广东省梅州市2020届高三总复习质检试卷理科数学含答案（2020.06）.docx

1、 1 梅州市高三总复习质检试卷2020.6 理科数学 一、选择题：本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分，在每小题给出的四个选项中只有 一个是符合题目要求的。 1复数 2 1 i z i ，则其共轭复数z A-1-i B-1+i C1-i D1+i 2已知集合 22 |1, |2,RMy yxxNx yx则MN= A B1, C1, 2 D 2, 3在ABC中,DBDDC EA是的中点，则EB 21 . 33 AABAC B 21 33 ABAC 31 . 44 CABAC D. 31 44 ABAC 4以下四个命题： 若pq为假命题，则 p,q 均为假命题； 对于命题 2 00

2、0 :,10,Rpxxx 则p 为： 2 ,1 0;Rxxx ； “2“a 是”函数( )logaf xx在区间0,上为增函数”的充分不必要条件; sinfxx为偶函数的充要条件是 2 其中真命题的个数是 2 A1 B2C3D4 5 2021 年起， 我省将实行“3+1+2”高考模式， 某中学为了解本校学生的选考情况， 随机调查了 100 位学生， 其中选考化学或生物的学生共有70位， 选考化学的学生共有40位， 选考化学且选考生物的学生共有20位 若 该校共有 1500 位学生，则该校选考生物的学生人数的 估计值为 A300 B450 C600 D750 6. 3 2 2 1 44x x 展

3、开式的常数项为 A120 B160 C200 D240 7已知在各项均不为零的等差数列 7 2 311 220, n aaaa中，数列 n b是等比数列， 且 77, ba则 86 b b等于 A2 B4 C8 D16 8某几何体的三视图如图示，已知其主视图的周长为 8，则该几何体侧面积的最大值为 A2 B4 C16 D不存在 9若 11 0, ab 有下列四个不等式： 33 l ab； 21 log3log3; ab baba； 3 332 2.abab则下列组合中全部正确的为 A B C D 10已知直线 1 l：2x-y+3=0 和直线 2 l：x=-1，抛物线 2 4yx上的点 P 到

4、直线 1 l和直线 2 l的距离之和的最小 值是 A5 B2 C3. 2D 11祖暅是南北朝时代的伟大数学家，五世纪末提出几何体体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积 不容异”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截 面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等，现在有四个几何体：图是从圆柱中挖去一个圆锥所 得的几何体，图、图、图分别是圆锥、圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为 A B .C D 12在直角坐标系 xOy 中，如果相异两点,A a bBab都在函数 yf x的图象上，那么称 A，B 为函数 f x的一对关于原点成中心对称的点

5、对(A，B 与 B，A 为同一对).函数 6 sin,0 2 log,0 x x f x x x 图象 上关于原点成中心对称的点对有 A1 对 B2 对 C3 对 D4 对 二、填空题：本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分 13已知数列 n a的前 n 项和为 11 ,1,2, nnn S aSa 则 n S 4 14曲线 tanf xx在点,1 4 处的切线方程为 15 某食品的保鲜时间 y(单位： 小时)与储存温度 x(单位： )满足函数关系 kx b ye （e为自然对数的底数， k，b 为常数)，若该食品在 0C 的保鲜时间是 384 小时，在 22的保鲜时间是 24 小

6、时，则该食品在 33C 的 保鲜时间是 16已知双曲线 C： 22 22 0,0 xy l ab ab 的左、右焦点分别为 12 ,F F，O 为坐标原点，P 是双曲线在第 一象限上的点，直线 PO、PF2分别交双曲线 C 的左、右支于另一点 M、N若 12 | 2|,PFPF且 2 60 ,NMF 则双曲线 C 的离心率为 三、解答题：共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17-21 题为必考题，每个考生都必 须作答；第 22-23 题为选考题，考生根据要求作答。 (一)必考题：60 分 17(12 分) 已知 a，b，c 分别为说角ABC 三个内角 A，B，C 的对边，

7、满足 222 sinsinsinsinsin0.ABCBC (1)求 A； (2)若 b=2， ，求ABC面积的取值范围。 18(12 分) 如图PAD中,90 ,2,DPDABPDA 、C 分别是 PA、PD 的中点，将PBC/BC 折起连结 PA、 PD，得到多面体 PABCD。 (1)证明：在多面体 PABCD 中,;BCPD； 5 (2)在多面体 PABCD 中，当6PA时，求二面角 B-PA-D 的余弦值。 19(12 分) 某市城市总体规划（20162035年） 提出到 2035 年实现“15 分钟社区生活圈”全覆盖的目标，从教育 与文化、医疗与养老、交通与购物、休闲与健身 4 个

8、方面构建“15 分钟社区生活圈“指标体系，并依据“15 分钟社区生活圈”指数高低将小区划分为： 优质小区(指数为0.6 1)、 良好小区(指数为 0.4-0.63、 中等小区(指 数为 0.20.4)以及待改进小区(指数为 0-0.2)4 个等级下面是三个小区 4 个方面指标值的调查数据： 注：每个小区”15 分钟社区生活圈”指数 21 13 34 42 ,TTwTw TwTw其中 1 w、 2 w、 3 w、 4 w为该小区四 个方面的权重， 4123 ,T T TT为该小区四个方面的指标值(小区每一个方面的指标值为01之间的一个数值) 现有 100 个小区的“15 分钟社区生活圈“指数数据

9、，整理得到如下频数分布表： 6 (1)分别判断 A、B、C 三个小区是否是优质小区，并说明理由； (2)对这 100 个小区按照优质小区、良好小区、中等小区和待改进小区进行分层抽样，抽取 10 个小区进行调 查，若在抽取的 10 个小区中再随机地选取 2 个小区做深入调查，记这 2 个小区中为优质小区的个数为 ， 求 的分布列及数学期望。 20(12 分) 已知两动圆 1 F： 2 22 3xyr 2 F和： 2 2 2 3404xyrr，把它们的公共点 P 的轨 迹记为曲线 C，若曲线 C 与 y 轴的正半轴的交点为 M，且曲线 C 上相异的两点 A，B 满足： MA MB=0 (1)求曲线

10、 C 的方程; (2)证明直线 AB 恒经过一定点，并求此定点的坐标; (3)求ABM面积 S 的最大值. 21(12 分) 已知函数 2 2 2ln. a f xxax x (1)当01a时，求证：0 2 a f ; (2)当 f(x)有三个零点时，求 a 的取值范围. 7 (二)选考题：10 分请考生在第 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选修 4-4：坐标系与参数方程(10 分) 以直角坐标系的原点为极点， x 轴的非负半轴为极轴， 建立极坐标系， 并在两种坐标系中取相同的长度单位， 已知直线的参数方程为 3 2 3 5 2 1 xt yt (t 为参数

11、)，圆 C 的极坐标方程为4cos. 3 (1)求直线和圆 C 的直角坐标方程; (2)若点,P x y在圆 C 上，求3xy的取值范围 23选修 4-5：不等式选讲(10 分) 已知函数 |23|1|.f xxx (1)求不等式 3f x 的解集； (2)若不等式 2|33|f xax对任意 xR 恒成立，求实数 a 的取值范围。 8 梅州市高三总复习质检试题（梅州市高三总复习质检试题（20202020、6 6） 理科数学参考答案与评分意见理科数学参考答案与评分意见 一、题选择：本大题共一、题选择：本大题共 1212 个小题，每小题个小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分分. .

12、1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A C D A D B D D B A D C 二、填空题二、填空题: :每题每题 5 5 分，满分分，满分 2020 分分. . 13. 1 ) 2 3 ( n . 14. 0 2 12 yx. 15. 6. 16.3. 17.(12 分) 解:(1)由已知及正弦定理得, , 222 bccba 2 分 由余弦定理可得. 2 1 cosA 4 分 又. 3 ,0 AA 6 分 (2) 由已知及正弦定理得, , sin sin2 B C c 7 分 由, 3 2 CB得A B C S ABC sin sin sin2 2 2 1 8 分 .

13、 tan 1 2 3 2 3 sin ) 3 2 sin(3 BB B 9 分 ABC是锐角三角形,得, 23 2 0 , 2 0 BB得. 26 B 10 分 . 3 tan 1 0, 3 3 tan B B 11 分 9 . 32 2 3 ABC S 所以ABC面积的取值范围是).32 , 2 3 ( 12 分 18.(12 分) (1)证明: PAD中,因为CB,分别是PDPA, 的中点,90PDA 所以 ,90,/ BCDBCPADBC 1 分 所以多面体PABCD中, ,CDBCPCBC 2 分 BCCCDPC, 平面PCD. 3 分 PD平面PCD,.PDBC 4 分 (2)依题意

14、可得, , 1 CDPC 直角ADC中,得,5AC又,6PA 所以CAPCACPCPA, 222 , 5 分 由(1)知, PCPCBC, 平面.ABCD 6 分 以C为坐标原点,分别以 CPCDCB, 为 zyx, 轴, 建立如图的坐标系. 7 分 则 ) 1 , 0 , 0(),0 , 1 , 0(),0 , 1 , 2(),0 , 0 , 1 (PDAB , 8 分 得).1, 1 , 0(),1, 0 , 1 (),1, 1 , 2(PDPBPA 9 分 设平面 PADPAB, 的一个法向量分别是),(),(rqpnzyxm, 10 则 . 0 , 02 zxPBm zyxPAm 可取

15、) 1 , 1, 1 ( m. 10 分 . 0 , 02 rqPDn rqpPAn 可取) 1 , 1 , 0(n. 11 分 0 23 110 | ,cos nm nm nm. 12 分 所以二面角DPAB的余弦值为 0. 19.(12 分) 解： （1）A小区的指数0.7 0.2 0.7 0.2 0.5 0.32 0.5 0.280.58T ， 0.580.60，所以A小区不是优质小区； 1 分 B小区的指数0.9 0.2 0.6 0.2 0.7 0.32 0.6 0.280.692T ， 0.6920.60，所以B小区是优质小区； 2 分 C小区的指数0.1 0.2 0.3 0.2 0

16、.2 0.32 0.1 0.280.172T ， 0.1720.60，所以C小区不是优质小区； 4 分 （2）依题意，抽取10个小区中，共有优质小区 30 10 104 100 个， 其它小区10 46 个. 6 分 依题意的所有可能取值为0、1、2. 7 分 2 6 2 10 151 0 453 C P C ， 11 46 2 10 248 1 4515 C C P C ， 2 4 2 10 62 2 4515 C P C . 10 分 11 则的分布列为： 11 分 1824 012 315155 E . 12 分 20. (12 分) 解： （1）两动圆的公共点为P，则有：|4| 212

17、1 FFPFPF 由椭圆的定义可知P的轨迹为椭圆，2a，3c ， 2 分 所以曲线C的方程是： 2 2 1 4 x y. 4 分 （2）由题意可知：0,1M，设 11 ,A x y ， 22 ,B x y ， 当AB的斜率存在时，设直线 :AB ykxm ，联立方程组： 2 2 1 4 x y ykxm ，把代入得： 222 1 48440kxkmxm ， . 0) 14(16) 1)(41 (1664 222222 mkmkmk 12 2 8 14 km xx k ， 2 12 2 44 14 m xx k ， 5 分 012 P 1 3 8 15 2 15 12 因为0MA MB，所以有

18、1212 110x xkxmkxm， 6 分 2 2 1212 1110kx xk mxxm，把代入整理： 2 2 2 22 448 1110 1 41 4 mkm kk mm kk ，化简得： 1 530mm， 3 5 m 或1m（舍）. 当 5 3 m时 ,0 成立. 此时直线AB过点 3 0, 5 N . 7 分 当AB的斜率不存在时，易知满足条件0MA MB的直线AB为：0x,过定点 3 0, 5 N . 综上，直线AB恒过定点 3 0, 5 N . 8 分 （3）ABM面积 2 121212 14 ()4 25 AMNBMN SSSMN xxxxxx ， 9 分 由第（2）小题的代入

19、，整理得： 2 2 32254 251 4 k S k ， 10 分 方法一: 2 2 2 1 22 )41 ( 425850)425)(41 ( 2 1 25 32 k kkkkk S 425)41 ( )7100( 22 2 kk kk . 11 分 0k时, SS, 0 在 ), 0( 上递减, 0k时, SS, 0 在 ), 0( 上递增, 13 0k时, SS, 0 有最大值. 25 64 所以ABM面积S的最大值为 64 25 12 分 方法二: ) 41 1 ( 4 25 ) 41 1 ( 4 9 25 32 41 425 25 32 41 425 25 32 2 2 22 2

20、2 2 kkk k k k S , 令, 4 25 4 9 )(, 1 41 1 0 2 2 uuug k u 11 分 1u时, )(ug 有最大值4.此时0k时,. 25 64 s 所以ABM面积S的最大值为 64 25 12 分 方法三: 因N在椭圆内部，所以kR，可设 2 2542tk ， 2 3232 (2) 9 49 4 t St t t t ， 11 分 , 0 9 4)(, 2, 9 4)( 2 t tgt t ttg 得. 2 25 )2()( min gtg 此时0k , 25 64 s 12 分 所以ABM面积S的最大值为 64 25 14 21.(12 分) （1）证明

21、： 2 2 2ln 222 2 aaaa fa a . 1 分 令 2 a t ， 3 2 2ln2 2 a fttg t t ， 1 0, 2 t . 2 分 22 2 2221 6160gttt tttt ， 3 分 g t在 1 0, 2 上单调递减， 1111 2ln442ln20 2244 g tg .4 分 所以原命题成立. （2）由 2 2 2ln a f xxax x 22 2 ln(0) a xaxx x 有三个零点可得, ln(0) a h xxaxx x 有三个零点. 2 2 (0) axxa hxx x . 5 分 0a时， 0h x 恒成立，可得 h x至多有一个零点

22、，不符合题意； 6 分 当 1 2 a 时， 0h x 恒成立，可得 h x至多有一个零点，不符合题意； 7 分 当 1 0 2 a时，记 2 (0)xaxxa x 的两个零点为 1 x， 2 x， 不妨设 12 0xx ，且 12 1x x . 8 分 1 0,xx 时， 0h x ； 12 ,xx x 时， 0h x ； 2, xx时, 0h x ， 观察可得 10h，且 12 1xx ，当 12 ,xx x 时， 0h x , h x单调递增， 15 所以有 12 1h xhh x，即 12 0h xh x， 9 分 1 0,xx时， 0h x ， h x单调递减， 2, xx时, 0h

23、 x ， h x单调递减， 由（1）知， 0 2 a h ，且 1 0h x，所以 h x在 1 , 2 a x 上有一个零点，10 分 设, 0ln)(), 2 ( 0 00010 x a axxxhx a x 则 , 0)( 11 ln) 1 ( 00 000 xhax x a xx h 所以 0 1 x 也是 )(xh 的零点 . 11 分 综上可知 ln(0) a h xxaxx x 有 0 , 0 1 , 1 x x 三个零点. 即当 222 22 2lnln(0) aa f xxaxxaxx xx 有三个零点时，a的范围是 1 0, 2 . 12 分 22.(10 分) 解： （1

24、）由题意，直线l的参数方程为 3 5 2 1 3 2 xt yt （t为参数） ， 消去参数t，得直线l的直角坐标方程为320xy， 2 分 又由圆C的极坐标方程为 4cos 3 ，即 2 2 cos2 3 sin，4 分 又因为 222 xy， cosx ， ysin ， 16 可得圆C的直角坐标方程为 2 2 134xy. 5 分 （2）因为点,P x y在圆C上，可设1 2cos , 32sinP(是参数)， 7 分 所以 2 332 3cos32sin4sin 3 xy . 9 分 因为 2 sin 1,1 3 ，所以3xy的取值范围是4,4. 10 分 23.(10 分) 解： （1） |23|1| 3xx , 1 2313 x xx 或 3 1 2 2313 x xx 或 3 2 2313 x xx . 3 分 1 1 x x 或 3 1 2 1 3 x x 或 3 2 7 x x . 1 7 3 x . 5 分 即不等式 ( )3f x 的解集为 1 7, 3 . 6 分 （2） |,33|2)(xaxf 即 |,33|2|1|32|xaxx 得 .2|22|32|axx 7 分 , 5|2232|22|32|xxxx 9 分 . 2 5 , 52aa 所以实数a的取值范围是). 2 5 ,( 10 分 17