)102halne，由零点存在定理可知，()h x 在区间(,2)2aa 上有唯一零点0 x，在区间0(0,)x上，()()0h xfx，()fx是减函数，在区间0(x，)上，()()0h xfx，()fx是增函数，故当0 xx时，()f x 取得最小值00001()()2f xxa lnxx，（10 分）因为0003()02ah xlnxx，所以0032alnxx，所以0000000311()()()()(2)

18、222aaf xxaxxaxxx，因为0(,2)2axa，所以()0f x，所以1(,2)2aee，()0f x（12 分）21.【解析】（）由题意得1()Ek；随机变量2 的所有可能值为：1，+1k.22(1)(1),(1)1(1),kkpppkp 故2()1(1).kEkkp 若12()()EE，则1(1).kkkkp 整理有111()kpk，即 p 关于 k 的函数关系式11()=1-()kpf kk(2)kNk且.（4 分）（）(i)当2n 时，有12222213221221.xxxex xxx解得1231xex.令1231xqex，则1q .由题意可知2221112212121.nn

19、niiixxxxxx xxx则可得222+1+1112212121.nnniiixxxxxx xxx212212221213221212221212322212211.11.nnnnnnnnnnxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx河北正定中学/河北正中实验中学“停课不停学，辉煌靠执着”第 8 页 共 9 页211221222121132212122212112132212121211.11.nnnnnnnnnnxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx两式做差得：2212212121121222212212221221122122212111nnnnnnnnn

20、nxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx212122112122212212212121121222111nnnnnnnnnnxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx2122122211111nnnnxxxxxxxx整理得111,nnnnxxqxxq解得11nnxqxq 或（舍去）.即数列 nx是以首项为11x，公比为13qe的等比数列.（8 分）(ii)当311pe，由题意可知12()()EE，则有1(1).kkkkp 整理得1ln03kk，构造函数1113()ln,(),333kkkkkkk当(0,3)k 时，()0k，()k单调递增；当(3,)k 时，()0k，()k单

21、调递减.而(4)0,(5)0.则 k 的最大值为 4.（12 分）22.【解析】（）由题意,曲线 C1 的极坐标方程是244cos3sin,即 4cos3sin24,又由cos,sinxy,所以 4x3y240,故 C1 的直角坐标方程为 4x3y240.（3 分）因为曲线 C2 的参数方程为cossinxy（为参数）,所以 x2y21,故 C2 的普通方程为 x2y21.（5 分）（）将曲线 C2 经过伸缩变换2 22xxyy后得到曲线 C3,则曲线 C3 的参数方程为2 2 cos(2sinxy 为参数）.设 N（22 cos,2sin）,则点 N 到曲线 C1 的距离224 2 2 co

22、s3 2sin242 41sin()24543d 242 41sin()5（其中 满足河北正定中学/河北正中实验中学“停课不停学，辉煌靠执着”第 9 页 共 9 页4 2tan3），（8 分）当 sin（）1 时,d 有最小值 242 415,所以|MN|的最小值为 242 415.（10 分）23.【解析】（）2222xxtxxtt,且0t 4(0)tt 舍去,103,22246,24310,4x xf xxtxxxxxx（3 分）1当2x 时,令1038x,得22,33xx；2 当24x时,令68x,得2x,无解；3 当4x 时,令3108x,得6,6xx.综上,不等式的解集为263x xx或.（5 分）（）22223510abc，2222222102352346abcacbcacbc235acbc,当且仅当1abc 时等号成立，23acbc的最大值为5.（10 分）