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文档介绍
2020年四川省广元市高考数学三诊试卷(理科)
2020年四川省广元市高考数学三诊试卷(理科) 一、选择题 1. 若复数z=2i1+i,则|z|=( ) A.12 B.22 C.1 D.2 2. 已知集合A={x|x2−2x≤8},B={−2, 0},下列命题为假命题的是( ) A.∃x0∈A,x0∈B B.∃x0∈B,x0∈A C.∀x∈A,x∈B D.∀x∈B,x∈A 3. 如图,在四棱锥P−ABCD中,底面为梯形,AD // BC,AD=3,BC=6,E,F分别为棱PB,PC的中点,则( ) A.AE≠DF,且直线AE,FD是共面直线 B.AE≠DF,且直线AE,FD是异面直线 C.AE=DF,且直线AE,FD是异面直线 D.AE=DF,且直线AE,FD是共面直线 4. 若log2a=0.3,0.3b=2,c=0.32,则实数a,b,c之间的大小关系为( ) A.a>b>c B.a>c>b C.c>a>b D.b>a>c 5. 已知在△ABC中,内角A,B,C所对的边长分别是a,b,c,则sinA=sinB是a=b的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 6. 如图的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《数书九章》中的“中国剩余定理”.执行该程序框图,则输出的n为( ) A.50 B.53 C.59 D.62 7. 中国农业银行广元分行发行“金穗广元•剑门关旅游卡”是以“游广元、知广元、爱广元、共享和谐广元”为主题活动的一项经济性和公益性相结合的重大举措,以最优惠的价格惠及广元户籍市民、浙江及黑龙江援建省群众、省内援建市市民,凡上述对象均可办理此卡,本人凭此卡及本人身份证一年内(期满后可重新充值办理)在广元市范围内可无限次游览所有售门票景区景点,如:剑门关、朝天明月峡、旺苍鼓城山-七里峡、青川唐家河、广元皇泽寺、苍溪梨博园、昭化古城等,现有浙江及黑龙江援建省群众甲乙两人准备到广元旅游(同游),他们决定游览上面7个景点,首先游览剑门关但不能最后游览朝天明月峡的游览顺序有( )种. A.300 B.480 C.600 D.720 8. 函数f(x)=4x23|x|的图象大致为( ) A. B. C. D. 9. 在△ABC中,AB=2,BC=4,∠ABC=60∘,AD为BC边上的高,O为AD的中点,若AO→=λAB→+μBC→,则λ+μ=( ) 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 A.13 B.23 C.38 D.58 10. 已知O为坐标原点,双曲线C:x2a2−y2=1(a>0),过双曲线C的左焦点F作双曲线两条渐近线的平行线,与两渐近线的交点分别为A,B,若四边形OAFB的面积为1,则双曲线C的离心率为( ) A.2 B.22 C.2 D.52 11. 函数f(x)=Asin(ωx+φ)(ω>0)对任意的x∈R都有f(x)=f(2a−x),且a<0时a的最大值为−π5,下列四个结论: ①x=−π5是f(x)的一个极值点; ②若f(x)为奇函数,则f(x)的最小正周期T=4π5; ③若f(x)为偶函数,则f(x)在[−π5,0]上单调递增; ④ω的取值范围是(0, 5). 其中一定正确的结论编号是( ) A.①② B.①③ C.①②④ D.②③④ 12. 设函数f(x)的定义域为(1, +∞),满足f(2x)=2f(x),且当x∈(1, 2]时,f(x)=(x−1)(x−2),若对任意x∈(1, m],都有f(x)≥−1,则m的取值范围是( ) A.(1,6−2] B.(1,6+2] C.(1,12−22] D.(1,12+22] 二、填空题 如果(2−1x2)(1+x)n的展开式中各项系数之和为32,则n的值为________. 若2cos2θ=cos(θ+π4),且θ∈(π2,π),则sin2θ的值为________. 抛物线C:y2=4x的焦点为F,直线y=k(x−2)(k>0)与抛物线C交于不同的A,B两点,且|AF||BF|=25,则k=________. 如图,二面角α−l−β的大小为π3,半平面α内有一点A(不在l上),半平面β内有一点C(不在l上),A,C在直线l上的射影分别为B,D(B,D不重合),AB=CD=1,BD=3,则三棱锥A−BCD外接球的表面积为________. 三、解答题 记Sn为各项均为正数的等比数列{an}的前n项和,已知a1=118,S3+2S2=13a1,记bn=[log2an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[43]=1,[2]=2. (Ⅰ)求{an}的通项公式; (Ⅱ)求{bn}的前n项和Tn. 如图,在矩形ABCD中,AB=2AD=2,E为边CD的中点,以EB为折痕把△CEB折起,使点C到达点P的位置,且使平面PEB⊥平面ABED. (Ⅰ)证明:PB⊥AE; (Ⅱ)求直线BE与平面PAB所成角的正弦值. 冠状病毒是一个大型病毒家族,已知可引起感冒以及中东呼吸综合征(MERS)和严重急性呼吸综合征(SARS)等较严重疾病.而今年出现在湖北武汉的新型冠状病毒(nCoV)是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株.人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等.在较严重病例中,感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、肾衰竭,甚至死亡.某医院为筛查冠状病毒,需要检验血液是否为阳性,现有4份需检验血液. (Ⅰ)假设这4份需检验血液有且只有一份为阳性,从中依次不放回的抽取3份血液,已知前两次的血液均为阴性,求第3次出现阳性血液的概率; (Ⅱ)现在对4份血液进行检验,假设每份血液的检验结果是阳性还是阴性都是独立的,据统计每份血液是阳性结果的概率为P(00)在点P处的切线为l,是否存在这样的点P使得直线l与曲线y=f(x)也相切,若存在,判断满足条件的点P的个数,若不存在,请说明理由.
已知椭圆C:x22+y2=1,过点P(0, 1)作互相垂直的两条直线分别交椭圆C于点A,B(A,B与P不重合).
(Ⅰ)证明:直线AB过定点(0,−13);
(Ⅱ)若以点E(0,19)为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求四边形PAEB的面积.
[选修4-4:坐标系与参数方程]
在平面直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为x=2cosβy=2+2sinβ (β为参数),直线l过原点且倾斜角为α,以原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
(Ⅰ)求曲线C1和直线l的极坐标方程;
(Ⅱ)若直线l与曲线C1相交于不同的两点A,B,求|OB||OA|+|OA||OB|的取值范围.
[选修4-5:不等式选讲]
已知a,b都是实数,a≠0,函数f(x)=|x+1|+|2x−3|.
(Ⅰ)若f(x)>1,求实数x的取值范围;
(Ⅱ)若|52a+b|+|a−2b|≥|a|f(t)对满足条件的所有a,b都成立,求实数t的取值范围.
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参考答案与试题解析
2020年四川省广元市高考数学三诊试卷(理科)
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
复数的运算
复数的模
【解析】
首先对所给的式子进行整理,分子和分母同乘以分母的共轭复数1−i,这样分母变为一个实数,把复数写成a+bi的形式,即1+i,求出模长即可.
【解答】
∵ 复数z=2i1+i=2i(1−i)(1+i)(1−i)=2i−2i22=2+2i2=1+i,
∴ |z|=12+12=2
2.
【答案】
C
【考点】
全称量词与存在量词
全称命题与特称命题
【解析】
先求出集合A,再根据A,B之间的关系即可求解结论.
【解答】
因为集合A={x|x2−2x≤8}={x|−2≤x≤4};
∵ B={−2, 0}⊆A,
∴ ∀x∈A,x∈B;
3.
【答案】
D
【考点】
异面直线的判定
【解析】
可连接EF,根据条件即可说明四边形ADFE是平行四边形,从而得出AE=DF,且直线AE,FD是共面直线.
【解答】
如图,连接EF,
∵ E,F分别为棱PB,PC的中点,AD // BC,AD=3,BC=6,
∴ EF // BC,EF=12BC,
∴ EF // AD,且EF=AD,
∴ 四边形ADFE是平行四边形,
∴ AE=DF,且AE // DF,
∴ AE,FD是共面直线.
4.
【答案】
B
【考点】
对数值大小的比较
【解析】
可以得出a=20.3>1,b=log0.32<0,0 2时:t(x)在(0, 2]增,在[2, a]减,在[a, +∞)增.
(2)设P(x0,x03)(x0>0).
因为:g′(x)=3x2,所以:g′(x0)=3x02.
所以直线l的方程为:y−x03=3x02(x−x0),即:y=3x02x−2x03①.
假设直线l与f(x)的图象也相切,切点为:(x1, lnx1).
因为f′(x)=1x,所以:f′(x1)=1x1.
所以直线l的方程也可以写作为:y−lnx1=1x1(x−x1).
又因为:3x02=1x1,即:x1=13x02.
所以直线l的方程为:y−ln13x02=3x02(x−13x02),即:y=3x02x−21nx0−ln3−1②.
由①②有:−21nx0−ln3−1=−2x03,即:2x03−21nx0−1−ln3=0.
令:m(x0)=2x03−21nx0−1−ln3=0(x0>0),
所以:m′(x0)=6x02−2x0.
令m′(x0)=6x02−2x0≥0,得:x0≥313,
所以:m(x0)在(0,313]减,在[313,+∞)增.
所以:m(x0)min=m(313)=2×13−21n313−1−ln3=−13−13ln3<0,
又因为:当x→0时,m(x0)→+∞;当x→+∞时,m(x0)→+∞.
所以:m(x0)=2x03−21nx0−1−ln3=0在(0, +∞)有且只有两个实数根.
所以:存在这样的点P使得直线l与函数f(x)的图象也相切,这样的点P有且只有两个.
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
(Ⅰ)求出函数的导数,通过讨论a的范围,求出函数的单调区间即可;
(Ⅱ)设出切点坐标,表示出切线l的方程,结合函数的单调性,判断即可.
【解答】
(1)因为:t(x)=12x2−(a+2)x+2alnx,
所以:t′(x)=x−(a+2)+2ax=(x−2)(x−a)x.
所以:①当a≤0时:t(x)在(0, 2]减,在[2, +∞)增;
②当a=2时:t(x)在(0, +∞)增;
③当02时:t(x)在(0, 2]增,在[2, a]减,在[a, +∞)增.
(2)设P(x0,x03)(x0>0).
因为:g′(x)=3x2,所以:g′(x0)=3x02.
所以直线l的方程为:y−x03=3x02(x−x0),即:y=3x02x−2x03①.
假设直线l与f(x)的图象也相切,切点为:(x1, lnx1).
因为f′(x)=1x,所以:f′(x1)=1x1.
所以直线l的方程也可以写作为:y−lnx1=1x1(x−x1).
又因为:3x02=1x1,即:x1=13x02.
所以直线l的方程为:y−ln13x02=3x02(x−13x02),即:y=3x02x−21nx0−ln3−1②.
由①②有:−21nx0−ln3−1=−2x03,即:2x03−21nx0−1−ln3=0.
令:m(x0)=2x03−21nx0−1−ln3=0(x0>0),
所以:m′(x0)=6x02−2x0.
令m′(x0)=6x02−2x0≥0,得:x0≥313,
所以:m(x0)在(0,313]减,在[313,+∞)增.
所以:m(x0)min=m(313)=2×13−21n313−1−ln3=−13−13ln3<0,
又因为:当x→0时,m(x0)→+∞;当x→+∞时,m(x0)→+∞.
所以:m(x0)=2x03−21nx0−1−ln3=0在(0, +∞)有且只有两个实数根.
所以:存在这样的点P使得直线l与函数f(x)的图象也相切,这样的点P有且只有两个.
【答案】
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设线段AB的中点为D(xD, yD),
则:xD=x1+x22=23k2k2+1,yD=kxD−13=23k2k2+1⋅k−13=−132k2+1.
因为以E(0,19)为圆心的圆与直线AB相切于AB的中点,
所以:ED→⊥AB→,
又因为:ED→=(23k2k2+1,−132k2+1−19),且AB→与(1, k)平行,
所以:23k2k2+1+(−132k2+1−19)k=0,
解得k=0或±(1)
由上图有:四边形PAEB的面积S=12|PE||x1−x2|=12×89|x1−x2|=49|x1−x2|.
①当k=0时:lAB:y=−13,易得:A(−43,−13)、B(43,−13),
所以:S=49|x1−x2|=49|−43−43|=3227.
②当k=±1时:
有:|x1−x2|=(x1+x2)2−4x1x2=(43k2k2+1)2+6492k2+1=4139,
所以:S=49|x1−x2|=49×4139=161381.
由①②有:S=3227或161381.
方法二:由(Ⅰ)有:lAB:y=kx−13,x1+x2=43k2k2+1,x1x2=−1692k2+1.
由上图有:四边形PAEB的面积S=12|PE||x1−x2|=12×89|x1−x2|=49|x1−x2|.
根据题意结合图形有:|EA|=|EB|,即:x12+(y1−19)2=x22+(y2−19)2,
即:2−2y12+(y1−19)2=2−2y22+(y2−19)2,化简得:(y1−y2)(y1+y2+29)=0,
所以:y1−y2=0或y1+y2=−29.
①当y1−y2=0时,易得:k=0,即:lAB:y=−13,易得:A(−43,−13)、B(43,−13),
所以:S=49|x1−x2|=49|−43−43|=3227.
②当y1+y2=−29时:y1+y2=k(x1+x2)−23=43k22k2+1−23=−29,解得:k=±(1)
有:|x1−x2|=(x1+x2)2−4x1x2=(43k2k2+1)2+6492k2+1=4139,
所以:S=49|x1−x2|=49×4139=161381.
由①②有:S=3227或161381
【考点】
椭圆的应用
直线与椭圆的位置关系
【解析】
(Ⅰ)直线AB、PB、PA斜率均存在.设lAB:y=kx+m,A(x1, y1)、B(x2, y2),联立:x22+y2=1y=kx+m ,消去y,利用韦达定理,以及PB⊥PA,求出m,然后求解直线系方程,得到定点坐标.
(Ⅱ)方法一:由(Ⅰ)有:m=−13,求出直线AB的方程,结合韦达定理,求解D的坐标,利用ED→⊥AB→,求出k,通过弦长公式,求解三角形的面积即可.
方法二:由(Ⅰ)写出直线方程,表示出四边形PAEB的面积,结合图形,转化求解即可.
【解答】
(1)证明:根据题意有:直线AB、PB、PA斜率均存在.
设lAB:y=kx+m,A(x1, y1)、B(x2, y2)
联立:x22+y2=1y=kx+m ,有:(2k2+1)x2+4kmx+2m2−2=0,
所以:x1+x2=−4km2k2+1,x1x2=2m2−22k2+1.
因为PB⊥PA,
所以:kPB⋅kPA=y1−1x1⋅y2−1x2=kx1+m−1x1⋅kx2+m−1x2=−1,
化简得:(k2+1)x1x2+k(m−1)(x1+x2)+(m−1)2=0,
所以:(k2+1)2m2−22k2+1−k(m−1)4km2k2+1+(m−1)2=0,
化简得:3m2−2m−1=0,解得m=−13或(1)
当m=1时,lAB:y=kx+1过点P,则P与A或B重合,不满足题意,舍去,
所以:m=−13,即lAB:y=kx−13
所以:直线AB过定点(0,−13).
(2)方法一:由(Ⅰ)有:m=−13,
则:lAB:y=kx−13,x1+x2=43k2k2+1,x1x2=−1692k2+1.
[选修4-4:坐标系与参数方程]
【答案】
(1)由x=2cosβy=2+2sinβ (β为参数)有x2+y2−4y+2=0,
∴ C1的极坐标方程为ρ2−4ρsinθ+2=0,
直线l的极坐标方程为θ=α(ρ∈R)(α∈[0, π)).
(2)联立ρ2−4ρsinθ+2=0θ=α ,有ρ2−4ρsinα+2=0,
根据题有△=16sin2α−8>0,∴ 12
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