河北省承德市围场卉原中学2020届高三下学期第七次周测数学(理)试卷(PDF版,含解析)

高三数学（理科）

本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分,满分150分，,时间120分钟

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.设集合AxZylgx3x4 A.2,4

B.2,4

2

,Bx2

C.3

x

4则AB( )

D.2,3

2.已知tan A.

3.下列四个命题中,正确的有( )

513

53,且,1222

5B.

13 

,则sin( ) 

2

1212

C.D.

13 13

①随机变量服从正态分布N1,9,则P10P23

3

2

22

③命题\"xR,xx20\"的否定是\"xR,xx20\"

②x0R,sinx0cosx0

④复数z1,z2,z3C,若z1z2z2z30则z1z3 A.1个 B.2个

1010

1009

22

C.3个

2019

D.4个

2020

22

4.已知在等比数列an中,an0,a2a49002a1a5,a59a3,则a2020( )

A.3B.3C.3D.3

5.如下图所示，是一个几何体的三视图,则此三视图所描述几何体的表面积为( ) A.1243

B.20

C.2043

D.28

6.2020年,一场突如其来的. “新型冠状肺炎”使得全国学生无法在春季正常开学, 不得不在家“停课不停学”为了解高三学生居家学习时长,从某校的调查问卷中,随机抽取n个学生的调查问卷进行分析,得到学生可接受的学习时长频率分布直方图（如下图所示）,已知学习时长在[9,11)的学生人数为25，则n的值为（ ） A.40 B.50 C.60 D.70

理科数学第1页共4页

7.明朝数学家程大位著的《算法统宗》里有一道著名的题目：“一百馒 头一百僧，大僧三个更无争，小僧三人分一个，大、小和尚各几丁？”. 如右图所示的程序框图反映了此题的一个算法．执行如图的程序框图， 则输出的n＝（ ） A.25

B.45 C.60

D.75

yx,

22

8.已知实数x,y满足2xy0,则zxy的最大值为( )

xy5,

2525125 C. D.489

9.已知两个夹角为的单位向量a,b.若向量m满足mab1,则m的最大值是( )

3

A.31 B.31 C.2 D.621

10.已知抛物线y22x的焦点为F,其准线与x轴的交点为Q,过点F作直线与此抛物线交于A,B两点,

若FAQB0,则AFBF( )

A.

B.

A.3

B.2

C.4

D.6

11.将函数ysin2x的图像向右平移0

25 2

个单位长度得到f(x)的图像，若函数f(x)在区间2

5上单调递增，且的最大负零点在区间()fx0,,上，则的取值范围是( ) 12123







A.(

,] 64

B.(

,)64

C.(

,]124

D.[

,] 124

12.已知函数fxx3exa2lnxx1在1,上有两个极值点,且fx在1,2上单调递增,则实数a的取值范围是( ) A.e,

B.e,2e

2

 C.2e

2

 D.e,2e22e2

第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两部分(共90分).第13 ～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22～23为选考题，考生根据要求作答.

二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分.把答案填写在答题卡相应的题号后的横线上）

313.二项式3x的展开式中的常数项为 .

xx2y2

14.已知双曲线221a0,b0的左顶点为A,右焦点为F,点B0,b,双曲线的渐近线上存在

ab

一点P,使得A,B,F,P顺次连接构成平行四边形,则双曲线C的离心率e .

理科数学第2页共4页

8

15.定义在R上的函数fx对任意xR，都有fx21fx1fx,f21，则f2020 . 416.如图，矩形ABCD中，AB23,AD2,Q为BC的中点，点M，N分别在线段AB，CD上运动（其 中M不与A，B重合，N不与C，D重合），且MN∥AD，沿MN将△DMN折起，得到三棱锥D﹣MNQ， 则三棱锥D﹣MNQ体积的最大值为 ；当三棱锥D﹣MNQ体积最大时，其外接球的半径R ． 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. (本小题满分12分) 如图,CM,CN为某公园景观湖畔的两条木栈道,MCN120o,现拟在两条木栈道的A,B处设置观景台,记BCa,ACb,ABc. （Ⅰ）若a,b,c成等差数列，且公差为4，求b的值； （Ⅱ）已知AB12,记ABC,试用表示观景路线ACCB的长，并求观景路线长ACCB的最大值.  18.(本小题满分12分) 为迎接“五一国际劳动节”，某商场规定购买超过6000元商品的顾客可以参与抽奖活动.现有甲品牌和乙品牌的扫地机器人作为奖品,从这两种品牌的扫地机器人中各随机抽取6台,检测它们充满电后的工作时长,相关数据见下表(工作时长单位:分) 1 2 345 6机器序号 220 180 210220200 230甲品牌工作时长∕分 200 190 240230220 210乙品牌工作时长∕分 （Ⅰ）根据所提供的数据,计算抽取的甲品牌的扫地机器人充满电后工作时长的平均数与方差; （Ⅱ）从乙品牌被抽取的6台扫地机器人中随机抽出3台扫地机器人,记抽出的扫地机器人充满电后工作时长不低于220分钟的台数为X,求X的分布列与数学期望.  19.(本小题满分12分) 已知BCC1如图，三棱柱ABCA1B1C1中，AB侧面BB1C1C，点E是棱C1C的中点. （Ⅰ）求证:C1B平面ABC； （Ⅱ）在棱CA上是否存在一点M，使得EM与平面A1B1E所成角的 正弦值为3，BC1，ABC1C2，CM211，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. CA11理科数学第3页共4页 20.(本小题满分12分)

x2y2

已知椭圆E:221(ab0)的离心率为e,点(1,e)在椭圆E上，点A(a,),B(,b),AOB

ab3

的面积为,O为坐标原点.

2

（Ⅰ）求椭圆E的标准方程;

（Ⅱ）若直线l交椭圆E于M,N两点,直线OM的斜率为k1,直线ON的斜率为k2,且k1k2证明:OMN的面积是定值,并求此定值.

21. (本小题满分12分)

设函数fxxaxlnx.

2

1, 9

（Ⅰ）若当x1时，fx取得极值，求a的值，并求fx的单调区间.

（Ⅱ）若fx存在两个极值点x1,x2，求a的取值范围，并证明:

fx2fx14a

.

x2x1a2

请考生在22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分. 22.(本小题满分10分) 选修4—4：坐标系与参数方程

xcos,

(为参数).以坐标原点为极点， 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程是

y2sin

x轴正半轴为极轴建立极坐标系，A,B为曲线C上两点,且OAOB,设射线OA:0.

2

（Ⅰ）求曲线C的极坐标方程； （Ⅱ）求OAOB的最小值.

23.(本小题满分10分) 选修4—5：不等式选讲

已知函数f(x)x12x1,若f(x)的最大值为k； （Ⅰ）求k的值；

ba1. （Ⅱ）设函数g(x)xk,若b2,且g(ab)ag,求证:.a



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数学模拟考试（七）答案

一．选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分）

1.D【解析】由x23x40得x23x40，则1x4，又由xZ得x0,1,2,3.所以

A0,1,2,3,而B[2,).从而AB{2,3}.故选D.

2.D【解析】因为tan()tan125,所以sin()cos.故选D.

213122sin(x)2，则错误；③正确；④当

4223.B【解析】①正确；②由于sinxcosxz1z21,z2z3i时,z1z3，所以错误；故选B.

4.C【解析】设公比为q，由a2a42a1a5900得a2a42a2a4900,则a2a42230,所以

a2(1q2)30,又a59a3，从而a3q29a3得q29，则a23，所以 a2020a2q2018a2(q2)100939100932019,故选C.

5.B【解析】从三视图中可判断出几何体为一个圆锥和圆柱拼接而成，所围成的表面积为圆锥的侧面，圆柱的侧面和圆柱的一个底面。圆锥的底面半径为2，高为23，可由轴截面求出母线的长度为4，所以圆锥侧面S1rl8，圆柱的高h2，底面半径r2，所以圆柱的侧面面积S22rh8，圆柱底面面积S3r4，所以几何体的表面积为SS1S2S320.故选B. 6.B【解析】依题意，得[12(0.050.050.15)]n25，解得n50.故选B.

27.D【解析】由于nn时m100n，S故选D.

nn3(100n)，则令3(100n)100得n75， 338.D【解析】根据不等式组画出可行域为AOB(内部及其边界),其中A(,),B(,5522510),O0,0,33510zx2y2表示坐标原点与可行域内点距离的平方,所以点B(,)与点O距离最大,所以

33zmax510125,故选D.

933223131ab(3,0),即C(3,0),而 9.B【解析】设a2,2,b2,2为符合题意的两个向量,则

mab1,则m的终点在以C为圆心,1为半径的圆上,从而当m的终点在点D(31,0)处时,m最大,

且m1

max31,故选B.

10.B【解析】设直线AB:xmy111,Ax1,y1,Bx2,y2,F(,0),Q,0,

2221由FAQB0得x1,y12111x,y0,xxxx12y1y20,① 21222241(y1y2)21xmy2,代入①得x1x22, 由2得y-2my10,y1y21,x1x2442yx2ppAFBFx1x2x1x22.

222222x2(2,2)11.C【解析】由于f(x)sin2(x)，且，则得， 21243223又f(x)0时xk55，所以最大负零点为，从而，得 22122121212综上

,故选C. 124x12.C【解析】fx(x2)ea2aa(x2)(ex)且x0，则fx0有两解为x2或由xxaxex确定.设g(x)xex，则g(x)(x1)ex0，所以g(x)在(0,)上递增，得g(x)g(0)0

所以要fx0有两解，则axex只能有一解且不为2，这时a0且a2e2.又由题知fx0在

xx(1,2)上恒成立，即(x2)(e)0在(1,2)上恒成立，由于x2，则eaxa0，得axex在(1,2)x上恒成立，由上面可得g(1)g(x)g(2)2e，从而a2e2.综上得a2e2故选C.

2二.填空题：（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）

3r13.252【解析】3x展开式的通项Tr1C8xr2,所以T3C82(3)2252.

14.2【解析】由题知点Aa,0与点F(c,0)的中点8x38r84r3rrC8(3)x3,令84r0,得xrca,0也是点B0,b与点P的中点, 2所以点P的坐标为

2

ca,b, 又点P在渐近线ybbx上,所以bca,c2a,e2. aa15.

31fx【解析】由fx2及所求f2010可联想到周期性，所以考虑51fx1ffff11fx21fx411fx211而由已知可得f4xxxx所以fx是周期为4的周期函数，故f2020f4，fx，

33，所以f2020.

51f251f216.1;53.【解析】当平面DMN平面ABCD时,三棱锥DMNQ体积最大, 6这时DN平面ABCD.设AMx,则DNx,且0x23,

1111SMNQDN223xxx223x, 3323则V三棱锥DMNQ当x3时三棱锥DMNQ体积最大,且Vmax1.此时MB＝

，DN＝，

∴MQ＝NQ＝2，∴△MNQ为等边三角形，∴当三棱锥D﹣MNQ体积最大时，三棱锥D﹣MNQ是正三棱柱的一部分，如图所示：则三棱柱MNQ﹣EDF的外接球即是三棱锥D﹣MNQ的外接球，设点G，H分别是上下底面正三角形的中心，∴线段GH的中点即是三棱柱MNQ﹣EDF的外接球的球心O，∴

OH13DN,又22△MNQ是边长为2的等边三角形，HQ23,∴三棱柱MNQ﹣EDF的外接3球的半径R＝OQ＝OH2HQ25353故答案为：1;. .66三．解答题：（本题共6小题，17 --21每题12分，22、23每题10分，共70分）

17.解:（Ⅰ）由已知得ab4,cb4,

221b4b2b42bb4,b10.2 5分 ACBCAB,ACB（Ⅱ）在中,由正弦定理,得sinABCsinBACsinMCN

12bb4b83sinoo83,060,ooosinsin60sin120a83sin60 8分

由余弦定理得AB2AC2BC22ACBCcosMCN

3

31oosin60sin83(cossin)83sin60,ACBCab8322ACBCmax83,观景路线ACBC长的最大值为83.12分 0o60o,当=30o时，18.（Ⅰ）x甲=220+180+210+220+200+230=210(分),618002222222s甲=220210180210210210220210200210230210=;

36 4分 （Ⅱ）X0,1,2,3,

1121111C32C3C3C399P(X0)3P(X3)(1)PX(2)PX,,,, 9分 333C620C62020C620C6X的分布列为: X 0 1 201 9 202 9 203 1 20p E(X)019913123.12分 20202020219.（Ⅰ）由题意，因为BC1，CC12，BCC1222又∴BCBC1CC1，∴BC1BC，

3，∴BC13，

∵AB侧面BB1C1C，∴ABBC1.

又∵ABBCB，AB，BC平面ABC ∴直线C1B平面ABC.4分

（Ⅱ）以B为原点，分别以BC，BC1和BA的方向为x，y和z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐

13标系，则有A0,0,2，B11,3,0，E2,2,0，A11,3,2， 6分

33AE,,2设平面A1B1E的一个法向量为mx,y,z，A1B10,0,2，12， 24

2z0mA1B10∵，∴3，令y3，则x1，∴m1,3,0， 8分 3mAE0y2z01x22假设存在点M，设Mx,y,z，∵CMCA，0,1，

13∴x1,y,z1,0,2，∴M1,0,2∴EM2,2,2

211mEM∴11mEM132213242242，得6923850. 10分

即312350，∴15CM1CM5或. 12分 或，∴

323CA3CA231e2a2b21,c13x22220.解：（Ⅰ）由已知得e,b1,又SAOBab,a3,椭圆E：y1.4分

a229222cab,x2t222（Ⅱ）当直线l的斜率不存在时,设直线l:xt3t3且t0,代入y1,得y1,

99t2t2t2111t2131999292,t,则SOMN21t, 5分 则k1k229292tttx2当直线l的斜率存在时,设点Mx1,y1,Nx2,y2,直线l:ykxmm0,代入y21,

92222得9k1x18kmx9m90,18km49k19m9369km10,

2222y1y2kx1mkx2m9k2m218km9m291,k1k2,x1x22,x1x2229k19k19m99 x1x2x1x29k212m2,满足0, 8分

61k29k2m21,MN1kx1x229k1

25

又原点O到直线l的距离dm1k2, 10分

SOMNm3m2m2m23131k29k2m21MNd,为定值. 22229k12m21k3综上,OMN的面积为定值,定值为. 12分

212x2ax121【解析】（1） fx2xa,x0

xx2x23x12x1x12分 x1时，fx取得极值，f10,a3. fxxxfx0得0x11或x1，fx0得x1 2211fx的单调增区间为0,,(1,)，单调减区间为,1. 4分

222x2ax1（2） fx,x0

xfx存在两个极值点，方程fx0即2x2ax10在(0,)上有两个不等实根. a280,x1x2a10，x1x20，a22. 22fx2fx1x2x1所证不等式

lnx2lnx1alnx2lnx1x22ax2lnx2x12ax1lnx1x2x1a

2x2x1x2x1x2x1fx2fx1x2x1lnx2lnx144a 7分 等价于

x2x1aa2x21lnx2lnx12x2x12 9分 即，不妨设x2x10，即证lnx2x2x1x2x1x11x1t1x2142t1t10， 令，htlnt，ht22x1tt1t1tt1ht在(1,)上递增. 11分

6

2x21xxhth10ln221成立.

x2x11x1fx2fx1x2x14a成立. 12分 a2y222.解:将曲线C的参数方程化为直角坐标方程:x21,将xcos,ysin代入2sin可得22cos1,化简得C:2=22..................................................................5分21+cos由题意知,射线OB的极坐标方程为=+OB22或=,OA1,221+cos22222,OAOB221+sin21+cos21+sin2(1+cos)(1+sin)24422当且仅当，即时，取最小值,1+cos=1+sin=...........10分OAOB221+cos1+sin3432

23.x3,x1f(x)3x1,1x1,当x1时,f(x)max2,k2................................................5分x3,x1bbx2,gabag可化为ab2a2,即ab2两边平方后得,a2b2b244a20,即a2-1b2-40,由b2得b2<4,a21,a1..........10分7