四川省内江市第六中学2020届高三强化训练（一）数学（文）试题
内江六中高20届第一次强化训练
文科数学试题
考试时间：120分钟 满分：150分
第Ⅰ卷 选择题（满分60分）
一、 选择题（每题5分，共60分）
1. 设全集U=R，集合A={x|0
x乙；甲比乙成绩稳定
C. x甲>x乙；乙比甲成绩稳定
D. x甲<x乙；甲比乙成绩稳定
1. 已知函数fx=2x-1,x<23x-1,x>2若方程f(x)-a=0有三个不同的实数根，则实数a的取值范围为 ( )
A. (0,1) B. (0,2) C. (0,3) D. (1,3)
2. 已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的半径为( )
A. 2 B. 5 C. 6 D. 3
3. 已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程是y=2x，过其左焦点F(-3,0)作斜率为2的直线l交双曲线C于A，B两点，则截得的弦长|AB|=( )
A. 25 B. 45 C. 10 D. 102
4. 将函数f(x)=sinωx(其中ω>0)的图象向右平移π4个单位长度，所得图象经过点(3π4,0)，则ω的最小值是 ( )
A. 13 B. 1 C. 53 D. 2
5. 在△ABC中，若b=2，A=120°，三角形的面积S=3，则三角形外接圆的半径为( )
A. 3 B. 2 C. 23 D. 4
6. 已知抛物线W：y2=4x的焦点为F，点P是圆O：x2+y2=r2(r>0)与抛物线W的一个交点，点A(-1,0)，则当|PF||PA|最小时，圆心O到直线PF的距离是( )
A. 22 B. 1 C. 2 D. 12
7. 在平面内，定点A，B，C，D满足DA=DB=DC，DA⋅DB=DB⋅DC=DC⋅DA=-2，动点P，M满足AP=1，PM=MC，则BM2的最大值是( )
A. 434 B. 494 C. 37+634 D. 37+2334
第Ⅱ卷 非选择题（满分 90分）
一、 填空题（本大题共4小题，共20分）
1. 如图，已知正方形的边长为10，向正方形内随机地撒200颗黄豆，数得落在阴影外的黄豆数为114颗，以此实验数据为依据，可以估计出阴影部分的面积约为 ．
2. 已知a>b>1，若logab+logba=103，ab=ba，则a+b= ．
3. 有一块直角三角板ABC，，，BC边贴于桌面上，当三角板和桌面成45°角时，AB边与桌面所成的角的正弦值是_______．
4. 已知fx=lnx+82-x定义域为D，对于任意x1,x2∈D当x1-x2=2时,,则f(x1)-f(x2)的最小值是______．
二、 解答题（本大题共6小题，共70分）
（一）必考题：共60分
5. 已知数列{an}满足a1=73，an+1=3an-4n+2．
(1)求a2，a3的值;
(2)试说明数列{an-2n}是等比数列，并求出数列{an}的前n项和Sn．
6. 新高考3+3最大的特点就是取消文理科，除语文、数学、外语之外，从物理、化学、生物、政治、历史、地理这6科中自由选择3门科目作为选考科目．某研究机构为了了解学生对全理(选择物理、化学、生物)的选择是否与性别有关，从某学校高一年级的650名学生中随机抽取男生，女生各25
人进行模拟选科．经统计，选择全理的人数比不选全理的人数多10人．
(1)请完成下面的2×2列联表．
选择全理
不选择全理
合计
男生
5
女生
合计
(2)估计有多大把握认为选择全理与性别有关，并说明理由；
(3)现从这50名学生中已经选取了男生3名，女生2名进行座谈，从中抽取2名代表作问卷调查，求至少抽到一名女生的概率．
附：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
P(k2≥k)
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k
2.072
2.076
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
1. 如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形，AB1=CB1．
(1)证明：平面BDD1B1⊥平面ABCD；
(2)若∠DAB=60°，△DB1B是等边三角形，求点D1到平面C1BD的距离．
1. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63，短轴长为4．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l过点(2,0)且与椭圆C相交于不同的两点A，B，直线x=6与x轴交于点D，E是直线x=6上异于D的任意一点，当AE⋅DE=0时，直线BE是否恒过x轴上的定点？若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由．
21.已知函数f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx,
(i)求函数f(x)的最大值；
(ii)设00,b>0)的一条渐近线方程是y=2x，
∴ba=2，即b=2a，∵左焦点F(-3,0)，∴c=3
∴c2=a2+b2=3a2=3，∴a2=1，b2=2，
∴双曲线方程为x2-y22=1，直线l的方程为y=2(x+3)，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)由y=2(x+3)x2-y22=1，
消y可得x2+43x+7=0，∴x1+x2=-43，x1x2=7，
∴|AB|=1+k2⋅(x1+x2)2-4x1x2
=1+4⋅48-28=5⋅20=10，
9.D解：将函数f(x)=sinωx(其中ω>0)的图象向右平移π4个单位，
可得函数y=sinω(x-π4)的图象关于点(3π4,0)对称，可得sinω(3π4-π4)=0，
∴ω×π2=kπ，k∈Z．故ω的最小值为2，
10.B
解：根据三角形的面积公式S=12bcsin A，可得到3=12×2×c×32，解得c=2，所以△ABC是顶角为120°的等腰三角形，C为30°，
又由正弦定理csin C=2R，解得R=2．
11.B
【解析】解：过P作抛物线的准线的垂线PM，M为垂足，则|PF|=|PM|，
则|PF||PA|=|PM||PA|=sin∠PAM，
∴当PA
与抛物线相切时，∠PAM取得最小值，故而|PF||PA|取得最小值．
设直线PA的方程为y=k(x+1)，代入抛物线方程得：k2x2+(2k2-4)x+k2=0，
令Δ=(2k2-4)2-4k4=0，解得k2=1．
此时方程为x2-2x+1=0，解得x=1，
不妨设P在第一象限，则P(1,2)，直线PF的方程为x=1．
∴O到PF的距离为1．
12.B
解：由|DA|=|DB|=|DC|，可得D为△ABC的外心，
又DA⋅DB=DB⋅DC=DC⋅DA，可得
DB⋅(DA-DC)=0，DC⋅(DB-DA)=0，
即DB⋅AC=DC⋅AB=0，
即有DB⊥AC，DC⊥AB，可得D为△ABC的垂心，
则D为△ABC的中心，即△ABC为正三角形．
由DA⋅DB=-2，即有|DA|⋅|DA|cos120°=-2，
解得|DA|=2，△ABC的边长为4cos30°=23，以A为坐标原点，AD所在直线为x轴建立直角坐标系xOy，
B(3,-3)，C(3,3)，D(2,0)，由|AP|=1，可设P(cosθ,sinθ)，(0≤θ<2π)，
由PM=MC，可得M为PC的中点，即有M(3+cosθ2,3+sinθ2)，
则|BM|2=(3-3+cosθ2)2+(3+sinθ2+3)2=(3-cosθ)24+(33+sinθ)24=37-6cosθ+63sinθ4=37+12sin(θ-π6)4，
当sin(θ-π6)=1，即θ=2π3时，取得最大值，且为494．
故选B．
13解：设阴影外部分的面积为s，则由几何概型的概率公式得：
s10×10=114200，解得s=57，
可以估计出阴影部分的面积约为100-57=43．
14.43
解：设t=logba，由a>b>1，知t>1，代入logab+logba=t+1t=103，
即3t2-10t+3=0，解得t=3或t=13(舍去)，
所以logba=3，即a=b3，因为ab=ba，
所以b3b=ba，则a=3b=b3，
解得b=3，a=33，则a+b=43．
故答案为43．
15.64
解：过A作AO垂直桌面于O，连接OC，OB，
AO⊥平面OBC，BC⊂平面PBC，所以AO⊥BC，
因为BC⊥AC，AC∩AO=A，所以BC⊥平面OAC，
因为OC⊂平面OAC，所以BC⊥OC，
故∠ACO即为三角板所在平面与桌面所成角，则∠ACO=45°，
设AO=1，则AC=2，∴AB=263．∵AB边与桌面所成角等于∠ABO，
∴sin∠ABO=AOAB=64．故答案为64．
16.
解：由题意，由x+82-x>0，即x+8x-2<0，解得-81，
，，
根据对数函数性质可知，当x12+8x1取得最小值，即x1=-4时，|f(x2)-f(x1)|取得最小值，
，故答案为．
三、解答题（本大题共6小题，共72.0分）
17.解：(1)由已知得a2=3a1-4+2=3×73-4+2=5，
a3=3a2-4×2+2=3×5-8+2=9．
(2)∵an+1=3an-4n+2，∴an+1-2n-2=3an-6n，
即an+1-2(n+1)=3(an-2n)．∵a1-2=73-2=13，∴an-2n≠0，
∴数列{an-2n}是首项为13，公比为3的等比数列．
∴an-2n=13×3n-1，∴an=3n-2+2n，
∴Sn=a1+a2+…+an=3-1+30+31+…+3n-2+2(1+2+3+…+n)
=3-1×(1-3n)1-3+2×n(n+1)2=3n-12-16+n(n+1)．
18.解：(1)由题意知，甲抽一次奖，基本事件总数是C 103=120，
设甲抽奖一次所得奖金为ξ，则奖金ξ的可能取值是0，30，60，240，
所以P(ξ=240)=1120，P(ξ=60)=8120=115，
P(ξ=30)=7×2+6×7120=715，P(ξ=0)=1-1120-115-715=1124．
所以ξ的分布列是
ξ
0
30
60
240
P
1124
715
115
1120
所以E(ξ)=30×715+60×115+240×1120=20．
(2)由(1)可得，乙一次抽奖中奖的概率是1-1124=1324，四次抽奖是相互独立的，所以中奖次数η～B4,1324，
所以D(η)=4×1324×1124=143144．
19.【答案】解：在平面SCD内作DE⊥CD交SC于点E，
因为侧面SCD⊥底面ABCD，侧面SCD∩底面ABCD=DC，DE⊂平面SCD，
所以DE⊥底面ABCD，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DE为z轴，建立空间直角坐标系，
所以A(1,0，0)，B(12,1，0)，C(0,1，0)，D(0,0，0)，
由cos∠SDC=1+1-32×1×1=-12，得，
所以点S的坐标为(0,-12,32)，则SA=(1,12,-32)，SB=(12,32,-32)，
SC=(0,32,-32)，SD=(0,12,-32)，DA=(1,0,0)，
(1)设面SAB的法向量为n=(x,y，z)，则
n·SA=0n·SB=0即x+12y-32z=012x+32y-32z=0，
取z=3，得n=(65,35,3)，则n=2305，
设SC与平面SAB所成的角为θ，则；
(2)设平面SAD的法向量为m=(a,b，c)，则m·SA=0m⇀·DA=0,
即a+12b-32c=0a=0，取b=3，则m=(0,3，3)，m=23，
所以，
故平面SAD与平面SAB所成的锐二面角的余弦值为105．
20.【答案】解：(1)由题意得ca=63b=2a2=b2+c2,
解得a=23，b=2，所以椭圆C的标准方程为x212+y24=1．
(2)直线BE恒过x轴上的定点(4, 0).证明如下：因为AE ⋅ DE=0,
所以AE⊥DE，因为直线l过点(2, 0)．
①当直线l的斜率不存在时，则直线l的方程为x=2，
不妨设A2, 263, B2, -263, 则E6, 263，
此时，直线BE的方程为y=63(x-4)，所以直线BE过定点(4, 0)；
②直线l的斜率存在且不为零(显然)时，设直线l的方程为x=my+2(m≠0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，所以E(6, y1)，直线BE：y-y1=y2-y1x2-6(x-6)，
令y=0，得x-6=-y1(x2-6)y2-y1，即x=6+-y1x2+6y1y2-y1，
又x2=my2+2，所以x=6+-y1(my2+2)+6y1y2-y1，
即证6+-y1(my2+2)+6y1y2-y1=4，即证2(y1+y2)-my1y2=0，(*)，
联立x212+y24=1, x=my+2, 消x得(m2+3)y2+4my-8=0，
因为点(2, 0)在C内，所以直线l与C恒有两个交点，
由韦达定理得y1+y2=-4mm2+3，y1y2=-8m2+3，代入(*)中得2(y1+y2)-my1y2=-8mm2+3--8mm2+3=0，所以直线BE过定点(4, 0)，综上所述，直线BE恒过x轴上的定点(4, 0)．
用AE⋅DE=0，即可得出．
21.(I)解：函数f(x)的定义域是(-1,∞),(x)=.令(x)=0，解得x=0，当-10,当x>0时,(x)<0，又f(0)=0，故当且仅当x=0时，f(x)取得最大值，最大值是0
(II)证法一：g(a)+g(b)-2g()=alna+blnb-(a+b)ln=a.
由(I)的结论知ln(1+x)-x<0(x>-1,且x≠0)，由题设0-.
又aa时因此F(x)在(a,+∞)上为增函数从而，当x=a时，F(x)有极小值F(a)因为F(a)=0,b>a,所以F(b)>0,即00时,,因此G(x)在(0,+∞)上为减函数，因为G(a)=0,b>a,所以G(b)<0.即g(a)+g(b)-2g()<(b-a)ln2.
22.解：(1)∵x=1+2ty=-2+t(t是参数)，消参可得曲线C1的普通方程为：x-2y-5=0，
，，
又
，代入可得：x2+4y2=4．
故曲线C2的直角坐标方程为：x24+y2=1．
(2)曲线C2：x24+y2=1，经过伸缩变换x'=2xy'=y得到曲线C3的方程为：x'216+y'2=1，∴曲线C3的方程为：x216+y2=1，
设，根据点到直线的距离公式可得其中，
∴点M到曲线C2的距离的最大值为2+5．
23.解：(1)f(x)≤8即为|x-3|+|x+3|≤8，
当x≥3时，x-3+x+3≤8，解得3≤x≤4；
当-3
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