云南省昆明一中2020届高中新课标高三第三次双基检测 数学（理）（扫描版） 9页

2020 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A D A B D C B C D B A C 1. 解析：因为  1,0,5U B =−ð ，所以  1,0,3,5UAB=−ð . 选 A. 2. 解析：因为 3 111=i1i22z =−− ，所以复平面内 z 对应的点 11,22 − 位于第四象限. 选 D. 3. 解析：由已知得 (2,2)abx−=− ，所以 4 (2 ) 0 x− − = ，解得 2x =− ，选 A. 4. 解析：因为 0cd，所以 110 cd ，由不等式的性质可知：选 B. 5. 解析：依题意， 151.6182 s a +=，所以 1.618611.604PHsa== ，选 D. 6. 解析：购买该食品 4 袋，卡片编号的所有可能结果为 44 ，获奖包含的基本事件个数 4 4A24= ，所以购买该 食品 4 袋，获奖的概率为 3 32 ，选 C． 7. 解析：设 ( )fxt = ，令 ( ) 0ft= ，则 1t = 或 1t =− .当 0x  时，由 ( ) 1fx= ，得 2x = ，由 ( ) 1fx=− ，得 0x = ； 当 0x  时，由 ( ) 1fx= ，即 1 11x +=，无解；由 ( ) 1fx=− ，即 111x+=− ，得 1 2x =− ，所以有三个零点， 选 B. 8. 解析：输入 0, 1, 1a b i= = = ；第 1 次循环： 1,1,1,2cabi==== ； 第 2 次循环： 2,1,2,3cabi==== ；第 3 次循环： 3, 2, 3, 4c a b i= = = = ； 第 4 次循环： 5,3,5,5cabi==== ；第 5 次循环： 8,5,8,6cabi==== ； 第 6 次循环： 13,8,13,7cabi==== ；… 因为输出 13b = ，所以 7i = 时就要输出，结合选项，选 C. 9. 解析：因为 4 8S = ， 8416SS−=， 128SS− ， 16 12SS− 成等比数列，所以 12 8 32SS−= ， 16 12 64SS−=， 16 4 8 412 816 12() () () 8 16 32 64 120S S S SS SS S= + − + − + − = + + + = ，选 D. 10. 解析：设椭圆C ： 2 2 14 x y+=的左焦点为 1F ，则 1 1 2OP OF F F== ，所以 1PF PF⊥ ， 所以△ PFO 的面积 1 21 1 1tan2 2 4 2PF FS S b = = = ，选 B. 11. 解析：因为 (0)f = - ()2f  ，所以 1 2 = s i n ( )26  − ，即 =+2266 k− 或 5=+2266 k− ， 即 2= + 43 k 或 =2 + 4k ，（ k  Z ）,又因为在（ 0 2 ， ）上有且仅有三个零点， 2  2 4  ,所以 48,所以  为 14 3 或 6 ，选 A. 12. 解析：将正方体 1111ABCDABCD− 补全成长方体，点 1C 关于面 A B C D 的对称点为 2C ，连接 2EC 交平面 A B C D 于一点，即为所求点 F ，使 1EF FC+ 最小．其最 小值是 2EC ．连接 2 1 2,A C B C ，计算可得 2 2 3,AC = ， 12 25BC = ， 1 22AB = ， 所以 12A B C 为直角三角形，所以 2 14EC = ，选 C. 二、填空题 13. 解析：则 ( ) 4 l n e xxfx = ，由导数的几何意义知函数 ( )fx在点 ( )e ,e 处的切线斜率 ( )e4kf==，则函数 在点 ( )e ,e 处的切线方程为 ( )e 4 eyx− = − 即 4 3eyx=−. 14. 解析：因为 73 11(3 )()2473 SS adadd−=+−+== ，所以 2d = ， 5149aad=+= .所以 5a = 9. 15. 解析: ()62Enpp === ，所以 1 3p = ，又因为 24( ) (1 ) 2 33D n p p =   − =  = ，所以 (3 2)D  +=9 ( ) 12D  = ． 16. 解析：由图和对称性可知， OP 是线段 1FP 的垂直平分线，又 OQ 是 12Rt FQF 斜边中线，所以 1260FOPPOQQOF= = = ，所以 2e = 三、解答题 （一）必考题 17. 解析：（1）因为 cos 2 ca b C=−，所以 1sin sin cos sin2A B C C=−， 1sin cos cos sin sin cos sin2B C B C B C C+ = − ，可得 1cos 2B =− ， 2 3B = . ………6 分 （2）因为 D 是 AC 边的中点，所以 11 22BDBABC=+， 2 22 221 1 1 1 1 1 12 4 2 4 ( ) 34 4 2 4 4 2 2BD BA BC BA BC== + +  =  +  +    − = 所以 3BD = . ………12 分 D1 A1 B1 C1 A B D C E F G x y z D1 A1 B1 C1 A B D C E F G 18. 解析：（1）证明：取 1CF 的中点 G ，连接 EG , 因为 E 为棱 11AD 中点，所以 EG ∥ 11DC ， 又因为 ∥ DC ，所以 ∥ ； 因为 111111 22ABBCCD==，所以 11E G D C D C==， 故四边形 E DC G 为平行四边形，所以 DE ∥ CG . 因为 DE  平面 1C C F ， CG  平面 ， 所以 DE ∥平面 . ………5 分 （2）解：等腰梯形 ABCD中，连接 BD ， 因为 2 2 2AB BC CD= = = ，所以 60D A B=； △ ABD 中，由余弦定理得 3BD = ，所以 90A D B=， 故可以 DA ， DB ， 1DD 分别作为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，则 (1,0,0)A ， 1(0, 3, 3)B , 1 ,0,32E  , (0,3,0)B , 设 ( )1 ,,nxyz= 为平面 1B D E 的一个法向量， 则 1 11 1 302 3 3 0 n DE x z n DB y z   = + =   = + = 可取 1y = ，则 ( )1 23,1,1n =−， 取平面 A D E 的一个法向量为 ( )2 0,1,0n = ， 所以 12 12 12 14cos 1, 4 nnnn nn  ==  ， 即锐二面角 1B DE A−−的余弦值为 14 14 . ………12 分 19. 解：（1）按甲在先，乙次之，丙最后的顺序派人，任务能被完成的概率为 ( ) ( )( )1 1 2 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 31 1 1P p p p p p p p p p p p p p p p p p p= + − + − − = + + − − − + ； 若甲在先，丙次之，乙最后的顺序派人，任务能被完成的概率为 ( ) ( )( )1 1 3 1 3 2 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 31 1 1P p p p p p p p p p p p p p p p p p p= + − + − − = + + − − − + ； 发现任务能完成的概率是一样.同理可以验证，不论如何改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的 概率不发生变化. ………6 分 （2）由题意得 X 可能取值为 1, 2 ,3 ， 按甲在先，乙次之，丙最后的顺序派人，所需派出的人员数目的分布列为: X 1 2 3 P 1p ( )121 pp− ( )( )1211pp−− 所以 ( ) ( ) ( )( )11212121212131123EXpppppp ppp=+−+−−=−−+ . 因为 ( ) ( )( )121221 23211EXpppppp=−−+=−−+ ，且 1231 p p p   ， 其他情况同理可得,所以要使所需派出的人员数目的均值（数学期望）达到最小，只能先派甲、乙中的一 人. 若先派甲，再派乙，最后派丙，则 ( )11212 23EXpppp=−−+ ； 若先派乙，再派甲，最后派丙， 则 ( )21221 23EXpppp=−−+ ； 所以 ( ) ( ) ( ) ( )121 2121 22121 23230E XE Xp pppp ppppp−=−−+−−−+=− 所以先派甲，再派乙，最后派丙时， 均值（数学期望）达到最小. ………12 分 20. 解：（1）由题意可知，动圆圆心 P 到点 1 02 （ ，）的距离与到直线 1 2x =− 的距离相等，所以点 的轨迹 是以 为焦点，直线 为准线的抛物线，所以曲线 C 的方程为 2 2yx= ．………5 分 （2）易知 ( )22M ， ，设点 11()A x y， ， 22()B x y， ，直线 AB 的方程为： xmyb=+， 联立 2 2 x my b yx =+  = ，得 2 220ymyb−−= ，所以 12 12 2 2 yym yyb +=  =− ，所以 2 12 2 12 22x x m b x x b  + = + = 因为 12 12 12 22=122 yykk xx −−=−−，即 1 2 1 2 1 2 1 22 + = 2 +y y y y x x x x−−（ ） （ ）， 所以 222440bbmm−−+= ，所以 221 = 2 1bm−−（ ） （ ），所以 2bm= 或 2+2bm=− 当 2 +2bm=− 时，直线 的方程： 22x my m= − + 过定点( )22， 与 M 重合，舍去； 当 2bm= 时，直线 的方程： +2x my m= 过定点( )02−， ，所以直线 AB 过定点( )02−， ． ………12 分 21. 解：（1） ( ) ( ) e sinxg x f x x= = + ，则 ( ) e cosxg x x =+ ， 因为 c o syx= 与 e xy = 在 ( ,0 )− 均为增函数，故 ( )gx 在 为增函数， 又 ( ) e10g  − −=− ， ( )0 2 0g  =，结合零点存在性定理知：存在唯一 0 ( ,0 )x − 使得 ( )0 0gx = ， 若 0( , )xx− ， ( ) 0gx  ；若 0( ,0 )xx ， ( ) 0gx  ；故 ( )gx在区间 存在唯一极小值点. ……6 分 （2）由（1）可知 在区间 存在唯一极小值点 0x ，所以 ( ) 2 0 ()e102gxg  − −=− , 又 (0 ) 1 0g = ， ( ) e 0g  −− =  ，结合零点存在性定理知：存在唯一 10( , )xx− 使得 ( )1 0gx = ， 存在唯一 20( ,0 )xx 使得 ( )2 0gx = ，故当 12(,)(,0)xxx − ∪ 时， ( ) 0gx ，当 ( )12,x x x 时， ( ) 0gx ， 故 ( )fx在 1( , ) x− 和 2( ,0 )x 为增函数，在 ( )12,xx 为减函数，则 ( ) ( )1 e 1 0f x f  − − = +  且 ( ) ( )2 00fxf =，由零点存在性定理：存在唯一 12( , )m x x 使得 ( ) 0fm= ， 故函数 ( )fx在 [ ,0]− 有且仅有 xm= 与 0x = 两个零点； 当 (0 , )x  +  时， e 1 c o sx x ，则 ( ) 0fx ，故函数 在 (0 , )+ 没有零点； 综上所述， 有且仅有 2 个零点. ………12 分 （二）选考题：第 22、23 题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题记分。 22. 解：（1）直线l 的参数方程为 1cos 4 1sin 4 xt yt    =+  =+ ，即 21 2 21 2 xt yt  =+  =+ ………5 分 （2）将 21 2 21 2 xt yt  =+  =+ 代入 224xy+=，化简整理得： 2 2220tt+−= . 因为 4PA PB AB+ = = ， 1222PA PB t t- = + = . 所以 2282PAPB-=. ………10 分 23. 解：（1）依题意有 01x＃ ，令 1y x x= + - ，则 2 1 2 (1 ) 1 (1 ) 2y x x x x= + - ? + - = ，所以02y＃ ， 当且仅当 1xx=- ，即 1 2 x = 时，等号成立，故 ()fx的最大值为 2 . ………5 分 （2）由（1）知， ()fx的最大值为 2 ， 又因为关于 x 的不等式 ( ) 1f x a? 有解， 所以 12a -? ，解得1 2 1+ 2a- ＃ ，即 [1 2,1 2]a ?+. ……… 10 分