廣東省惠州市2019-2020學年高三第三次調研考試理科數學試題(教師版)

1、惠州市2020屆高三第三次調研考試理科數學、選擇題：本題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求.1.已知全集U R, Ax|2x 1 ,則 Cu A(A. x | x 1B. x| X1C. x|x 0D. x| X 0解指數不等式求得集合A,由此求得A的補集.【詳解】由于A x 2x 1 x0 , euAxx 0.故選：D.【點睛】本小題主要考查補集的概念和運算，考查指數不等式的解法，屬于基礎題2.設i為虛數單位，復數 Z 1 i ，則z在復平面內對應的點在第（22A.B.C.D.四先根據復數乘法求復數代數形式，再確定象限3.i2所以z在復平面內對應

2、的點為工,-,在第二象限 .2 2故選：B20201一 ?花【點睛】本題考查復數乘法運算以及復數幾何意義，考查基本分析求解能力，屬基礎題“.13.已知 a log2020 冗A. c a bB. a c bC. b a cD. a b c【解析】【分析】利用指數與對數的性質與0, 1比較即可，2020 HYPERLINK l bookmark40 o Current Document 1.,八1【詳斛】a log 2020 log 202010 , b HYPERLINK l bookmark42 o Current Document 冗冗故選：D.【點睛】本題考查指數與對數的單調性，插入中間

3、值與1、0c 2020- 1,所以 a b c.0,1比較是常用方法，是基礎題4.在直角坐標系xOy中，已知角0的頂點與原點。重合，始邊與x軸的非負半軸重合，終邊落在直線y 3x上，則 sin(- 2)=()A. 45【答案】AB.C.1D.2由終邊確定角的正切值，利用誘導公式及二倍角公式求解【詳解】因為角 0終邊落在直線y 3x上，所以tan2cos110所以sin 22cos22,2cos 1故選：A.【點睛】本題考查三角函數的定義,考查二倍角公式及誘導公式，意在考查計算能力及公式運用，是中檔, 一，一一 . uuv5.在平行四邊形ABCDh ABuuvADuuuv AMuuv4MC ，P

4、為AD的中點，則uuvMP 二()A. 4v510B.Wv10D.利用向量加減運算法則求解111v uur uuuu 【詳解】Mp= AP AM1 uurAD 24 uuuAB 5uuurAD4 uuuAB 53 uuur 一 AD 104r a510故選：C【點睛】本題考查平面向量基本定理，考查用基底表示向量，熟練運用加減運算是關鍵，是基礎題條件.設a R,則“a 72”是“直線li：x 2ay 5 0與直線ax 4y 2 。平行”的()A.充分不必要B.必要不充分C.充要D.既不充分也不必要【答案】A【解析】【分析】 TOC o 1-5 h z 根據兩條直線平行的條件，求得a的值，由此判斷

5、出充分、必要條件.a151_【詳解】依題意，知 - 一，且 2 解得aJ2.所以“a J2是直線li：x 2ay42a2a 2與直線l2：ax 4y 2 0平行”的充分不必要條件.故選：A.【點睛】本小題主要考查兩條直線平行的條件，考查充分、必要條件的判斷，屬于基礎題.數列2口： 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34,，稱為斐波那契數列，是由十三世紀意大利數學家列昂 納多斐波那契以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為“兔子數列” .該數列從第三項開始，每項等于其前相鄰兩項之和.即：an 2 an 1 an.記該數列an的前n項和為Sn ,則下列結論正確的是()A.S2019a20

6、20B.S2019a2021C. S2019a2020D.S2019a20211根據遞推關系利用裂項相消法探求和項與通項關系，即得結果 【詳解】因為Sna a2a3Lan(a3 a?)(a4a3)(a5a4)(a6as)L(an2an1)an 2a2an 2 1 ,所以S2019a20211 ,選 D.【點睛】本題考查裂項相消法，考查基本分析判斷能力，屬中檔題.易經是中國傳統(tǒng)文化中的精髓，下圖是易經八卦圖(含乾、坤、巽、震、坎、離、艮、兌八圭卜)卦由三根線組成（ 一表示一根陽線,表示一根陰線），從八卦中任取兩卦，這兩卦的六根線中恰有三根陽線和三根陰線的概率為（）B. 1C.528D.514【解

7、析】【分析】直接根據概率公式計算即可.【詳解】從八卦中任取兩卦，基本事件有2C828 種,其中這兩卦的六根線中恰有三根陽線和三根陰線，基本事件共有10中,m 5，這兩卦的六根線中恰有三根陽線和三根陰線的概率為p m n 14故選D【點睛】本題考查概率的求法，考查古典概型等基礎知識，考查函數與方程思想，是基礎題.9.函數f xA.C.A2 一，一 -sinx的圖象的大致形狀是（B.根據已知中函數的解析式，可得函數f （x）為偶函數，可排除 C,D,由x 0, f x 0得到答案.12ex i【詳解】fx i 7 sinxfsinxi exex if x則f x是偶函數，排除C、D,又當x 0,

8、f x 0故選：A.結合排除特值與極限判斷是常見方法，屬【點睛】本題主要考查函數的圖象特征，函數的奇偶性的判斷, 于基礎題.10.如圖，平面 過正方體 ABCD ABiCiDi的頂點A,/平面 CBiDi,平面ABCD m,面ABBiA n ,則m n所成角的正弦值為（C.畫出圖形，判斷出m n所成角,求解即可.【詳解】如圖:/面 CBiDi面 ABCDm,面 ABAiB n,可知 n/CDi, m/BiDi,因為 CBiDi是正三角形,m、n所成角為60 .1B.2則m n所成角的正弦值為 Y3 故選：D.【點睛】本題考查異面直線所成角的求法，考查空間想象能力以及計算能力，熟練運用線面平行的

9、性質定理是關鍵11.已知F是拋物線y2X的焦點，點A, B在該拋物線上且位于 X軸的兩側，uA uBv2 （其中O為坐標原點）ABO與AFO面積之和的最小值是（）A. 2B. 3C 17. 2C. D. J0試題分析：據題_1得 F(1,0)4設 A(x, y1), B(X2,y2)2y1 ,X22y2 ，2 2y1 yy1 y22, yi y22 或 yiy2因為A,B位于x軸兩側所以.所以yiy22兩面積之和為c1 .S二 X y22X2y1y1y18V1y19iy112.已知函數sin值，無最大值.給出下述四個結論:若-y1 y2y2 y120)滿足f x0y1y2y1y1Vif Xo

10、1Xo,Xo上有最小1；Xo0,則 f x sin 2 x的最小正周期為3;在0,2019上的零點個數最少為1346個.其中所有正確結論的編號是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據三角函數的性質，結合對稱性以及周期性分別進行判斷即可.1.1【詳解】Xo，Xo 1區(qū)間中點為Xo 一，根據正弦曲線的對稱性知f Xo 一22心 _.11右Xo0 ,則f Xof Xo1 一,即sin -,不妨取22一,此時 f x sin 2 x 661滿足條件，但f 11為o,1上的最大值，不滿足條件，故錯誤35不妨v Xo2k ,Xo 1 2k ,兩式相減信662即函數周期T 3,故正確.區(qū)間。,2。1

11、9的長度恰好為673個周期，當f o o時，即 k時,f X在開區(qū)間。,2。19上零點個數至少為673 2 1 1345,故錯誤故正確的是,選：C口睛】本題主要考查與三有關的命題的真，結合三角函數的圖象和性質，利用特值法以及甬函數的性質是角較強、填空題：本，4小題，小共2o分機中第15題第一空2分，第二空3分.執(zhí)行如圖所示白-MM,則輸./彳O . 中J故選三角函數的性質是時13./輸出H/二1:)結合三角函數的圖象和性質，利用特值法以及【答案】6【解析】【分析】 執(zhí)行循環(huán)，根據判斷條件判斷是否繼續(xù)循環(huán)，直至跳出循環(huán)輸出結果【詳解】n 2,22 20;n 4,24 20;n 6,26 20.結

12、束循環(huán)，輸出結果：6【點睛】本題考查循環(huán)結構流程圖，考查基本分析求解能力，屬基礎題14.若（1x)(1 2x)7aoaixa2x2 La8x8,貝U a1a2L a7 a8 的值為得 aoaia2 La7 a82,令 x 0,得 a01,則a1a2L a7%點睛：本題考查二項式定理應用；在利用二項式定理求二項展開式的系數和時，往往采用賦值法或整體賦值法，要靈活注意展開式中未知數的系數的特點合理賦值，往往是1, 0，或 1.15.設數列an的前n項和為Sn.若S2 4,an 12 Sn 1 , n N ,貝U a1；S5【答案】.1 (2). 121【詳解】由a2a1當n 2時,由已知可得:an

13、 1 2Snan 2s 1得an1an2an ,an 1an是以a11 1 35 S5 1L- 121.1 3故答案為:3,121【點睛】本題考查已知前 n項和求通項以及等比數列的前 n項和公式，考查運算能力，屬于基礎題16.已知雙曲線C1: HYPERLINK l bookmark50 o Current Document 22x_ y HYPERLINK l bookmark36 o Current Document 2,2ab1(a 0, b 0)的左、右焦點分別為 E,F2,其中F2也是拋物線C2322 Pxp0的焦點,3C1與C2在一象限的公共點為P ,若直線PFi斜率為一，則雙曲線

14、離心率 4由題可得設 P(Xo2c,kPF1tanPF1F23,4cos PF1F24一,過P作拋物線準線的垂線，垂足為 M , 5PM可得PMPF x PPF 2 x0 2PF1 cos MPF1PMT54(Xo c) .結合PF1 PF22a,化簡可得XoPF1F2 中,由余弦定理可得8e0,即可求解【詳解】因為F2是雙曲線的右焦點且是拋物線的焦點，所以解得p 2c,所以拋物線的方程為:3由 kPF tan PF1F2-,cosPF1F2如圖過P作拋物線準線的垂線,垂足為M ,設 P(Xo , y。)則 PM PF2XoXoc,PFiPMcos MPF1PM45-5(x04c)由 PF1

15、PF2C52a ,可得一(xo c)4(Xoc) a 2x0 8a在 PF1F2 中,PF2 Xo c 8a ,PF2PFi 2a10a, F1F2 2c由余弦定理可得PF22 PF12 F1F222PF1 F1 F2 cosPF1F2c2 8ac 9a2e2 8e 9 0 ,【點睛】本題考查了雙曲線的簡單幾何性質和解三角形的運算，屬于中檔題.三、解答題：共70分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟 .第1721題為必考題, 每個考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據要求作答.（一）必考題：共60分.17.在平面四邊形 ABCD中， ABC 3ADC , BC22.（1）若 AB

16、C的面積為3,求AC ;2(2)若 AD 2點， ACB ACD 求 tan ACD.3【答案】AC .7 (2) tan ACD逆2利用已知條件與面積公式即可得到結果;(2)設 ACD ,則 ACB結合正弦定理即可得到3tan ACD.【詳解】（1）在ABC中，因為BC 2,ABCS abca ABC1 一 _3,3一AB BC sin ABC ，22所以趣AB2在ABC中,由余弦定理得：AC2 AB2BC2 2 ABzBCcosABC 7所以AC 7(2)設 ACD ,則ACBACD 3如圖,在Rt ACD中，因為ADAD sin2 3 sin在ABC中,BACACB ABC由正弦定理，得

17、sin BACsinJ即ABCsin 32.3.3 .sin2所以2sin 3sin所以2 38s21 -sin2sin,即.3cos 2sin所以,3 口口tan ,即 tanACD,32【點睛】解三角形的基本策略是利用正弦定理實現(xiàn)“邊化角”，二是利用余弦定理實現(xiàn)“角化邊；求三角形面積的最大值也是一種常 見類型，主要方法有兩類，一是找到邊之間的關系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，轉化為 關于某個角的函數，利用函數思想求最值18.如圖，等腰梯形 ABCD中，AB/CD , AD AB BC 1, CD 2, E為CD中點，以AE為折痕把 ADE折起，使點D到達點P的位置（P 平面AB

18、CE）.(I)證明：AE PB ;(n)若直線PB與平面ABCE所成的角為求二面角A PE C的余弦值.【答案】(I)見解析；(II ) 叵.【解析】【分析】(I)先證明AE 平面POB,再證明AE PB; (II )在平面POB內彳PQL OB,垂足為 Q證明OPL平面ABCE以。為原點，OE為x軸，OB為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法求二面角A PE C的余弦值.【詳解】(I)證明：在等腰梯形 ABCM,連接B口交AE于點O,AB|CE,AB=CE .四邊形 ABCE平行四邊形，. AE=BC=AD=DE2.ADE為等邊二角形，在等腰梯形 ABCDKC ADE 一， DA

19、B ABC , TOC o 1-5 h z 33在等腰 ADB中，ADB ABD 6 HYPERLINK l bookmark100 o Current Document 2. HYPERLINK l bookmark256 o Current Document DBC 一一，即 BD BC,36 2BDL AE,翻折后可得：OPLAE,OBLAE 又Q OP 平面POB,OB 平面POB,OPI OB O, AE 平面POB,Q PB 平面POB, AE PB；(II )解：在平面 POBMPQLOB,垂足為 Q,因為 AE1平面 POB . . AE1PQ因為 OB 平面 ABCE, AE

20、 平面 ABCE,AEH OB=O二PQL平面ABCE 1直線PB與平面ABCE角為 PBQ 一4，又因為 OP=OB，OPLOBQ Q兩點重合，即 OPL平面 ABCE以。為原點，OE為x軸，OB為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標系，由題意得，各點坐標為 TOC o 1-5 h z 313 uuu 13 uuur 13P(0,0,4,E(o,0), C(0,一,0), PE (1,0, EC (1, 三 ,0) 222222 2ur設平面PCE的一個法向量為 n1(x,y,z),uuuv uv -x z 0PE n 022則 uuv uv ,_EC n 013x y 0 HYPERLINK

21、 l bookmark247 o Current Document 22設 x 褥，則 y=-1,z=1 ,ur(V3,-1.1),uu由題意得平面PAE的一個法向量n2 (0,1,0),設二面角A-EP-C為ir uu|cos |=|1? nU| Lmini 5易知二面角A-EP-C為鈍角，所以cos = -5【點睛】本題主要考查空間幾何元素位置關系的證明，考查二面角的求法，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和空間想象轉化分析推理能力.19.為發(fā)揮體育核心素養(yǎng)的獨特育人價值，越來越多的中學將某些體育項目納入到學生的必修課程.惠州市某中學計劃在高一年級開設游泳課程，為了解學生對游泳的興趣，某

22、數學研究學習小組隨機從該校高一年級學生中抽取了 100人進行調查.(1)已知在被抽取的學生中高一1班學生有6名，其中3名對游泳感興趣，現(xiàn)在從這 6名學生中隨機抽取3人，求至少有2人對游泳感興趣的概率；(2)該研究性學習小組在調查中發(fā)現(xiàn)，對游泳感興趣的學生中有部分曾在市級或市級以上游泳比賽中獲獎，具體獲獎人數如下表所示.若從高一 8班和高一 9班獲獎學生中隨機各抽取 2人進行跟蹤調查，記選中的4人中市級以上游泳比賽獲獎的人數為，求隨機變量 的分布列及數學期望.班級12345678910市級比賽獲獎人數2233443342市級以上比賽獲獎人數2210233212【答案】(1) 1; (2)分布列見

23、解析，6 25【解析】【分析】(1)利用組合數結合古典概型求出從這6名學生中隨機抽取 3人，至少有2人對游泳有興趣的概率.(2)由題意可知E的所有可能取值為0, 1,2, 3,分別求出相應的概率,由此能求出E的分布列和E( E ).【詳解】(1)記事件Ai 從6名學生抽取的3人中恰好有i人有興趣，i 0, 1, 2, 3；則A2與A3互斥故所求概率為P至少2人感興趣P A2 A3P A2P A3101 :202(2)由題意知，隨機變量E的所有可能取值有 0, 1, 2, 3;C2 C3C3c3 c3C3 TOC o 1-5 h z 一Cc2 c29p 己04r一c2 c250122531011

24、221C2 C3 C4C3 C422 111C2 C4C3 C2 C4CTCC2 C2C2 C41C2 C225則E的分布列為:0123P9501225310125 TOC o 1-5 h z 9241526數學期望為E0124236505050505【點睛】本題考查概率、離散型隨機變量概率分布列、數學期望的求法，考查古典概型、排列組合等基礎知識，考查運算求解能力，考查函數與方程能力，是中檔題.220.在平面直角坐標系xOy中，已知過點D 4,0的直線l與橢圓c :% y2 1交于不同的兩點 A 4,必， 4B X2,y2 ,其中 yy20.(1)若X 0,求VOAB的面積；(2)在x軸上是否

25、存在定點 T,使得直線TA TB與y軸圍成的三角形始終為等腰三角形.【答案】(1) 4 (2) x軸上存在定點T 1,0 ,使得直線TA TB與y軸圍成的三角形始終為等腰三角形5【解析】【分析】, 八8 3 一(1)當Xi 0時得直線l： x 4y 4 0,與橢圓聯(lián)立得B -,-,再求面積5 5(2)設直線l ： x my 4 ,與橢圓聯(lián)立，由直線 TA TB與y軸圍成 三角形始終為等腰三角形，得kTAkTB0 ,利用斜率代入韋達定理化簡得定點坐標【詳解】(1)當X10時，代入橢圓方程可得 A點坐標為0,1或0, 1若A點坐標為0,1，此時直線l ： x 4y 4 0聯(lián)立x 4y 422x 4

26、y5y28y 3 0 TOC o 1-5 h z 38 3解付y1 1或丫2 ,故B,一 HYPERLINK l bookmark292 o Current Document 55 5， .18 4所以VOAB的面積為1 1 8 4 HYPERLINK l bookmark331 o Current Document 25 5若A點坐標為0, 1 ,由對稱性知VOAB的面積也是-,5一 一 一一4綜上可知，當x1 0時，VOAB的面積為一.5(2)顯然直線l的斜率不為0,設直線l ： x my 4 HYPERLINK l bookmark296 o Current Document x my

27、422聯(lián)立,消去x整理得m 4 y 8my 12 0 x2 4y2 4 HYPERLINK l bookmark298 o Current Document 22由 V 64m4 12 m 40 ,得 m2 12 HYPERLINK l bookmark302 o Current Document ntt8m12則 y1 y2一-， y1 y2 -, HYPERLINK l bookmark280 o Current Document m 4m 4因為直線TA TB與y軸圍成的三角形始終為等腰三角形，2myy24 t y1 y2x1 t x2 t所以 kTA kTB 0設T t,0 ,則 kT

28、AkTB1-y1 x2 t-y2 x1tx1tx2 tx1txit即 2my1 y24 t y y?24 m 8m t 422m 4 m 48m t 127m 40,解得t 1.故x軸上存在定點T 1,0 ,使得直線TA、TB與y軸圍成的三角形始終為等腰三角形.【點睛】本題考查直線與橢圓位置關系，考查直線過定點問題，解決此類問題，通常先猜后證，重點考查計算能力，是中檔題21.已知實數a 0,設函數f x eax ax.(1)求函數f x的單調區(qū)間;,1a 2(2)當a 時，若對任意的x 1, ，均有f x x2 1 ,求a的取值范圍.22注：e 2.71828L為自然對數的底數.1【答案】(1

29、) f(x)在(，0)內單調遞減，在(0,)內單調遞增；(2) a 22【解析】【分析】(1)求導后取出極值點，再分a 0, a 0兩種情況進行討論即可.(2)當x 0時得出a的一個取值范圍，再討論x 1時的情況，再對x ( 1,)時構造函數兩邊取對數進1a o仃分析論證一 a 2時f x - x 1恒成立. 22【詳解】(1)由 f (x) a eax a a(eax 1)=0，解得 x 0.若a 0,則當x (0,)時，f(x) 0,故f(x)在(0,)內單調遞增;當x (,0)時，f (x) 0,故f(x)在(，0)內單調遞減.若a 0,則當x (0,)時，f (x) 0,故f(x)在(

30、0,)內單調遞增；,0)時，f (x) 0,故f(x)在(，0)內單調遞減.綜上所述，f (x)在(，0)內單調遞減，在(0,)內單調遞增.- a 2x a 2(2) f(x) (x2 1),即 eax (x 1)2. TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark324 o Current Document 22 HYPERLINK l bookmark314 o Current Document a1令 x 0,得 1 ,則一a 2 . HYPERLINK l bookmark344 o Current Document 22當x 1時，不等式ex (x 1)2顯然成

31、立，2當x (1,)時，兩邊取對數，即ax 2ln(x 1) ln亙恒成立.2a 令函數F(x) 2ln( x 1) ax ln ,即F(x) 0在(1,)內恒成立.2由 F (x) a 2 a(x 1)=0,得 x 2 11.x 1x 1a2故當x ( 1,- 1)時，F(xiàn) (x) 0,F(x)單調遞增； a2當 x ( 1,+ )時，F(xiàn)(x) 0, F(x)單倜遞減. a TOC o 1-5 h z 22aa因此 F (x)F (1) 2ln2 aln a 2In . HYPERLINK l bookmark340 o Current Document aa22a 1令函數g(a) a 2 ln3,其中3 a 2,則 g (a) 1a一， 1故當a ( ,1)時,2(a)0 ,得 a 1,0,g(a)單調遞減；當a (1,2時，g(a) 0, g(a)單調遞增.P 1又 g(7)2,1故當12,1即當-2In 40,g(2) 0,2時，g(a) 0恒成立，因此F (x) 0恒成立,a , 22時，對任意的x 1,)，均有f(x) (x2 1)成立.2【點睛】本題主要考查了利用求導解決含參函數的單調性問題以及在區(qū)間上恒成立求參數的范圍的問題需