广东省梅州市2020届高三上学期第一次质量检测数学理试题Word版含答案

2019-2020学年第一学期高三第一次质检理科数学试卷总分：150分完成时间：120分钟2019.10班级姓名座号成绩一．选择题（60分）1.已知集合=|10Axx，2|20Bxxx，则ABA.|0xxB.|1xxC.|01xxD.|12xx2.已知,pqR，1i是关于x的方程20xpxq的一个根，则pqA.4B.0C.2D.43.已知ln3a，3log10b，lg3c，则a，b，c的大小关系为A.cbaB.acbC.bcaD.cab4.函数21xfxx的图象大致为A.B.C.D.5.右图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由一个半圆和一个四分之一圆构成，两个阴影部分分别标记为A和M.在此图内任取一点，此点取自A区域的概率记为PA，取自M区域的概率记为PM，则A.PAPMB.PAPMC.PAPMD.PA与PM的大小关系与半径长度有关6.右图是判断输入的年份x是否是闰年的程序框图，若先后输入1900x，2400x，则输出的结果分别是（注：xMODy表示x除以y的余数）A.1900是闰年，2400是闰年B.1900是闰年，2400是平年C.1900是平年，2400是闰年D.1900是平年，2400是平年7.若sin78m，则sin6A.12mB.12mC.12mD.12m8.已知等差数列na的公差不为零，其前n项和为nS，若3S,9S,27S成等比数列，则93SSA.3B.6C.9D.129.双曲线)0(1:222ayaxC的右焦点为F，点P为C的一条渐近线上的点，O为坐标原点，若PFPO，则OPFS的最小值为A.41B.21C.1D.210．已知函数()ln4xfxx，则A.()yfx的图象关于点(2,0)对称B.()yfx的图象关于直线2x对称C.()fx在(0,4)上单调递减D.()fx在(0,2)上单调递减，在(2,4)上单调递增11．已知函数()sin3cosfxaxx的图像的一条对称轴为直线56x，且12()()4fxfx，则12xx的最小值为A.3B.0C.3D.2312．设()fx是定义在R上的偶函数，xR，都有(2)(2)fxfx，且当[0,2]x时，()22xfx，函数()()log(1)agxfxx0,1aa在区间(1,9]内恰有三个不同零点，则实数a的取值范围是A．1(0,)(7,)9B.1(,1)(1,3)9C.11(,)(3,7)95D.11(,)(5,3)73二、填空题（共20分）13.若yx,满足约束条件02201202yxyxyx，则yxz3的最大值为______.14.已知21,ee是夹角为60°的两个单位向量，21212,eebeea，则ba_____.15.已知函数04sin)(xxf，若)(xf在2,0上恰有3个极值点，则的取值范围是______.16.在三棱锥ABCP中，,3,90,60PCPBPCAPBABAC点P到底面ABC的距离为2，则三棱锥ABCP的外接球的表面积为________.三．（解答题，共70分）17.（12分）ABC△的内角,,ABC所对的边分别为,,abc，已知ABC△的面积为AbStan612.（1）证明：Acbcos3（2）若,22,2tanaA求S18.（12分）某音乐院校举行“校园之星”评选活动，评委由本校全体学生组成，对BA,两位选手，随机调查了20个学生的评分，得到下面的茎叶图：（1）通过茎叶图比较BA,两位选手所得分数的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，得出结论即可）；（2）校方将会根据评分记过对参赛选手进行三向分流：记事件:C“A获得的分流等级高于B”，根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C发生的概率.19.（12分）如图，在四棱锥ABCDP中，底面ABCD是矩形，侧棱PD底面ABCD，DCPD，点E是PC的中点.（1）求证：//PA平面BDE；（2）若直线BD与平面PBC所成角为30，求二面角DPBC的大小.20.（12分）已知F为抛物线yxT4:2的焦点，直线2:kxyl与T相交于BA,两点.（1）若1k，求FBFA的值；（2）点)2,3(C，若CFBCFA，求直线l的方程.21.（12分）已知函数()sinfxxx，(0,)x，()fx为()fx的导数，且()()gxfx.证明：（1）()gx在22,3内有唯一零点t；（2）()2fx.（参考数据：sin20.9903，cos20.4161，tan22.1850，21.4142，3.14.）（二）选考题：共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44：坐标系与参数方程]（10分）在极坐标系中，圆:4cosC.以极点O为原点，极轴为x轴正半轴建立直角坐标系xOy，直线l经过点1,33M且倾斜角为.（1）求圆C的直角坐标方程和直线l的参数方程；（2）已知直线l与圆C交与A，B，满足A为MB的中点，求.23.[选修45：不等式选讲]（10分）设函数()211fxxx.（1）画出()yfx的图像；（2）若()fxmxn，求mn的最小值.2019-2020学年第一学期高三第一次质检理科数学参考答案2019.10一．选择题：CADDCCBCBADC二．填空题：（13）0（14）32（15）(98，138]（16）6三．解答题：17．解：（1）由S＝12bcsinA＝16b2tanA得3csinA＝btanA．因为tanA＝sinAcosA，所以3csinA＝bsinAcosA，又因为0＜A＜π，所以sinA≠0，因此b＝3ccosA．…4分（2）因为tanA＝2，所以cosA＝55，由（1）得2bccosA＝2b23，c＝5b3．…8分由余弦定理得8＝b2＋c2－2bccosA，所以8＝b2＋5b29－2b23＝8b29，从而b2＝9．故S＝16b2tanA＝3．…12分18．解：（1）通过茎叶图可以看出，A选手所得分数的平均值高于B选手所得分数的平均值；A选手所得分数比较集中，B选手所得分数比较分散．…4分（2）记CA1表示事件：“A选手直接晋级”，CA2表示事件：“A选手复赛待选”；CB1表示事件：“B选手复赛待选”，CB2表示事件：“B选手淘汰出局”．则CA1与CB1独立，CA2与CB2独立，CA1与CA2互斥，C＝(CA1CB1)∪(CA1CB2)∪(CA2CB2)．P(C)＝P(CA1CB1)＋P(CA1CB2)＋P(CA2CB2)＝P(CA1)P(CB1)＋P(CA1)P(CB2)＋P(CA2)P(CB2)．由所给数据得CA1，CA2，CB1，CB2发生的频率分别为820，1120，1020，320，故P(CA1)＝820，P(CA2)＝1120，P(CB1)＝1020，P(CB2)＝320，P(C)＝820×1020＋820×320＋1120×320＝137400．…12分19．解：（1）连接AC交BD于O，连接OE．由题意可知，PE＝EC，AO＝OC，∴PA∥EO，又PA平面BED，EO平面BED，∴PA∥平面BED．…4分（2）以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为xABCEDPOyzx轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D－xyz，设PD＝CD＝1，AD＝a，则A(a，0，0)，B(a，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，DB→＝(a，1，0)，PB→＝(a，1，－1)，PC→＝(0，1，－1)设平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，由PB→·n＝0，PC→·n＝0，得ax＋y－z＝0，y－z＝0，取n＝(0，1，1)．…7分直线BD与平面PBC所成的角为30，得|cosDB→，n|＝|DB→·n||DB→||n|＝1a2＋1×2＝12，解得a＝1．…9分同理可得平面PBD的法向量m＝(－1，1，0)，…10分cosn，m＝n·m|n||m|＝12×2＝12，∵二面角C−PB−D为锐二面角，∴二面角C−PB−D的大小为60°．…12分20．解：（1）由已知可得F(0，1)，设A(x1，x214)，B(x2，x224)，y＝kx＋2与x2＝4y联立得，x2－4kx－8＝0，x1＋x2＝4k，①x1x2＝－8．②…2分|FA|＋|FB|＝x214＋1＋x224＋1＝(x1＋x2)2－2x1x24＋2．…4分当k＝1时，由①②得|FA|＋|FB|＝10…5分（2）由题意可知，FA→＝(x1，x214－1)，FB→＝(x2，x224－1)，FC→＝(－3，－3).∠CFA＝∠CFB等价cosFA→，FC→＝cosFB→，FC→，…8分又|FA|＝x214＋1，|FB|＝x224＋1则FA→·FC→|FA→||FC→|＝FB→·FC→|FB→||FC→|，整理得4＋2(x1＋x2)－x1x2＝0，解得k＝－32，…11分所以，直线l的方程为3x＋2y－4＝0．…12分21．解：（1）g(x)＝f(x)＝xcosx＋sinx，所以x∈(0，π2]时，g(x)＞0，即g(x)在(0，π2]内没有零点．…2分x∈(π2，π)时，g(x)＝2cosx－xsinx，因为cosx＜0，xsinx＞0，从而g(x)＜0，所以g(x)在(π2，π)上单调递减，又g(2)＝(2＋tan2)cos2＞0，g(2π3)＝－π3＋32＜0，所以g(x)在(2，2π3)内有唯一零点t．…6分（2）由（1）得，x∈(0，t)时，g(x)＞0，所以f(x)＞0，即f(x)单调递增；x∈(t，π)时，g(x)＜0，所以f(x)＜0，即f(x)单调递减，即f(x)的最大值为f(t)＝tsint．由f(t)＝tcost＋sint＝0得t＝－tant，所以f(t)＝－tant·sint，因此f(t)－2＝－sin2t－2costcost＝cos2t－2cost－1cost＝(cost－1)2－2cost．…9分因为t∈(2，2π3)，所以cost∈(－12，cos2)，从而(cos2－1)2－2＝(－1.4161)2－(2)2＞0，即(cost－1)2－2cost＜0，所以f(t)－2＜0，故f(x)＜2．…12分22．解：（1）由圆C：ρ＝4cosθ可得ρ2＝4ρcosθ，因为ρ2＝x2＋y2，x＝ρcosθ，所以x2＋y2＝4x，即(x－2)2＋y2＝4．直线l：x＝－1＋tcosα，y＝－33＋tsinα（t为参数，0≤α＜π）．…5分（2）设A，B对应的参数分别为tA，tB，将直线l的方程代入C并整理，得t2－6t(3sinα＋cosα)＋32＝0，所以tA＋tB＝6(3sinα＋cosα)，tA·tB＝32．又A为MB的中点，所以tB＝2tA，因此tA＝2(3sinα＋cosα)＝4sin(α＋π6)，tB＝8sin(α＋π6)，…8分所以tA·tB＝32sin2(α＋π6)＝32，即sin2(α＋π6)＝1．因为0≤α＜π，所以π6≤α＋π6＜7π6，从而α＋π6＝π2，即α＝π3．…10分23．解：（1）f(x)＝－3x，x＜－1，－x＋2，－1≤x≤12，3x，x＞12．…3分y＝f(x)的图象如图所示：…5分（2）一方面，由f(x)≤m|x|＋n得f(0)≤n，解得n≥2．因为f(x)≥|(2x－1)＋(x＋1)|＝3|x|，所以m|x|＋n≥3|x|．（※）若m≥3，（※）式明显成立；若m＜3，则当|x|＞n3－m时，（※）式不成立．…8分另一方面，由图可知，当