贵州省铜仁第一中学2020届高三防疫期间网上考试（三）数学（文）试题 14页

贵州省铜仁一中高三年级防疫期间 ‎“停课不停学”网上考试（三）‎ 文科数学 第Ⅰ卷（选择题 共60分）‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.请把答案填涂在答题卡上.）‎ ‎1.已知集合，，则下列判断正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎2.设，，则的值为（ ）‎ A. 0 B. C. D. ‎ ‎3.如图，一个装饰物的正视图、侧视图都是边长为2，且有一个内角为的菱形，俯视图是正方形，则这个装饰物的体积为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎4.已知首项为1，公比为的等比数列的前项和为，‎ 则“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎5.已知圆被两直线，分成面积相等的四部分，且截轴所得线段的长为4.则圆的方程是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎6.函数的部分图象大致为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎7.如图所示，已知中，，，‎ 交于点，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎8.已知函数，‎ 对任意的，，当时，，则下列判断正确的是（ ）‎ A. B. 函数在上递增 C. 函数的一条对称轴是 D. 函数的一个对称中心是 ‎9.某软件公司新开发一款学习软件，该软件把学科知识设计为由易到难共12关的闯关游戏.为了激发闯关热情，每闯过一关都奖励若干慧币（一种网络虚拟币）.该软件提供了三种奖励方案：第一种，每闯过一关奖励80慧币；第二种，闯过第一关奖励8慧币，以后每一关比前一关多奖励8慧币；第三种，闯过第一关奖励1慧币，以后每一关比前一关奖励翻一番（即增加1倍）.游戏规定：闯关者须于闯关前任选一种奖励方案.已知一名闯关者冲关数一定超过3关但不会超过9关，为了得到更多的慧币，他应如何选择奖励方案？答（ ）‎ A 选择第一种奖励方案 B. 选择第二种奖励方案 C. 选择第三种奖励方案 D. 选择的奖励方案与其冲关数有关 ‎10.已知过抛物线的焦点的直线交抛物线于，两点，则的最小值为（ ）‎ A. 4 B. ‎8 ‎C. 9 D. 12‎ ‎11. 已知函数f(x)＝(2x＋ln x－a)ex在(0，＋∞)上单调递增，则实数a的最大值是(　　)‎ A.5－ln 2 B.5－2ln ‎2 C.2－ln 2 D.5＋2ln 2‎ ‎12. 已知三棱锥PABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝8.若平面ABC截球O所得截面的面积为9π，则球O的表面积为(　　)‎ A.10π B.25π C.50π D.100π 第Ⅱ卷（非选择题 共90分）‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）‎ ‎13.设，向量，，且，则______‎ ‎14.已知实数，满足约束条件，则的最小值为______.‎ ‎15.已知双曲线：左焦点为，过原点的直线与双曲线相交于、两点.若，，，则双曲线的实轴长______.‎ ‎16. 设等差数列{an}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则数列的前n项和为________.‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.已知函数的最小值为-2.‎ ‎（1）求实数的值；‎ ‎（2）在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，求的长.‎ ‎18. 如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD为平行四边形，△PCD为正三角形，∠BAD＝30°，AD＝4，AB＝2，平面PCD⊥平面ABCD，E为PC的中点.‎ ‎(1)证明：BE⊥PC；‎ ‎(2)求多面体PABED的体积.‎ ‎19. 某市教育学院从参加市级高中数学竞赛的考生中随机抽取60名学生，将其竞赛成绩(均为整数)分成六段：[40，50)，[50，60)，[60，70)，…，[90，100]，得到如图所示的频率分布直方图.‎ ‎(1)根据频率分布直方图，估计参加高中数学竞赛的考生的成绩的平均数、众数、中位数(小数点后保留一位有效数字)；‎ ‎(2)用分层抽样的方法在各分数段的考生中抽取一个容量为20的样本，则各分数段抽取的人数分别是多少？‎ ‎20.已知圆：，过且与圆相切的动圆圆心为.‎ ‎（1）求点的轨迹的方程；‎ ‎（2）已知过点的两直线和互相垂直，且直线交曲线于，两点，直线交曲线于，两点（，，，为不同的四个点），求四边形的面积的最小值.‎ ‎21. 已知函数f(x)＝x2－(a2＋a＋2)x＋a2(a＋2)ln x，a∈R.‎ ‎(1)当a＝－1时，求函数y＝f(x)的单调区间；‎ ‎(2)试判断当a∈[－1，1]时，函数y＝f(x)的零点的个数，并说明理由．‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做第一个题目计分.‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系.直线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求和的直角坐标方程；‎ ‎（2）已知与相切，求的值.‎ ‎23.已知，，为正数，且满足，证明：‎ ‎（1）；‎ ‎（2）.‎ 贵州省铜仁一中高三年级防疫期间 ‎“停课不停学”网上考试（三）‎ 文科数学参考答案 第Ⅰ卷（选择题 共60分）‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1.C。由，，‎ 对于A，，故A不正确；对于B，集合中不含，故B不正确； ‎ 对于C，，故C正确；对于D，，故D不正确。‎ ‎2.C。，则，所以。‎ ‎3.A。由三视图知该几何体是两个大小相同的正四棱锥的组合体，‎ 正视图、侧视图均都是边长为2，且有一个内角为的菱形，‎ 所以正四棱锥的底边边长为，高为，‎ 所以组合体的体积为。‎ ‎4.B。，当时，则，所以，‎ 当时，，解得，‎ 所以“”是“”的必要不充分条件。‎ ‎5.B。设圆的方程为，‎ 圆被两直线，分成面积相等的四部分，‎ 圆心一定是两条直线，的交点，‎ 联立，解得，，又圆截轴所得线段的长为4，，则圆的方程。‎ ‎6.D。 ‎ 函数，设，可得为奇函数，‎ 所以的图像关于对称，则的图像关于对称，故排除A、C 当时，，即，故排除B。‎ ‎7.B。设，‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 三点共线，，解得，‎ ‎，，‎ ‎8.D。，‎ 又，即，‎ 有且仅有满足条件；又，则，‎ ‎，函数， 对于A，，故A错误；‎ 对于B，由，解得，故B错；‎ 对于C，当时，，故C错误； ‎ 对于D，由。‎ ‎9.A。设冲关数为，三种方案获得的慧币为，‎ 由题意可知：；，‎ ‎；当时，，，，‎ 故选择第一种奖励方案 ‎10.C。由题意可知，‎ 当直线的斜率不存在时，可得，所以，即；‎ 当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线方程：，‎ 则，整理可得，所以，‎ 所以，‎ 当且仅当时，取等号，故的最小值为9。‎ ‎11. A。　∵f(x)＝(2x＋ln x－a)ex，∴f′(x)＝(2x＋ln x＋＋2－a)ex，x∈(0，＋∞).依题意，知x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，即a≤2x＋ln x＋＋2在(0，＋∞)上恒成立.设g(x)＝2x＋ln x＋＋2，则g′(x)＝2＋－＝＝，x∈(0，＋∞).令g′(x)＝0，得x＝或x＝－1(舍去).令g′(x)＜0，则0＜x＜，令g′(x)＞0，则x＞，∴当x＝时，函数g(x)取得最小值，g(x)min＝g＝5－ln 2，‎ ‎∴a≤5－ln 2，即实数a的最大值是5－ln 2。‎ ‎12.D。设球O的半径为R，由平面ABC截球O所得截面的面积为9π，得△ABC的外接圆的半径为3.设该外接圆的圆心为D，因为AB⊥BC，所以点D为AC的中点，所以DC＝3.因为PA⊥平面ABC，易证PB⊥BC，所以PC为球O的直径.又PA＝8，所以OD＝PA＝4，所以R＝OC＝ ＝5，‎ 所以球O的表面积为S＝4πR2＝100π。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共90分）‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）‎ ‎13.。‎ 解：由向量，，且，‎ 所以，解得，则 ‎ 所以 14. ‎1。‎ 解：作出实数，满足约束条件 的可行域，如图所示，‎ ‎ 由解得 ，，作出直线：，‎ 将目标函数化为，目标函数过点时，，‎ 综上所述，的最小值为1。‎ ‎15.。‎ 解：在中，，，，‎ 由余弦定理可得，‎ 从而可得，解得，‎ 所以为直角三角形， ‎ 设为双曲线的右焦点，连接，根据对称性可得四边形是矩形，‎ 所以，所以 ‎16. 设等差数列{an}的公差为d.∵{an}是等差数列，∴a6＋a8＝30＝‎2a7，解得a7＝15，∴a7－a2＝5d.又a2＝5，则d＝2.∴an＝a2＋(n－2)d＝2n＋1.∴＝＝，∴的前n项和为 ＝＝.‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分）‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.（1）（2）‎ 解：（1）‎ ‎.………………4分 ‎∵的最小值为-2，∴，解得.………………6分 ‎（2）由得，∵，∴，‎ ‎∴，解得，………………8分 ‎∵，，∴.‎ ‎∴.………………10分 由正弦定理，得，得，即.………………12分 ‎18. 解：(1)证明：∵BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos ∠BAD＝4，∴BD＝2，‎ ‎∴AB2＋BD2＝AD2，∴AB⊥BD，∴BD⊥CD.‎ ‎∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，‎ ‎∴BD⊥平面PCD，∴BD⊥PC.‎ ‎∵△PCD为正三角形，E为PC的中点，∴DE⊥PC，‎ ‎∴PC⊥平面BDE，∴BE⊥PC. ………………6分 ‎(2)如图，作PF⊥CD，EG⊥CD，F，G为垂足，‎ ‎∵平面PCD⊥平面ABCD，‎ ‎∴PF⊥平面ABCD，EG⊥平面ABCD，‎ ‎∵△PCD为正三角形，CD＝2，‎ ‎∴PF＝3，EG＝，‎ ‎∴V四棱锥PABCD＝×2×2×3＝4，‎ V三棱锥EBCD＝××2×2×＝，‎ ‎∴多面体PABED的体积V＝4－＝3.………………12分 ‎19. 解：(1)由频率分布直方图可知，‎ ‎(0.010＋0.015＋0.015＋a＋0.025＋0.005)×10＝1，所以a＝0.03.‎ 所以参加高中数学竞赛的考生的成绩的平均数为 ‎45×0.1＋55×0.15＋65×0.15＋75×0.3＋85×0.25＋95×0.05＝71，………………2分 成绩的众数为75. ………………4分 设参加高中数学竞赛的考生的成绩的中位数为x，‎ 则0.1＋0.15＋0.15＋(x－70)×0.03＝0.5，解得x≈73.3，‎ 所以中位数为73.3. ………………6分 ‎(2)因为各层人数分别为6，9，9，18，15，3，各层抽取比例为＝，………………8分 所以各分数段抽取人数依次为2，3，3，6，5，1. ………………12分 ‎20.（1）（2）‎ 解：（1）设动圆半径为，由于在圆内，故圆与圆内切，‎ 则，，∴，‎ 由椭圆定义可知，点的轨迹是以、为焦点，实轴长为4的椭圆，‎ ‎，，，∴轨迹的方程为. ………………6分 ‎（2）若或的斜率不存在，四边形的面积，………………8分 若两条直线的斜率都存在，设的斜率为，则的斜率为，‎ 则方程为，的方程为，‎ 联立方程组，得，‎ 由韦达定理得，，‎ ‎，‎ 设，，则，‎ 同理可得，………………10分 ‎∴‎ ‎，‎ 当且仅当，即时等号成立.‎ ‎∵，因此当时，四边形的面积取得最小值为.………………12分 另解一：‎ ‎.‎ 当即时等号成立.‎ 另解二：也可以令换元求解.‎ ‎21. 解：(1)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ 当a＝－1时，f(x)＝x2－2x＋ln x，∴f′(x)＝x－2＋＝＝≥0，‎ ‎∴函数y＝f(x)在其定义域内为增函数，单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．……6分 ‎(2)①当a＝0，f(x)＝x2－2x＝(x－2)2－2(x＞0)，由于f(4)＝0，故函数有且只有一个零点．‎ ‎②当a＝－1时，由(1)知函数y＝f(x)在其定义域内为增函数，由于f(e)＝－2e＋1＝＜0，f(e2)＝－2e2＋2＝＞0，故函数有且只有一个零点．‎ ‎③当－1＜a＜0或0＜a≤1时，a＋2＞a2＞0，‎ 可得当x∈ (0，a2)时，f′(x)＞0，函数为增函数；当x∈(a2，a＋2)时，f′(x)＜0，函数为减函数；当x∈(a＋2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数为增函数．‎ ‎∴当x＝a2时，函数有极大值f(a2)＝a2[a2－2(a2＋a＋2)＋2(a＋2)ln a2]‎ ‎＝a2[－a2－2(a＋2)＋2(a＋2)ln a2]，‎ 当－1＜a＜0或0＜a≤1时，a2≤1，∴f(a2)＜0，又f(e3)＞0，故函数有且只有一个零点．‎ 综上可知，当a∈[－1，1]时，函数y＝f(x)有且只有一个零点．………………12分 ‎（二）选考题：共10分，请在第22、23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做第一个题目计分.‎ ‎22.（1）的直角坐标方程为,直线的直角坐标方程为（2）‎ 解：（1）因为，，两式相减，有，‎ 所以的直角坐标方程为.‎ 直线的直角坐标方程为.………………5分 ‎（2）联立与的方程，有，消，‎ 得，因为与相切，所以有，‎ 解得：.………………10分 ‎23.解：（1）由，可得 ‎.‎ 当且仅当时，等号成立. ………………5分 ‎（2）∵，‎ ‎∴‎ ‎（当且仅当时等号成立）‎ 即，∴.………………10分