2020年重庆外国语学校高三下期4月月考理科数学试题含答案.pdf

1、本卷共 4 页 第 1 页 重庆外国语学校高 2020 级高三下期 4 月检测 数学试题（理数学试题（理科科） 考试时间 120 分钟，满分 150 分。 注注意：在试题卷上答题无效，请在答题意：在试题卷上答题无效，请在答题卡上卡上作答，并作答，并拍拍照上传照上传到到网网络络平平台台指定位指定位置置。 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，分，给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1.已知集合 3 =log210Axx， 2 32Bx yxx，全集U R，则 U AB等于（ ）. A. 1 ,1 2 B

2、. 2 0, 3 C. 2 ,1 3 D. 1 2 , 2 3 2. 已知 22 1 (32)i zmmm（,imR为虚数单位），则“1m ”是“z为纯虚数”的 （ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 3算法统宗是中国古代数学名著，由明代数学家程大位编著，它对我国民间普及珠算和数学知识起 到了很大的作用，是东方古代数学的名著在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀形式呈现的，“九儿 问甲歌”就是其中一首：一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长 儿多少岁，各儿岁数要详推在这个问题中，长儿的年龄为（ ） A. 23 B. 32

3、 C. 35 D. 38 4. 如图所示，黑色部分和白色部分图形是由曲线 1 y x ， 1 y x ，yx， yx及圆构成的在圆内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（ ） A 1 4 B1 8 C 4 D 8 5. 函数 cos2yx 的图像右平移0 2 个单位后，与sin 2 6 yx 的 图像重合，则（ ）. A 12 B 6 C 3 D 5 12 6函数 2 ( )1 sin 1 x f xx e 图象的大致形状是（ ） 7一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体 的体积为（ ）. A. 28 3 B. 28 2 3 C. 28 D. 226 3 8. 五声音阶是中国古乐的基

4、本音阶，故有成语“五音不全”。中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、 徽、羽，如果用上这五个音阶，排成一五音阶音序，且宫、羽不相邻，且位于角音阶的同侧，可排成的不 同音序有（ ） 22 2 2 4 4 2 2 本卷共 4 页 第 2 页 A.20 种 B.24种 C.32 种 D.48种 9已知 1 F， 2 F分别是双曲线)0, 0(1 2 2 2 2 ba b y a x 的左、右焦点，过 2 F与双曲线的一条渐近线平行的 直线交另一条渐近线于点 M，若 21MF F为锐角，则双曲线离心率的取值范围是（ ） A)2, 1 ( B),2( C)2, 1 ( D), 2( 102020 年初

5、，新冠病毒肺炎（19COVID）疫情在武汉爆发，并以极快的速度在全国传播开来。因该 病毒暂无临床特效药可用，因此防控难度极大。湖北某地防疫防控部门决定进行全面入户排查 4 类人员： 新冠患者、疑似患者、普通感冒发热者和新冠密切接触者，过程中排查到一户 5 口之家被确认为新冠肺炎 密切接触者，按要求进一步对该 5 名成员逐一进行核糖核酸检测，若出现阳性，则该家庭定义为“感染高 危户”，设该家庭每个成员检测呈阳性的概率相同均为(01)pp，且相互独立，该家庭至少检测了 4 人才能确定为“感染高危户”的概率为( )f p，当 0 pp时，( )f p最大，此时 0 p （ ） A. 15 1 5 B

6、. 15 5 C. 5 5 D. 5 1 5 11 已知向量31OA ，13OB ， 0,0OCmOAnOB mn，若12mn，则OC 的取值范围是（ ）. A.5 2 10 ， B. 5 2 5 ， C. 510， D.5 2 10 ， 12. 已知函数 3 ( )() x x a f xeaR e 在区间0,1上单调递增，则实数a的取值范围（ ） A1,1 B 1 (,) 3 C 1 1 , 3 3 D 1 1 (, ) 3 3 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分分,共共 20 分分。 13设与均为锐角，且 1 cos 7 ， 5 3 sin()

7、 14 ，则cos的值为_ 14若 6 2 2 xmx x 的展开式中 4 x的系数为30，则m的值为_. 15在棱长为 4 的正方体 1111 ABCDABC D中，,E F分别是 1 DD和AB的中点，平面 1 B EF交棱AD于 点P，则|PE _. 16设1x 是函数 32 12 1 nnn f xaxa xaxn N的极值点，数列 n a满足 1 1a ， 2 2a ， 21 log nn ba ，若 x表示不超过x的最大整数，则 1 22 33 42020 2021 2020202020202020 bbb bb bbb =_. 本卷共 4 页 第 3 页 三、解答题：本大题共三、

8、解答题：本大题共 6 个大题，共个大题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤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 （本小题满分 12 分）分） 已知 12sincos3 6 f xxx ，0, 4 x （I）求 f x的最大值、最小值； （II）CD为ABC的内角平分线，已知 maxACf x， minBCf x，=2 2CD，求C 18 （本小题满分（本小题满分 12 分）分） 由于中国诗词大会节目在社会上反响良好，某地也模仿并举办民间诗词大会，进入正赛的条件为：电 脑随机抽取 10 首古诗，参赛者能够正确背诵 6 首及以上的进入正赛.若诗同爱好者甲、乙

9、参赛，他们背诵 每一首古诗正确的概率均为 1 2 . （I）求甲进入正赛的概率. （II）若参赛者甲、乙都进入了正赛，现有两种赛制可供甲、乙进行 PK，淘汰其中一人. 赛制一:积分淘汰制，电脑随机抽取 4 首古诗，每首古诗背诵正确加 2 分，错误减 1 分.由于难度增加，甲 背诵每首古诗正确的概率为 2 5 ，乙背诵每首古诗正确的概率为 1 3 ，设甲的得分为 1 x，乙的得分为 2 x. 赛制二:对诗淘汰制，甲、乙轮流互出诗名，由对方背诵且互不影响，乙出题，甲回答正确的概率为 0.3， 甲 出 题，乙回答正确的概率为 0.4,谁先背诵错误准先出局. (i)赛制一中，求甲、乙得分的均值，并预测

10、谁会被淘汰； (ii)赛制二中，谁先出题甲获胜的概率大？ 19 （本小题满分（本小题满分 12 分）分） 已知三棱锥PABC（如图一） 的平面展开图 （如图二） 中， 四边形ABCD为边长等于2的正方形，ABE 和BCF均为正三角形， 在三棱锥PABC中： （I）证明：平面PAC 平面ABC； （II）若点M在棱PA上运动，当直线BM与平 面PAC所成的角最大时， 求二面角PBCM 的余弦值 图二 图一 F D C B A C B A P E 本卷共 4 页 第 4 页 20. （本小题满分（本小题满分 12 分）分） 已知函数 3 ( )ln (0), ( )1620f xxax ag xx

11、x. （I）讨论函数( )f x在 1 (,) a 上的单调性; （II）设 2 ( )( )( )h xx f xg x，当 1a 时，证明: ( )0h x . 21. （本小题满分（本小题满分 12 分）分） 已知直线 2 p yx与抛物线 2 :20C ypx p交于B，D两点，线段BD的中点为A，点F为C的焦点， 且OAF（O为坐标原点）的面积为 1 （I）求抛物线C的标准方程； （II） 过点 2,2G 作斜率为 2k k 的直线l与C交于M，N两点， 直线OM，ON分别交直线 2yx 于 P，Q两点，求PQ的最大值 请考生在请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按

12、所做的第一题记分两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分 22 （10 分） 【选修 4-4：坐标系与参数方程】 在直角坐标系xOy中，直线 1 C的参数方程为 3 3 6 2 3 xt yt （其中t为参数） 以坐标原点O为极点，x轴 非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2 C的极坐标方程为 2 cos3sin （I）求 1 C和 2 C的直角坐标方程； （II）设点0,2P，直线 1 C交曲线 2 C于,M N两点，求 22 PMPN的值 23 （10 分） 【选修 4-5：不等式选讲】 已知函数 2 ( )8 f xxax，( ) |1|1|g xxx （I）当0a 时，求不等式

13、( )( )f xg x的解集； （II）若不等式( )( )f xg x的解集包含1,1，求实数a的取值范围 重庆外国语学校高 2020 级高三下期 4 月检测 理科数学参考答案 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的目要求的 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D C C A C C A C D A D C 1 【解析】 1 2 Ax x , 2 0 3 Bx xx 或,所以 2 0 3 UB xx ,则 12 23 U

14、 ABxx . 故选 D. 2 【解析】若 22 1 (32)i zmmm为纯虚数，则 2 2 10 1 320 m m mm ，所以满足充要条件。 3. 【解析】由题意可知年龄构成的数列为等差数列，其公差为3，则 1 9 8 9( 3)207 2 a ，解得 1 35a ，故选：C 4. 【解析】由于图形关于原点成中心对称，关于坐标轴成轴对称，可知黑色部分图形构成四分之一个圆， 由几何概型，可得 1 4 p 本题选择 A 选项 5. 【解析】 由题意知sin 2 6 yx 的图像向左平移个单位后，与函数cos2yx的图像重合，得 sin 2cos2 6 xx ，即sin 22cos2 6 x

15、x ，结合选项知 C 选项满足.故选 C. 6 【解析】 21 ( )(1)sinsin 11 x xx e f xxx ee ， 则 111 ()sin()( sin )sin( ) 111 xxx xxx eee fxxxxf x eee ，是偶函数，排除 B、D 当 (0,) 2 x时， 1 x e ，sin0x ，即( )0f x ，排除 A故选 C 7【解析】 由题意,还原的几何体ABC DEF如图所示,上底面ABC是直角边长为 2 的等腰直角三角形, 下底面DEF是直角边长为 4 的等腰直角三角形,高2CF . 则几何体ABCDEF的体积为 111128 4 4 42 2 2 32

16、323 .故选 A. 8.【解析】先排角、商、徽，可分三种情形： 角排最左，则商、徽有 2 2 A种排法，再插空排宫、羽有 2 3 A种排法，由分步计数原理有 22 23 A A种不同排法； 角排中间，则商、徽有 2 2 A种排法，再插空排宫、羽有 2 2 2A种排法，由分步计数原理有 22 22 2A A种不同排法； 角排右，则等同于第一种情形，故总的不同的排法数为 2222 2322 2232A AA A种 9. 【解析】由题：易得 M（ 2 c ， 2 bc a ） 当 21MF F为锐角时，必有 12 OMOFOF成立 （因为点 M 在以线段 F1F2 为直径的圆外） 即： 22 22

17、 cbc c a ，整理得： 2 2 2 14 b e a ， 即：2e 10. 【解析】根据相互独立事件同时发生的概率公式得 34 ( )(1)(1)f ppppp， 则 233422 ( )3(1)(1)4(1)(1)(1) (5102)fpppppppppp 515515 (1)()() 55 ppp ,易得 0 51515 1 55 p 。故选 A。 11.【解析】由题可得3,3OCmOAnOBmn mn， 则 22 22 3310OCmnmnmn，令 22 tmn ， 则10OCt.因为1,2mn ，在直角坐标系中表示如图阴影部分所 示，则 22 tmn 表示区域中的点与原点的距离，

18、分析可得 2 2 2 t ， 所以52 10OC.故选 D. 12. 【解析】当0a 时， 3 x x a ye e 在 1 (,ln3 2 a上为减函数，在 1 ln3 ,) 2 a 上为增函数，且 3 0 x x a ye e 恒成立，若函数 3 ( ) x x a f xe e 在区间0,1上单调递增， 则 3 x x a ye e 在区间0,1上单调递增，则 1 ln30 2 a ，解得 1 (0, 3 a， 当0a 时， 3 ( ) xx x a f xee e 在区间0,1上单调递增，满足条件 2 2 1 1O n m 当0a 时， 3 x x a ye e 在R上单调递增，令 3

19、 0 x x a ye e ，则 ln3xa ， 则 e e x x a f x 在(0,ln 3 a上为减函数，在ln3 ,)a上为增函数， 则ln30a，解得 1 3 a ，综上所述，实数a的取值范围 1 1 , 3 3 ，故选 C 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分 【答案】13 1 2 ; 14 5 2 ; 15 2 13 3 ; 162019 13.【解析】、锐角，由 1 cos 7 得 4 3 sin 7 ；由 5 3 sin() 14 得 11 cos() 14 ， coscos cos() cossin() sin 1115 34 31 1471472 故选 B 1

20、4.【解析】 6 2 2 xmx x 的展开式中 4 x的系数为 2 45 66 C2C2m , 则 45 66 4C2C30m,得 5 2 m . 15.【解析】过点 1 C作 11 / /CGB F，交CD于点G，过点E作 1 / /HQCG， 交 11 CDC D、于点HQ、，连接HF交AD于点P， 1 / /BHQF， 所以 1 QHFB共面，则 1 1HDDQ， 由PDHPAF相似于可得 4162 13 2,4 393 APAF PDPE PDHD 16.【解析】由题意可得 2 12 32 nnn fxaxa xa ，1x 是函数 f x的极值点， 12 1320 nnn faaa

21、，即 21 320 nnn aaa 211 2 nnnn aaaa ， 21 1aa， 32 2 12aa ， 2 43 2 22aa ， 2 1 2n nn aa ， 以上各式累加可得 1 2n n a 212 loglog 2n nn ban 1 22 33 42020 2021 2020202020202020 bbb bb bbb 1111 2020() 1 22 33 42020 2021 11 2020(1)2019 20212021 , 1 22 33 42020 2021 2020202020202020 2019. bbb bb bbb 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题

22、共 6 个大题，共个大题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17.【答案】 （1） max6f x， min3f x； （2）= 2 C 【解析】 （1） 6sin 2 6 f xx f x在0, 6 上，, 6 4 上， max6f x， min3f x 6 分 （2）ADC中， sin sin 2 ADAC C ADC ，BDC中， sin sin 2 BDBC C BDC ， sinsinADCBDC，6AC ，3BC ，2ADBD 9 分 BCD中， 2 17 12 2cos 2 C BD ， ACD中， 2 4424 2cos

23、6848 2cos 22 CC AD ， 2 cos 22 C ，= 2 C 12 分 18 【答案】 （1） 193 512 ； （2）甲先出题甲获胜的概率大 【解析】(1)甲进入正赛的概率 101010 6710 101010 111 . 222 PCCC , 因为 014 101010 .386CCC,所以甲进入正赛的概率 193 512 P . 4 分 (2) (i)依题意知，甲、乙两人的得分均有可能为 8 分，5 分，2 分，-1 分，-4 分. 则 431 43 1414 2162396 8,5, 562555625 P xCP xC 22 2 14 23216 2, 55625

24、P xC 13 1 14 23216 1, 55625 P xC 4 0 14 381 4 5625 P xC . 所以 1 1696216216814 85214 6256256256256255 E x . 7 分 431 43 2424 111232 8,5, 3813381 P xCP xC 2213 21 2424 1281232 2,1, 33273381 P xCP xC 4 0 24 216 4 381 P xC . 所以 2 1883216 852140 8181278181 E x . 因为 12 E xE x，所以乙可能会被淘汰. 9 分 (ii)甲先出题且甲获胜的概率为

25、 2233 1 0.60.4 0.3 0.60.40.30.60.40.30.6.P , 此为等比数列求和， 1 1515 10.12 2222 n P . 乙先出题且乙获胜的概率为 2233 2 0.70.4 0.3 0.70.40.30.70.40.30.7.P , 此为等比数列求和， 2 3535 10.12 4444 n P ，则甲获胜的概率约为 9 44 . 因 159 2244 ，所以甲先出题甲获胜的概率大. 12 分 19【答案】（1）见解析；（2） 5 33 33 【解析】（1）设AC的中点为O，连接BO，PO 由题意，得2PAPBPC，1PO ，1AOBOCO 在PAC中，P

26、APC，O为AC的中点，POAC， 在POB中，1PO ，1OB ，2PB ， 222 POOBPB， POOBACOBO，AC，OB 平面，PO 平面ABC， PO 平面PAC，平面PAC 平面ABC 5 分 （2）由（1）知，BOPO，BOAC，BO 平面PAC， BMO是直线BM与平面PAC所成的角，且 1 tan BO BMO OMOM ， 当OM最短时，即M是PA的中点时，BMO最大 由PO 平面ABC，OBAC，POOB，POOC， 8 分 于是以OC，OB，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图示空间直 角坐标系，则0,0,0O，1,0,0C，0,1,0B，1,0,0A ，0

27、,0,1P， 11 ,0, 22 M ，1, 1,0BC ，1,0, 1PC ， 31 ,0, 22 MC 设平面MBC的法向量为 111 ,x y zm， 则由 0 0 m BC m MC 得： 11 11 0 30 xy xz 令 1 1x ，得 1 1y ， 1 3z ，即1,1,3m 设平面PBC的法向量为 222 ,xyzn， 由 0 0 n BC n PC 得： 22 22 0 0 xy xz ，令1x ，得1y ，1z ，即1,1,1n 55 33 cos, 3333 nm m n n m由图可知，二面角PBCM的余弦值为 5 33 33 12 分 20. 解析： （1）当01a

28、时， f( )x在 1 (,) a 上的单调递增; 当1a 时， f( )x在 1 (, )a a 上单调递减，在, a 上单调递增. 4 分 （2）令 1a ，得 1 ( )ln ,( )1f xxxfx x ，令 1 ( )10fx x ，得1x . 当0,1x时( )0fx，( )f x在0,1上单调递减， 当1,x时， ( )0fx，( )f x在1, 上单调递增，所以 min ( )(1)1f xf ，即ln1xx. 8 分 当 1a 时， 22323 ( )( )( )(ln )16201620h xx f xg xxxxxxxxx， 当且仅当1?x 时取等号， 令 32 ( )1

29、620L xxxx，则 32 ( )3216(38)(2)L xxxxx. 由 ( ) 0L x 得2x ，由 ( ) 0L x 得02x， min ( )(2)0,( )( )0L xLh xL x ， 易知此不等式中两等号成立的条件不同，( )0h x 12 分 21. 【答案】【答案】（1） 2 4yx；（2）4 10 【解析】【解析】（1）设 11 ,B x y， 22 ,D xy，则 12 12 1 yy xx 由 2 11 2ypx， 2 22 2ypx两式相减，得 121212 ()2yyyyp xx 12 12 12 22 xx yypp yy ，所以点A的纵坐标为 12 2

30、yy p ， OAF的面积 1 1 22 p Sp，解得2p 故所求抛物线的标准方程为 2 4yx 5 分 （2）直线l的方程为22yk x由方程组 2 22 4 yk x yx ，得 2 4880kyyk 设 2 3 3 , 4 y My ， 2 4 4 , 4 y Ny ，则 34 4 yy k ， 34 8 8y y k 直线OM的方程为 3 4 yx y ，代入2yx，解得 3 3 2 4 y x y ，所以 3 33 28 , 44 y P yy 8 分 同理得 4 44 28 , 44 y Q yy 所以 2 3434 34 34343434 48 88 1 128 2 44441

31、64 yyy yyy PQ yyyyyyy y 2 2 48 48 1 8 24 2 1 48 1 1648 1 kk kk k 因为2k ，所以 11 0 2k ，所以当 11 2k ，即2k 时，PQ取得最大值4 10 12 分 22 【答案】 （1） 1: 220Cxy， 2 2: 3Cxy； （2）90 【解析】 （1）直线 1 C的参数方程为 3 3 6 2 3 t x yt （其中t为参数） ，消去t可得220xy， 由 2 cos3sin，得 22 cos3 sin，则曲线 2 C的直角坐标方程为 2 3xy 5 分 （2）将直线 1 C的参数方程 3 3 6 2 3 xt yt

32、 代入 2 3xy，得 2 3 6180tt ， 设,M N对应的参数分别为 12 ,t t，则 12 1 2 3 6 18 tt t t ， 222 121 2 290PMPNtttt 10 分 23 【答案】 （1）2 2 ,； （2） 5,5 【解析】 （1） 2 ,1 ( )112,11 2 ,1 xx g xxxx x x ， 2 分 当0a 时， 2 ( )8 f xx， ( )( )f xg x， 2 82 1 xx x 或 2 82 11 x x 或 2 82 1 xx x ， 12x 或11x 或21x ，22x ，不等式的解集为2 2 ,5 分 （2）由（1）知，当11x 时，( )2g x 不等式( )( )f xg x的解集包含1,1， 2 82xax 在 1,1上恒成立， 即 2 60 xax 在1,1上恒成立， 2 2 ( 1)60 160 a a ，55a ， a的取值范围为5,5 10 分