安徽省安庆市2020届高三上学期期末教学质量监测数学（文）试题

安徽省安庆市2020届高三上学期期末教学质量监测数学（文）试题

安庆市 2019－2020 学年度第一学期期末教学质量监测 高三数学（文科）试题 第 I 卷（选择题，共 60 分） 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.已知全集 {1,2,3,4,5,6}U  ， {1,3}A  ，则 UC A  A．{1，2，3，4，5，6} B．{1，3} C．{2，4，5，6} D． 2.i 是虚数单位，复数 1 1 iz i -= + ，则 1z   A．1 B． 2 C． 3 D． 2 3.若两个非零向量 ,a b   满足， 2a b   ， 2a b   ， 1b  ,则向量 a b  与b  的夹角为 A． 6  B． 3  C. 2 3  D. 5 6  4.已知双曲线 C ： 2 2 2 2 1x y a b   （ 0, 0a b  ）的离心率为 5 2 ，则C 的渐近线方程为 A． 1 2y x  B． 2y x  C． 5 2y x  D． 5y x  5.设变量 yx, 满足约束条件： 2 4 0 2 2 0 4 1 0 x y x y x y            ，则目标函数 3z x y  的最小值为 A．6 B． 3 2 C． 3 2  D． 1 6.若 2 3 5log log logt x y z   ，且 2t   则 A．5 2 3z x y  B．5 3 2z y x  C． 3 2 5y x z  D． 2 3 5x y z  7.从 A 、 B 等 5 名学生中随机选出 2 人，则 B 学生被选中的概率为 A． 1 5 B． 2 5 C． 8 25 D． 9 25 8.下列命题的符号语言中，不是公理的是 A． baba //,   B． lPlPP  且且 ,,   C． , , ,A l B l A B l       且 D． cbcaba ////,//  9.设函数 ( )( )f x x R 满足 ( ) ( ), ( 2) ( ),f x f x f x f x      ,则 ( )y f x 的图像可能是 10. 已知数列 na 的前 n 项和为 nS ， 1 21, 2a a  且对于任意 *1,n n N  满足   11 nn SS )1(2 nS 则 A． 4 7a  B． 16 240S  C． 10 19a  D． 20 381S  11.已知函数 ( ) 2( cos cos ) sinf x x x x   ，给出下列四个命题： ① ( )f x 的最小正周期为 π ② ( )f x 的图象关于直线 π 4x  对称 B C D ③ ( )f x 在区间 π π,4 4     上单调递增④ ( )f x 的值域为[ 2,2] ⑤ ( )f x 在区间 2π,2π 上有 6 个零点 其中所有正确的编号是 A. ②④ B．①④⑤ C．③④ D．②③⑤ 12. 已知三棱锥 S ABC 的体积为 4 3 3 ， SC 的中点 O 为三棱锥 S ABC 外接球球心，且 SC  平 面 OAB ， =OA AB ，则球 O 的体积为 A . 36 B. 4 3  C. 32 3  D. 9 2  第 II 卷（非选择题，共 90 分） 本卷包括必考题和选考题两部分. 第 13 题~第 21 题为必考题，每个试题考生都必须作 答. 第 22 题 ~ 第 23 题为选考题，考生根据要求作答. 二、填空题：共 4 小题，每小题 5 分共 20 分，将答案填写在答题卷中的相应区域，答案写．．． 在试题卷上无效．．．．．．．。 13. 0tan15  14.已知函数 xxfy  )( 是偶函数，且 (3) 1f  ，则 ( 3)f   15.已知点  3,0A ，抛物线 2: 4C x y 的焦点为 F ，射线 FA 与抛物线C 相交于点 M ，与 其准线相交于点 N ，则| MN FM  16.若等差数列 na 的满足 2 7a  ， 5 19a  且 2 1 2 na a a an bn     则 ab  三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步 骤。答案写在试题卷上无效．．．．．．．．．． 17.（本题满分 12 分） 在 ABC 中，设角 A B C、 、 的对边分别为 a b c、 、 且 sin sin2 B Cb a B  , sin 3sinC B , （Ⅰ）求 A ； （Ⅱ）计算 sin sin sin A B C 的值． 18.（本题满分 12 分） 如图所示，在几何体 ABCDE 中， AB AC ， DC ⊥平面 ABC ， / /BE CD ， 3AB  , 2AC BE  ， 1 2CD BE . （I）求多面体 ABCDE 的体积； （II）设平面 ABE 与平面 ACD 的交线为直线 l ， 求证：l ∥平面 BCDE ． 19.（本题满分 12 分） 某高中为了了解高三学生每天自主参加体育锻炼的情况，随机抽取了 100 名学生进行调 查，其中女生有 55 名.下面是根据调查结果绘制的学生自主参加体育锻炼时间的频率分布直 方图： 将每天自主参加体育锻炼时间不低于 40 分钟的学生称为体育健康 A 类学生，已知体育 健康 A 类学生中有 10 名女生. （I）根据已知条件完成下面 22 列联表，并据此资料你是否认为达到体育健康 A 类学生与 性别有关？ 非体育健康 A 类学生 体育健康 A 类学生 合计 男生 女生 时间 / mint 合计 （II）将每天自主参加体育锻炼时间不低于 50 分钟的学生称为体育健康 A 类学生，已知体 育健康 A 类学生中有 2 名女生，.若从体育健康 A 类学生中任意选取 2 人，求至少有 1 名 女生的概率． 附： 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bck a c b d c d a b      20.（本题满分 12 分） 如图，设 F 是椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的左焦点，直线： 2ax c   与 x 轴交于 P 点， AB 为椭圆的长轴，已知 8AB  ，且 2PA AF ，过点 P 作斜率为 1 4 直线l 与椭圆 C 相 交于不同的两点 M N、 ， （Ⅰ）求 MN ； （Ⅱ）证明： MFA NFB   ． 21. （本题满分 12 分） 设函数 ( ) lnf x a x x  ， ( ) xg x e x  （Ⅰ）讨论函数 ( )f x 的单调性； （Ⅱ）令 ( ) ( ) ( )h x f x g x  ，当 2a  时，证明 ( ) 2ln 2 4h x   . 请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分。作答时请 写清题号 22.（本题满分 10 分）选修 4–4 坐标系与参数方程 2 0( )P K k 0.05 0.010 0.005 0k 3.841 6.635 7.879 在平面坐标系中 xOy 中，已知直线l 的参考方程为 8 2 x t ty     （t 为参数），曲线C 的 参数方程为 22 2 2 x s y s    （ s 为参数）．设 P 为曲线C 上的动点， （Ⅰ）求直线l 和曲线 C 的直角坐标方程； （Ⅱ）求点 P 到直线l 的距离的最小值． 23.（本题满分 10 分）选修 4–5 不等式选讲 设 a b c、 、 均为正数， （Ⅰ）证明： 2 2 2a b c ab bc ca     ； （Ⅱ）若 1ab bc ca   ，证明 3a b c   ． 安庆市 2019－2020 学年度第一学期期末教学质量监测 高三数学（文科）试题参考答案及评分标准 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分共 60 分。 1.解析： UC A  {2，4，5，6} 答案为 C 2.解析： 1 =1 iz ii -= -+ ， 1 1 2z i    答案为 B 3.解析：由 2a b  ， 2a b  平方相减可得 0a b  ， ( ) 1cos 2 a b b a b b      ， 3   答案为 B 4.解析：由 5 2 ce a   和 2 2 2c a b  可得 1 2 b a  ，所以 1 2y x  答案为 A 5.解析：作出可行域，可知 3z x y  经过点 1( ,3)2 取得最小值， 33 2z x y    答案为 C 6.解析：解得 12 ,2 2t tx x   ， 13 ,3 3t ty y   ， 15 ,5 5t tz z   ，设幂函数 1ty x  ， 1 0t   ，单调递减，所以5 3 2z y x  答案为 B 7.解析：5 名学生中随机选出 2 人有 10 种， B 学生被选中有 4 种， 4 2 10 5P   答案为 B 8.解析：A 不是公理，答案为 A 9.解析： ( ) ( ), ( 2) ( ),f x f x f x f x      可知函数 ( )( )f x x R 为奇函数，周期为 4， 对照图形可知符合要求的为 D，答案为 D 10.解析：当 2n  时， 1 1 1 1 12( 1) 2 2n n n n n n n n nS S S S S S S a a               所以数列 na 的从第 2 项起为等差数列， 1 2 2na n    1 2 n n   所以， 4 6a  ， 10 18a  2 1 ( )( 1) ( 1) 12 n n a a nS a n n      ， 16 16 15 1 241S     ， 20 20 19 1 381S     答案为 D 11.解析： ( ) 2(| cos | cos ) sin 2 | cos | sin sin 2f x x x x x x x     函数 π 33f      ， 4π 03f      ， ∴ π 4π 3 3f f          ，故函数 ( )f x 的最小正周期不是 π ，故①错误． 由于 3π 24f       ， 5π 04f      ，∴ 3π 5π 4 4f f           ， 故 ( )f x 的图象不关于直线 π 4x  对 称，故排除②． 在区间 π π,4 4     上， π π2 ,2 2x      ， ( ) 2 | cos | sin sin 2 2sin 2f x x x x x   ，单调递增，故③ 正确． 当 cos 0x≥ 时， ( ) 2 | cos | sin sin 2 2sin cos sin 2 2sin 2f x x x x x x x x     ， 故它的最大值为 2 ，最小值为 2 ；当 cos 0x  时， ( ) 2 | cos | sin sin 2 2sin cos sin 2 0f x x x x x x x      ， 综合可得，函数 ( )f x 的最大值为 2 ，最小值为 2 ，故④正确． 当 cos 0x  时， ( ) 0f x  ，在区间 2π,2π 上有无数个零点，故⑤错误. 答案为 C ． 12.解析： OAB 为等边三角形，边长为球的半径 R ， 2 01 1 1 1 4 32 sin 603 3 3 2 3OAB OABV S OC S OS R R          ,解得 2R  球的体积为 34 32 3 3V R   答案为 C 二、填空题：共 4 小题，每小题 5 分共 20 分。 13. 解 析 ： 0 0 0 0 0 0 0 31tan 45 tan30 3 3 3 13tan15 tan(45 30 ) 2 31 tan 45 tan30 3 3 3 3 11 3             答案为 2 3 14.解析： ( ) ( )f x x f x x    所以 ( ) ( ) 2f x f x x   ， ( 3) (3) 2 3 7f f     答案 为 7 15.解析：焦点为 (0,1)F ,过点 M 作准线的垂线 MH， 则 FM MH 所以 2 21 1 1 3 10sin sin 1 MN MN FA FM HM HNM MAO FO        答案为 10 16.解析： 1 3, 4a d  ， 2( 1)3 4 22n n nS n n n     可知 2, 1a b  所以 2ab  答案 为 2 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分。 17.解析：（Ⅰ）由三角形内角和定理可得 2 2 B C A  此时 sin sin2 B Cb a B  变形可得 sin( ) sin2 2 Ab a B   由诱导公式可得 sin( ) cos2 2 2 A A   所以 cos sin2 Ab a B …………… ……………… 2 分 由正弦定理 2 sin , 2 sina R A b R B  可得sin cos sin sin2 AB A B 即 cos sin2 A A …………… ……………… 4 分 由二倍角公式可得sin 2s cos2 2 A AA in ，所以 1s 2 2 Ain  因为 0 A   解得 3A  ………… ………………6 分 （Ⅱ）因为sin 3sinC B 由正弦定理可得 3c b ………… ………………7 分 由余弦定理得 2 2 2 2 cosa b c b A   2 2 21 1 1 7=( ) 2 ,3 3 2 9c c c c c      故 7 .3 a c  …………………………9 分 由正弦定理得 2 2 2 7 sin sin 1 1 14 14 39· · .1sin sin sin sin sin sin 93 3 3·32 cA A a B C A B C A bc c c      …………12 分 18.证明：(I) 过点 A 作 BC 的垂线 AF 角 BC 于点 F , 则 AF BC ………… ………………1 分 又因为 DC ⊥平面 ABC ， AF  平面 ABC 所以 AF CD CD BC C 所以 AF  平面 BCDE ………… ………………3 分 由 AB AC ， 3AB  , 2AC BE  ， 1 12CD BE  . 2 2 13BC AC AB   , 1 1 2 2ABCS AB AC BC AF     解得 6 13 AB ACAF BC   ， ………… ………………5 分 ( ) 3 13 2 2BCDE CD BE BCS   四棱锥 ABCDE 的体积 1 1 3 13 6 33 3 2 13BCDEV S AF      ………………6 分 （II）因为 CD ⊥平面 ABC ， BE ⊥平面 ABC 所以 / /CD BE ，………………7 分 又因为 CD  平面 ABE ， BE  平面 ABE ， 所以 / /CD 平面 ABE ………………9 分 l  平面 ABE  平面 ACD ，则 / /CD l ………………10 分 又l  平面 BCDE ，CD  平面 BCDE 所以 / /l 平面 BCDE ………………12 分 19.解析： (I)由频率颁布直方图可知,在抽取的 100 人中,体育健康 A 类学生有 25 人,从而 2 2 列联表如下: 非体育健康 A 类学生 体育健康 A 类学生 合计 男生 30 15 45 女生 45 10 55 合计 75 25 100 ………………2 分 由 2 2 列联表中数据代入公式计算,得: 55452575 )15451030(100 ))()()(( )( 22 2    badcdbca bcadnk 841.3030.333 100  ………………5 分 所以,没有理由认为达到体育健康 A 类学生与性别有关.………………………………6 分 （II）由频率分布直方图可知，体育健康 A 类学生为 5 人，记 1 2 3a a a ， ， 表示男生， 1 2b b ， 表示女生，从而一切可能结果所组成的基本事件空间为 1 2 1 3 2 3 1 1{( , ),( , ),( , ),( , )a a a a a a a b  1 2 2 1 2 2 3 1,( , ),( , ),( , ),( , ),a b a b a b a b 3 2 1 2( , ),( , )}a b b b ．  由 10 个基本事件组成，而且这些事件的出现时等可能的．………………………………8 分 用 A 表示“任选 2 人中至少有 1 名是女生”这一事件，则 1 1 1 2 2 1 2 2 3 1 3 2 1 2{( , ),( , ),( , ),( , ),( , ),( , ),( , )}A a b a b a b a b a b a b b b 共计 7 种 ………………………………10 分 ∴ 7( ) 10P A  ………………………………12 分 20. 解析：（Ⅰ）∵ 8AB  , ∴ 4a  ，又∵ 2PA AF ， ∴ 1 2e  ∴ 2c  , 2 2 2 12b a c   ∴椭圆的标准方程为 2 2 116 12 x y  ，………………………………2 分 点 P 的坐标为 ( 8,0) ，点 F 的坐标为 ( 2,0) 直线 l 的方程为 1 ( 8)4y x  即 4 8x y  联立 2 2 4 8 116 12 x y x y     可得 213 48 36 0y y   设 1 1 2 2( , ) ( , )M x y N x y 则 1 2 48 13y y  ， 1 2 36 13y y  ………………………………4 分 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2( ) ( ) (4 4 ) ( ) 17( ) 17 ( ) 4MN x x y y y y y y y y y y y y               248 36 12 5117 ( ) 413 13 13        ………………………………6 分 （Ⅱ）证明： 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 (4 6)+ 4 6 8 6( + )=2 2 4 6 4 6 (4 6)(4 6) (4 6)(4 6)MF NF y y y y y y y y y y y yk k x x y y y y y y                （ ） ………………………………9 分 ,而 1 2 1 2 36 48 3 12 4 12 24 12 24 128 6( + ) 8 6 8 6 013 13 13 13 13 13y y y y                ………………………………11 分 ∴ 0MF NFk k  ，从而 MFA NFB   得证. ………………………………12 分 21.解析：（Ⅰ） ( ) lnf x a x x  ， 0x  ' ( ) 1a x af x x x    ………………………………2 分 当 0a  时， ' ( ) 0x af x x   函数 ( ) lnf x a x x  在 (0, ) 上单调递增， ………………………………3 分 当 0a  时，令 ' ( ) 0x af x x   解得 x a  令 ' ( ) 0x af x x   解得 x a  令 ' ( ) 0x af x x   解得 0 x a   所以函数 ( ) lnf x a x x  在 ( , )a  上单调递增，在 (0, )a 上单调递减， ………………………………6 分 （Ⅱ） ( ) ( ) ( ) ln xh x f x g x a x e    当 2a  时 ( ) 2ln xh x x e  ' 2( ) xh x ex   ，令 ' 2( ) xy h x ex    ，则 ' 2 2 0xy ex     所以 ' 2( ) xh x ex   在 (0, ) 上单调递减. 取 1 2 1 , 12x x  ，则 1 ' ' 2 1 1( ) ( ) 4 02h x h e    ， ' ' 2( ) (1) 2 0h x h e    所以函数 ' 2( ) xh x ex   存在唯一的零点 0 1( ,1)2x  ………………………………8 分 即 0' 0 0 2( ) 0xh x ex    所以当 0(0, )x x ， ' 2( ) 0xh x ex    ，当 0( , )x x  ， ' 2( ) 0xh x ex    ， 故函数 ( )h x 在 0(0, )x 单调递增，在 0( , )x  单调递减， 所以当 0x x 时，函数 ( )h x 取得极大值，也是最大值 0 0 0( ) 2ln xh x x e  ………………………………10 分 由 0 0 2 0xex   可得 0 0 2xe x  ， 0 0 2ln lnxe x  即 0 0ln 2 lnx x  所以 0 0ln ln 2x x  故 0 0 0 0 0 0 0 2 1( ) 2ln 2(ln 2 ) 2ln 2 2( )xh x x e x xx x         由基本不等式可得 0 0 0 0 1 12 2x xx x     ，因为 0 1( ,1)2x  所以 0 0 1 2x x   所以 0 0 0 1( ) 2ln 2 2( ) 2ln 2 4h x x x      又因为 0( ) ( )h x h x 即 ( ) 2ln 2 4h x   所以当 2a  时， ( ) 2ln 2 4h x   成立.………………………………12 分 22. 解析：（Ⅰ）由 8x t   可得 8t x  ，所以即 2 8 0x y   所以直线l 直角坐标方程为 2 8 0x y   .………………………………2 分 由 22x s 可得 2 2 xs  ，所以 2 2(2 2 ) 8 42 xy s x    所以曲线C 的直角坐标方程为 2 4y x ………………………………5 分 （ Ⅱ ） 设 点 ( , )P x y ， 则 22 2 2 x s y s    ， 则 2 2 2 2 2 4 2 8 2( 2) 4 4 4 5 55 51 ( 2) s s s d           ………………………………9 分 当 2s  时取等号，此时 4, 4x y  所以点 P 到直线l 的距离的最小值为 4 5 5 ………………………………10 分 23.证明：（Ⅰ）因为 a b c、 、 均为正数，由重要不等式可得 2 2 2a b ab  ， 2 2 2b c bc  ， 2 2 2c a ca  ………………………………3 分 以上三式相加可得 2 2 2 2 2 2 2 2 2a b b c c a ab bc ca        即 2 2 2a b c ab bc ca     得证.………………………………5 分 （Ⅱ）因为 1ab bc ca   由（Ⅰ）可知 2 2 2 1a b c   ………………………………6 分 故 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 2 2 2( ) 1 2 3a b c a b c ab bc ca a b c ab bc ca                 所以 3a b c   得证.………………………………………………10 分 8 2 2 t xy  