湖北省襄阳市第五中学、夷陵中学2020届高三下学期联考数学（理）试题 PDF版含答案.pdf

1 湖北省襄阳五中、夷陵中学 2020 届高三 4 月线上联合考试 数 学 （ 理 科 ） 答案 命题学校：夷陵中学 命题人：尹国江 审题人：黄艳飞 ABDCD BADDB CA 13. 4  14. 2 2 15. 4 16.①②④ 1.答案 A【解析】 {0}P Q  ， 2log 0a  ，且 0b  ，解得 1, 0a b  ，则 {3,0}P  ， {1,0}Q  ， {0,1,3}P Q   .子集有 823  故选：A． 2．答案 B【解析】复数 i1z ，则 2 2| |z zz   iiiii  12)1()1(1 2 2 ，故选 B． 3.答案 D 【解析】五人分成四组，先选两人成一组,余下各自成一组，共有 2 5C =10 种。甲和乙同一组其余 三人各自成一组，只有一种分法,故甲和乙恰好在同一组的概率是 10 1 ,甲和乙不在同一组的概率是 10 9 4.答案 C 5.答案 D【解析】：∵（x+1）5（ax+1）的展开式中 3x 的系数是 5 743 5 2 5  aCaC ， 6．【答案】B【解析】由三视图知圆锥底面半径为 2 26 33 ( ) 62r    ，圆锥的高 2 2(3 5) 3 6h    ，圆锥 母线 2 26 6 6 2l    ， 2 2sin  l h 故选 B. 7．【答案】A【解析】因为 )62(sin2sin32cos  xxxy ，由 22622-2   kxk ，解 得 63-   kxk ，所以当 0k  时，增区间为[0, ]6  ，选 A. 323,32,3 ,6030 30,3120,2 1cos ,2 3,3,,,.8     最大为交点时，的延长线与圆点在当 的优弧上运动，为弦的圆在以 ，，得 由题意解析：答案 。 。 cDODCODr ADBDABCACB cbcaABAOBAOB babacOCbOBaOAD     2 3-32 3-2-3,63,3,60 32-6,36,3,60.9           或；则根据题意知得时，由当 ；则题意知得时，由解析：当答案 xx xxD       nmnfmfnfmfnnnmmm mnnnmmxf xxxxxxfxxxxfB    )()()()(2sin2sin 2sin2sin0,1-1,0,0)( ,1,0,22cos22sin)(,2sin)(.10 22 22 2 即变形得 递减。性知在区间上递增，由偶函数对称函数在 时当则它为偶函数，解析：设答案   2 11．【答案】C【解析】图中点 2(2,0), ( ,0), (0,2)A B Ck  ，故阴影部分的面积为 1 2( 2) 2 42 k      2 ，解之得 2 1k , 2 1 x yz x   22 1 y x    ，设点 ( , )P x y , 2 1 ym x   ， 则 m 的几何意义是点 P 与点 (1, 2)D  连线的斜率，由图可知， 4m ≤ 或 3 2m ，故 的取值范围是 ),3 8[]2,(   . 12．【答案】A【解析】函数 2 0( ) ln ( ) 1g x x x ax f x     在 ],0( 2e 内都有两个不同的零点，等价于方程 2 0ln 1 ( )x x ax f x    在 ],0( 2e 内都有两个不同的根． 1 1 1'( ) (1 )x x xf x e xe x e      ，所以当 (0,1)x  时， '( ) 0f x  ， ( )f x 是增函数；当 ],1( 2ex 时， '( ) 0f x  ， ( )f x 是减函数．因此 0 ( ) 1f x ≤ . 设 2( ) ln 1F x x x ax    ， 21 2 1'( ) 2 x axF x x ax x       ， 若 '( ) 0F x  在 ],0( 2e 无解，则 ( )F x 在 ],0( 2e 上是单调函数，不合题意；所以 '( ) 0F x  在 ],0( 2e 有解，且易知 只能有一个解．设其解为 1x 满足 2 1 12 1 0x ax   ，当 1(0, )x x 时 '( ) 0F x  ， ( )F x 在 1(0, )x 上是增函数；当 ],( 2 1 exx 时 '( ) 0F x  ， ( )F x 在 ],( 2 1 ex 上是减函数． 因为任意的 ],0( 2 0 ex  方程 2 0ln 1 ( )x x ax f x    在 ],0( 2e 有两个不同的根，所以      ② ① 0)( 1)()( 2 1max eF xFxF 2 2242 3012)( eeaaeeeF ② 11ln)()( 1 2 111max  axxxxFxF① 所以 2 1 1 1ln 0x x ax   ．因为 2 1 12 1 0x ax   ，所以 1 1 12a x x   ， 代入 2 1 1 1ln 0x x ax   ，得 2 1 1ln 1 0x x   .设 2( ) ln 1m x x x   ， 1( ) 2 0m x x x     ，所以 ( )m x 在 ),0( 2e 上是增函 数，而 (1) ln1 1 1 0m     ，由 2 1 1ln 1 0x x   可得 1( ) (1)m x m ，得 2 11 ex  ． 由 1 1 12a x x   在 ),1( 2e 上是增函数，得 2 2 2 121 eea  ． 综上所述 2 2 31 eea  ，故选 A. 13.解析： 2cos cos sinb C c B a A  ，由正弦定理得 3sin cos sin cos sinB C C B A  A3sin2 ， AACB 3sin2sin)sin(  , 2 2sin A ，锐角△ABC 的内角 4 A 2 22,24,41 .3,2,13d,14d,, 4成成差数列数列1.14 1 12 1 4 321 2121   b aabqqqbbb aadaa ，解得则成等比数列，设公比为、、、、数列 解得则设公差为、、、解析： .41e-1,4,043-,03443 14-,1,043,034 43.),0,(,0,-4.15 222222 121 222 222 2212121    eeeecacacbca PFFFeeecaca cbcaPFFFPFPFcFcF ）所以，（，因为得即，即）则（ ，）舍。若，（解得即得 ，），则（若显然）（解析：设答案 16．【答案】①②④【解析】对于①，因为 SA  平面 ABC ，所以 SA AC ，SA AB ，SA BC ，又 BC AC ， 所以 BC  平面 SAC ，所以 BC SC ，故四个面都是直角三角形，①正确；3 对于②，若 4, 4, 4AC BC SC   ， SC  平面 ABC ，三棱锥 S ABC 的外接球可以看作棱长为 2 的正方体的 外接球，2 2 3R  ，外接球表面积为 12 ，②正确； 对于③，设 ABC△ 内心是 O，则 SO  平面 ABC ，连接 OC，则有 2 2 2SO OC SC  ，又内切圆半径 1 (3 4 5) 1 2 r     ， 所 以 2OC  ， 325222  OCSCSO ， 故 3SO ，  三 棱 锥 S ABC 的 体 积 为 1 1 1 3 4 1 23 3 2ABCV S SO        △ 33  ，③不正确； 对于④，若 3SA  ，SA  平面 ABC ，则直 线 PS 与平面 SBC 所成的最大角时，P 点与 A 点重合，在 Rt SCA△ 中， 13 3tan ASC ， 45ASC   ，即直线 PS 与平面 SBC 所成的最大角为 45 ，④正确， 17 解：（Ⅰ） 116 a ， 1151  da ① ……2 分 1452 ,, aaa 成等比数列， 142 2 5 aaa  ， )13)(()4 11 2 1 dadada （ 化简得 2 1 36 dda  ， 若 0d ， 11na 若 0d ， da  12 ② 由①②可得， 2,11  da ……4 分 所以数列的通项公式是 12  nan 或 11na ……6 分 （Ⅱ）由（1）得 )12 1 12 1(2 1 )12)(12( 1  nnnnbn ……9 分 )12 1 12 1 5 1 3 1 3 11(2 1 21  nnbbbS nn  12)12 112 1  n n n （ ……12 分 18.试题解析：（Ⅰ）连接 AC ，设 AC BE G  ，则平面 SAC  平面 EFB FG ， SA //平面 EFB ， SA // FG ， ……3 分 GEA ∽ GBC ， 1 2 AG AE GC BC    ， 1 1 2 3 SF AG SF SCFC GC      ， 3 2 ……6 分 （Ⅱ） 5, , 2SA SD SE AD SE     ，又 2, 60AB AD BAD     ， 3BE  2 2 2SE BE SB   ， SE BE  ， SE  平面 ABCD ， ……7 分 以 , ,EA EB ES 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，则      1,0,0 , 0, 3,0 , 0,0,2A B S ，平面 SEB 的法向量  1,0,0m EA  (0,0,1) ……8 分 设平面 EFB 的法向量  , ,n x y z ，则    , , 0, 3,0 0 0n EB x y z y      ，    , , 1,0,2 0 2n GF n AS x y z x z           ，令 1z  ，得  2,0,1n  ， ……10 分 5 5,cos  nm nmnm 即所求二面角的余弦值是 5 5 ． ……12 分4 19．【解析】（Ⅰ）根据椭圆的定义，可得 1 2| | | | 2AF AF a  ， 1 2| | | | 2BF BF a  ， 1AF B△ 的周长为 1 1 1 1 2 2| | | | | | | | | | | | | | 4AF BF AB AF BF AF BF a       ， 3344  aa ， ， ……2 分 椭圆 E 的方程为 13 2 22  b yx ，将 )3 32,1(P 代入得 22 b ，所以椭圆的方程为 123 22  yx . ……4 分 （Ⅱ）由（1）可知 2 2 2 4 3 1c a b    =1，得 2 (1,0)F ，依题意可知直线 l 的斜率不为 0，故可设直线 l 的方程为 1x my  ， 由      1 123 22 myx yx 消去 x ，整理得 044)32( 22  myym ， 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，则 32 4,32 4 221221    myym myy ， ……6 分 不妨设 1 20, 0y y＞ ＜ ， 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1| | ( 1) ( 1 1) 1 | | 1AF x y my y m y m y             ， 同理 2 2 2 2 2| | 1 | | 1BF m y m y       ， ……8 分 所以 2 2 2 2 2 1 21 2 1 1 1 1 1 1 1( )| | | | 1 1 1AF BF y ym y m y m            34 )1(34 1 1 32 4 32 )32(1616 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 22 2 21 12 2 21 12 2               m m m m mm myy yy myy yy m ……11 分 即 2222 3 BFAFBFAF  ，所以存在实数 3 ，使得 2 2 2 2| | | | | | | |AF BF AF BF   成立……12 分 20．【解析】（Ⅰ）第一种试验方案的 10 个数据的极差为 8，中位数为 89.5， 平均数为 89，方差 2.5)11044940425(10 12 S ； ……3 分 （Ⅱ）在第二种实验中服药有效的白鼠有 3 只，无效的有 7 只，故 的可能值为 0，1，2，3， 24 7)0( 3 10 3 7 0 3  C CCP  40 21)1( 3 10 2 7 1 3  C CCP  40 7)2( 3 10 1 7 2 3  C CCP  120 1)3( 3 10 0 7 3 3  C CCP  ζ的分布列为： 10 9 120 1340 7240 21124 70 E ……7 分 （Ⅲ）① )100(100 10900)1001(100 90)1000(8980 11   tattaaata nnnn， ……9 分 ② ,40003728)6(,40004700)5()10,0()( 4000)8980)(10()(940)8980(100 10900100 10900 12   fftf tttfttata 单调递减，且在 5t故最大整数 ……12 分 ζ 0 1 2 3 P 24 7 40 21 40 7 120 15 单调递减，在单调递增在此时 或有两个正根，因此得方程 ，此时时，令②当 单调递增在，时，①当 ，，，解 )8 16,8 16(,)8 16,0()( ,8 16 8 160014 016,014014)(4 ),0()(0)(4 441041)(2ln12)()()(（ ）21. 222 22 2 22 2 22      mmmmmmxG mmxmmxmxx mmxxx mxxxGm xGxGm xxxmxxxGxxmxxxgxfxG 单调递增在 ),8 16( 2  mm ……4 分 （Ⅱ）令 xxmxxxgxfxF  )1ln()1()()()( 则     1ln 1 11 mxF x m x x       ，令  1( ) ln(1 ) 1, 0,11 mxh x m x xx       ，则  2 2 1( ) , 0,1(1 ) mx mh x xx       ①当 1 2m   时，有 ( )h x  2 2 1 0 1 mx m x      ，于是  F x 在  0,1x 上单调递增，从而    0 0F x F   ，因此  F x 在  0,1x 上单调递增，所以    0 0F x F  ，符合题意． ②当 0m  时 ( )h x  2 2 1 0 1 mx m x      ，于是  F x 在  0,1x 上单调递减，从而    0 0F x F   ， 因此  F x 在  0,1x 上单调递减，所以    0 0F x F  ，不合题意； ③当 1 02 m   时，令 0 2 1min 1, mx m      ， 则当  00,x x 时， ( )h x  2 2 1 0 1 mx m x      ，于是  F x 在  00,x x 上单调递减， 从而    0 0F x F   ，因此  F x 在  00,x x 上单调递减， 所以    0 0F x F  ，而且仅有  0 0F  ，不合题意. 综上所求实数 m 的取值范围是 1, 2      .（分离参数法酌情给分） ……8 分 （Ⅲ）对要证明的不等式等价变形如下： 对于任意的正整数 n ，不等式 2 511 n en      恒成立，即 2 1ln 1 1 05n n              恒成立，6 变形为 2 1 11 ln 1 05n n n              恒成立，在（1）③中，令 2 5m   ， 0 1 2x  ， 则得    21 ln 15F x x x x       在 10, 2x     上单调递减，所以    0 0F x F  ， 即  21 ln 1 05 x x x       ,令  1 2x nn   ，则得 2 1 11 ln 1 05n n n              成立. 当 1000n  时，可得 2 1 11 ln 1 05000 1000 1000              . 即 2 10011000 ln 1 05 1000             ，所以 1000.41001 1000e      成立． ……12 分 22. 解 （Ⅰ ） C 的 参数 方 程为        sin22- cos21 y x （  为 参数 ） ，消 去 参数  ， 得 C 的 普通 方 程为 2 2( 1) ( 2) 1x y    4. ……3 分 直线 xyl : 的极坐标方程为 )(4 7 R  ， ……5 分 （Ⅱ）直线 xyl : 的极坐标方程为 )(4 7 R  ， ，由直线与圆的位置关系设 BA, 的极坐标为 )4 7.(),4 7.( 21  BA ， 0,0 21   C 的极坐标方程为 01sin4cos2-2   , ……7 分 将 4 7  代入得 0123-2  , 21,  为方程的两根， 121  OBOAOBOA ……10 分 23.解:(Ⅰ) 523)2()2()(2)( 2222  nmnmnmnfmf ……2 分 法三：由柯西不等式得： 2 22 2 2 2 2 2 22= )(1 1 11 1 1 42 ( ( ) ( 2 )3 3 3) 3m n m n n m n n m n        ……4 分 3 1953 452)(2)( 22  nmnfmf ,此时 2 3m n  ……5 分 (Ⅱ) 2 1 nm ， 12 11)()()()( 22  nmnmnmnmnmnfmf ……7 分 4 3)122 1(2 1)122 1(2 1)12(2 1)12()(2 1  nnnnnmnnm ……10 分