河南省周口市扶沟县2020届高三下学期开学考试 理科数学（PDF版） 9页

1 2020 届高三年级下学期开学考试理科数学试题 一、选择题：本大题共 12 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 目要求的． 1．已知集合 M  x8x2 9x 1 0, N  x y  2x 1，则 M (CR N) ＝ （ ） A．[1，＋∞） B．（ 1 8 ， 1 2 ） C．[ 1 8 ， 1 2 ） D．（ 1 2 ，1] 2．在复平面内与复数 2 1 iz i   所对应的点关于实轴对称的点为 A ，则 A 对应的复数为（ ） A．1 i B．1 i C． 1 i  D． 1 i  3．已知 0.3log 2a  ， 0.12b  ， sin 789c   ，则 a ，b ， c 的大小关系是（ ） A． a b c  B． a c b  C． c a b  D． b c a  4．函数 ),0,(),sin()(   AxAxf 的部分图象如图， 则 )(xf 的解析式为（ ） A．   2 4 3f x sin x      B．   2 4 3f x sin x      C．   4 82 3 9f x sin x      D．   4 82 3 9f x sin x      5．河南省新郑市望京楼遗址位于新郑市新村镇杜村和孟家沟村以西及周边区域，北距郑州市 35 公里．遗址发现于 20 世纪 60 年代，当地群众平整土地时曾出土过一批青铜器和玉器等贵重 文物．望京楼商代城址保存较为完整，城址平面近方形，东城墙长约 590 米、北城墙长约 602 米、南城墙长约 630 米、西城墙长约 560 米，城墙宽度为 10 米～20 米，则下列数据中可作 为整个城址的面积较为准确的估算值的是 （ ） A．24 万平方米 B．25 万平方米 C．37 万平方米 D．45 万平方米 6．2019 年 10 月，德国爆发出“芳香烃门”事件，即一家权威的检测机构在德国销售的奶粉中随 机抽检了 16 款（德国 4 款、法国 8 款、荷兰 4 款），其中 8 款检测出芳香烃矿物油成分，此 成分会严重危害婴幼儿的成长，有些奶粉已经远销至中国．A 地区闻讯后，立即组织相关检 测员对这 8 款品牌的奶粉进行抽检，已知该地区有 6 家婴幼儿用品商店在售这几种品牌的奶 粉，甲、乙、丙 3 名检测员分别负责进行检测，每人至少抽检 1 家商店，且检测过的商店不 重复检测，则甲检测员检测 2 家商店的概率为（ ） A． 11 18 B． 7 18 C． 5 12 D． 7 12 7．设抛物线 2y 4x  的焦点为 F，准线为 l ，P 为抛物线上一点， PA l ，A 为垂足，如果直线 2 AF 的斜率为 3 3 ，那么| |PF  （ ） A． 2 3 B． 4 3 C． 7 3 D．4 8．已知正方体 ABCD—A1B1C1D1 中，点 E 是线段 A1D1 的中点，点 F 是线段 DD1 上靠近 D 的三等分点， 则直线 CE，BF 所成角的余弦值为（ ） A．10 19 57 B． 5 19 57 C． 19 19 D． 3 19 19 9．已知函数 )(xf 的图象关于原点对称，且满足 0)3()1(  xfxf ，且当 )4,2(x 时，    1 2 log 1f x x m＝－ － ＋ ，若    2021 1 12 f f － ＝ － ，则 m （ ） A． 4 3 B． 3 4 C．－ 4 3 D．－ 3 4 10．在 Rt ABC 中，已知 90 , 3, 4,C CA CB P    为线段 AB 上的一点，且 CA CBCP x y CA CB         ，则 1 1 x y  的最小值为（ ） A． 7 6 B． 7 12 C． 7 3 12 3  D． 7 3 6 3  11．已知双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的左、右焦点分别为 1 2,F F ，若双曲线的左支上存在一 点 P ，使得 2PF 与双曲线的一条渐近线垂直于点 H ，且 2 24PF F H ，则此双曲线的离心率 为（ ） A． 2 6 3 B． 4 3 C． 13 2 D． 5 3 12．若 ),0( x 使得 03ln)2(2 1  xxxxmx 成立，则实数 m 的取值范围是（ ） A． ),2(),(  e B． ),()0,(  e C． ),4()1,(  D． ),4()0,(  二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 3 13．已知二项式 3 1( )nx x  的展开式中各项系数和为 256，则展开式中的常数项为______. （用 数字作答） 14．记等差数列{ na }的前 n 项和为 nS ，若 2a ＋ 4a ＝18， 17S ＝ 459 ，则{  31 n na－ }的前 n 项 和 nT ＝__________． 15．已知三棱锥 P—ABC 中，△PAB 是面积为 4 3 的等边三角形，∠ACB＝ 4  ，则当点 C 到平面 PAB 的距离最大时，三棱锥 P—ABC 外接球的表面积为__________． 16．已知函数   2 2 log ,0 2 ( ) 3 , 2 x x f x x x       ，若方程 ( )f x a 有 4 个不同的实数根 1 2 3 4 1 2 3 4, , , ( )x x x x x x x x   ，则 4 3 4 1 2 3 x x xx x x   的取值范围是__________． 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 个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题 17．（本题满分 12 分）在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 sin sin 3b C c B      ＝ － ． （1）求角 B 的大小； （2）若 1 1 3 2a c ＋ ＝ ，△ABC 的面积为 3 ，求 b． 18．（本题满分 12 分）已知等差数列 na 满足： 4 107, 19a a  ，其前 n 项和为 nS ． （1）求数列 na 的通项公式 na 及 nS ； （2）若 1 1 n n n b a a   ，求数列 nb 的前 n 项和 nT ． 19．（本题满分 12 分）如图，在四边形 ABCD 中， / /AB CD ， 2 3BCD   ，四边形 ACFE 为矩形，且CF  平面 ABCD ， AD CD BC CF   . （1）求证： EF  平面 BCF ； （2）点 M 在线段 EF 上运动，当点 M 在什么位置时， 平面 MAB 与平面 FCB 所成锐二面角最大，并求此时 二面角的余弦值. 4 20．（本题满分 12 分） 已知椭圆  2 2 2: 1 22 x yC aa    的右焦点为 F ， P 是椭圆C 上一点， PF x 轴， 2 2PF  . （1）求椭圆C 的标准方程； （2）若直线l 与椭圆C 交于 A 、 B 两点，线段 AB 的中点为 M ，O 为坐标原点，且 2OM  ，求 AOB 面积的最大值. 21．（本题满分 12 分） 已知函数 .sin)1ln()( xxxxf  （1）证明：函数 )(xf 在区间 ),0(  上存在唯一的极小值点； （2）证明：函数 )(xf 有且仅有两个零点． （二）选考题 请考生从第 22、23 题中任选一题作答，并用 2B 铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方 框涂黑，按所选涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首 题进行评分． 22．（本题满分 10 分）【选修 4—4：坐标系与参数方程】 在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 2 2 1 2 x t y t   ＝ － ＝－ ＋ （t 为参数）．以坐标原点O 为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 4cos ＝ ，且直线 l 与 曲线C 交于 NM , 两点． （1）求l 的普通方程以及曲线C 的直角坐标方程； （2）若 )1,0(A ，求 ANAM  的值． 23．（本题满分 10 分）选修 4—5：不等式选讲 已知 cba ,, 为正数，且满足 abccba 3 ． 证明：（1） 3 cabcab ； （2） 2 2 2 1 1 1 3a b c ＋ ＋ ≥ ． 1 2020 届高三年级下学期开学考试理科数学参考答案 1-12：CBBA CBBB CCDD 13-16：28        )(,2 )1(9 )(,2 9 为奇数 为偶数 nn nn Tn 3 112 (7,8) 17. 【解析】 ......2 分 ....4 分 .....6 分 .....8 分 .....10 分 ......12 分 18.【解析】（1）设等差数列 na 的公差为 d ，则 1 1 3 7 9 19 a d a d      ， …………2 分 解得： 1a 1,d 2= = ， …………4 分 ∴ 1 2( 1) 2 1na n n     ， 2(1 2 1) 2n n nS n   ． …………6 分 （2）   1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1n n n b a a n n n n           ， …………8 分 ∴数列 nb 的前 n 项和为 1 1 1 1 1 112 3 3 5 2 1 2 1nT n n                           L …………10 分 1 112 2 1 2 1 n n n        …………12 分 19.（Ⅰ）【证明】在梯形 ABCD 中，∵ / /AB CD ,设 1AD CD BC   ， .24436)( .62 34)11( .4,33 2sin2 1)2( .3 2),,0(.3tan cos2 3sin2 1sin),3sin(sin,0sin,0 ).3sin(sinsinsin),3sin(sin)1( 222        accaaccab caacca acacS BBB BBBBBCC BCCBBcCb ABC 得由题可知， 又 ，        2 又∵ 2 3BCD   ,∴ 2AB  ,∴ 2 2 2 2 cos60 3AC AB BC AB BC       ∴ 2 2 2AB AC BC  .则 BC AC . ……2 分 ∵CF  平面 ABCD , AC  平面 ABCD ，∴ AC CF , ……4 分 而CF BC C ,∴ AC  平面 BCF .∵ //EF AC ,∴ EF  平面 BCF . ……6 分 （Ⅱ）【解析】分别以直线 , ,CA CB CF 为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设 1AD CD BC CD    ，令  0 3FM     ， 则        0,0,0 , 3,0,0 , 0,1,0 , ,0,1C A B M  ，……8 分 ∴    3,1,0 , , 1,1AB BM      设  , ,n x y z 为平面 MAB 的一个法向量， 由 0 0 n AB n BM         得 3 0 0 x y x y z        ，取 1x  ，则  1, 3, 3n   ， ∵  1,0,0m  是平面 FCB 的一个法向量， ……10 分 ∴    2 2 1 1cos , 1 3 3 1 3 4 n mn m n m                 ∵ 0 3  ，∴当 0  时， cos 有最小值为 7 7 ， ∴点 M 与点 F 重合时，平面 MAB 与平面 FCB 所成二面角最大， 此时二面角的余弦值为 7 7 . ……12 分 20.【解析】（1）设椭圆C 的焦距为  2 0c c  ，由题知，点 2, 2P c      ， 2b  ，…2 分 则有 2 2 2 2 2 12 c a        ， 2 2 3 4 c a   ，又 2 2 2 22a b c c    ， 2 8a  ， 2 6c  ， 3 因此，椭圆C 的标准方程为 2 2 18 2 x y  ； ………4 分 （2）当 AB x 轴时， M 位于 x 轴上，且OM AB ， 由 2OM  可得 6AB  ，此时 1 32AOBS OM AB    ； ………5 分 当 AB 不垂直 x 轴时，设直线 AB 的方程为 y kx t  ，与椭圆交于  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 由 2 2 18 2 x y y kx t       ，得 2 2 21 4 8 4 8 0k x ktx t     . 1 2 2 8 1 4 ktx x k     ， 2 1 2 2 4 8 1 4 tx x k   ，从而 2 2 4 ,1 4 1 4 kt tM k k       …………7 分 已知 2OM  ，可得  22 2 2 2 1 4 1 16 k t k    . …………8 分       2 2 2 22 2 1 2 1 2 2 2 8 4 81 4 1 41 4 1 4 kt tAB k x x x x k k k                            2 2 2 22 16 8 2 1 1 4 k t k k      . 设O 到直线 AB 的距离为 d ，则 2 2 21 td k   ，       2 2 2 2 2 2 22 16 8 21 14 11 4 AOB k t tS k kk        . …………10 分 将  22 2 2 2 1 4 1 16 k t k    代入化简得     2 2 2 22 192 4 1 1 16 AOB k k S k     . 令 21 16k p  ，则      2 2 2 2 22 112 1 1192 4 1 4 1 16 AOB ppk k S pk          2 1 1 43 3 43 3p             . 当且仅当 3p  时取等号，此时 AOB 的面积最大，最大值为 2 . 综上： AOB 的面积最大，最大值为 2 . ……………12 分 4 21.【证明】(1)由 xxxf cos1 11)(  ， 当 ),0( x 时，函数 1 1  xy 和 xy cos 单调递减， 故函数 xxy cos1 11  单调递增. …………………………………2 分 又由 010cos11)0( f ， 01 12cos1 11)(  f ， 故存在唯一 ),0(0 x 使得 0)( 0  xf ，且当 ),0( 0xx 时， 0)(  xf ； 当 ),( 0 xx 时， 0)(  xf . ……………………………4 分 所以当 ),0( 0xx 时，函数 )(xf 单调递减；当 ),( 0 xx 时，函数 )(xf 单调递增, 故函数 )(xf 在区间 ),0(  存在唯一的极小值点. …………………………5 分 (2) ①当 ]0,1(x 时， xx xxf cos1)(  ，又由 0cos,01  xx x ，可得 0)(  xf ， 故在区间 ]0,1( 上函数 )(xf 单调递减， 又由 0)0( f ，故有 0)( xf ，可得此时函数 )(xf 的零点为 0x . ………………7 分 ②当 ),0( x 时，由 0)0( f ， 02ln)1ln()( 2   ef ， 04 75.3 12 154 4 3 2 1 32 3 2 1 3 2 3ln32 32ln32 3)13ln(33sin)13ln(3)3(     ef 又由(1)可知,此时函数 )(xf 在区间 ),3(  上有唯一零点； ……………………………9 分 ③当 ),(  x 时，令 )),(()1ln()(  xxxxg ， ，则 ,011 11)(  x x xxg 故此时函数 )(xg 单调递增，有 ,12ln)1ln()()( 2   egxg 又由 1sin x ，故对 ),(  x ,有 0)( xf ， 所以在区间 ),(  上函数 )(xf 没有零点. …………………………11 分 5 综上所述，函数 )(xf 有且仅有两个零点. …………………………12 分 22.【解析】（1）由题意得： ;1:  yxl …………………2 分 曲线  cos4: 2 C ，即 0422  xyx …………………4 分 （2）由题意得，直线l 的参数方程为         ty t 2 21 2 2-x （t 为参数）,………………5 分 代入 0422  xyx 得： 01232  tt . ………………8 分 设 NM , 对应的参数分别为 21,tt ， 则 232121  ttttANAM . ………………10 分 23. 【证明】（1）由 33 abccba  （当且仅当 cba  时取等号）,…………………1 分 由 333 abcabc  得： 1abc （当且仅当 1 cba 时取等号）, …………………3 分 又 3 2)(3 abccabcab  且 1abc ， 所以 3 cabcab （当且仅当 1 cba 时取等号）. …………………5 分 （2）由 abba 211 22  （当且仅当 ba  时取等号）, …………………6 分 bccb 211 22  （当且仅当 cb  时取等号）, …………………7 分 caac 211 22  （当且仅当 ac  时取等号）, …………………8 分 三式相加得： )111(2)111(2 222 cabcabcba  , 可化为 cabcabcba 111111 222  , 又 33111  abc abc abc cba cabcab , 所以 3111 222  cba （当且仅当 1 cba 时取等号）. …………………10 分