甘肃省武威第六中学2020届高三下学期第三次诊断考试数学（理）试题 8页

武威六中2020届高三第三次诊断考试试卷 理 科 数 学 ‎（本试卷共3页，大题3个，小题22个。答案要求写在答题卡上）‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60分．）‎ ‎1．集合，，则（ ）‎ A. B． C. D. ‎ ‎2．复数，其中为虚数单位，则的虚部为（ ）‎ A. B． 1 C. D. ‎ ‎3．已知sin α＝，sin(α－β)＝－，α，β均为锐角，则β等于(　　 )‎ A. B . C. D. ‎4．把60名同学看成一个总体,且给60名同学进行编号,分5为00,01,…,59,现从中抽取一容量为6的样本,请从随机数表的倒数第5行(下表为随机数表的最后5行)第11列开始向右读取,直到取足样本,则抽取样本的第6个号码为(　　 )‎ A.32 B .38 C.39 D.26‎ ‎5．如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1‎ 中，点P是平面A1B1C1D1 内一点，则三棱锥P﹣BCD的正视 图与侧视图的面积之和为（　　）‎ A．3 B．2 C．4 D．5‎ ‎6．在等比数列中，“是方程的两根”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 ‎7．‎ 某运动制衣品牌为了成衣尺寸更精准，现选择15名志愿者，对其身高和臂展进行测量(单位:厘米),左图为选取的15名志愿者身高与臂展的折线图，右图为身高与臂展所对应的散点图,并求得其回归方程为以下结论中不正确的为( )‎ A．15名志愿者身高的极差小于臂展的极差 ‎ B．15名志愿者身高和臂展成正相关关系 C．可估计身高为190厘米的人臂展大约为189.65厘米 D．身高相差10厘米的两人臂展都相差11.6厘米 ‎8．宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的a，b分别为5，2，则输出的n等于(　　)‎ A.2 B.3 C.4 D.5‎ ‎9．已知抛物线y2＝2x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，直线PF与抛物线交于M，N两点，若，则|MN|＝（　　）‎ A． B． C．2 D．‎ ‎10．已知圆C1：x2＋y2－kx＋2y＝0与圆C2：x2＋y2＋ky－4＝0的公共弦所在直线恒过点P(a，b)，且点P在直线mx－ny－2＝0上，则mn的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D.‎ ‎11．已知F为双曲线－＝1(a>0，b>0)的右焦点，定点A为双曲线虚轴的一个顶点，过F，A的直线与双曲线的一条渐近线在y轴左侧的交点为B，若＝(－1)，则此双曲线的离心率是(　　)‎ A. B. C.2 D. ‎12．已知函数，当时，的取值范围为 ‎，则实数m的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13．已知，，与的夹角为，则__________.‎ ‎14．(x2＋1)的展开式的常数项是_________.‎ ‎15．已知f（x）是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f（x）＝x2﹣2x，则不等式f（x）＞x的解集用区间表示为　 　．‎ ‎16．甲、乙、丙三位同学获得某项竞赛活动的前三名，但具体名次未知.3人作出如下预测：甲说：我不是第三名；乙说：我是第三名；丙说：我不是第一名．若甲、乙、丙3人的预测结果有且只有一个正确，由此判断获得第三名的是　 .‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程及演算步骤）‎ D A B C ‎17．（本小题满分12分）在平面四边形ABCD中，已知AB＝2，AD＝3，‎ ‎∠ADB＝2∠ABD，∠BCD＝．‎ ‎（1）求BD；‎ ‎（2）求△BCD周长的最大值．‎ ‎18.（本小题满分12分）如图所示，四棱锥中，侧面底面，底面是平行四边形，，，，是中点，点在线段上.‎ ‎（Ⅰ）证明：；‎ ‎（Ⅱ）若 ，求实数使直线与平面所成角和直线与平面所成角相等.‎ ‎19.（本小题满分12分）某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖.‎ ‎（1）求顾客抽奖1次能获奖的概率；‎ ‎（2）若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为，求的分布列和数学期望.‎ ‎20.（本小题满分12分）已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率e=,过右焦点F且垂直于x轴的弦长为2.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)若直线l:y=x+m与椭圆C交于M,N两点,求△MFN的面积取最大值时m的值.‎ ‎21．（本小题满分12分）已知函数f(x)＝(a－x)ex－1，x∈R.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间及极值；‎ ‎(2)设g(x)＝(x－t)2＋，当a＝1时，存在x1∈(－∞，＋∞)，x2∈(0，＋∞)，使方程f(x1)＝g(x2)成立，求实数m的最小值.‎ ‎【选修4-4：极坐标与参数方程】‎ ‎22．（本小题满分10分）在平面直角坐标系xOy中,曲线C1:(t为参数).在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ2=.‎ ‎(1)求曲线C1的普通方程及C2的直角坐标方程;‎ ‎(2)设t1=1,t2=-1在曲线C1上对应的点分别为A,B,P为曲线C2上的点,求△PAB面积的最大值和最小值.‎ ‎【选修4-5：不等式选讲】‎ ‎23.（本小题满分10分）已知函数.‎ ‎(1)若函数的最小值为3，求实数的值；‎ ‎(2)在（1）的条件下，若正数满足，求证：.‎ 武威六中2020届高三第三次诊断考试试卷 数学（理）参考答案 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60分．）‎ CACDB ADCBD AC 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.3 14. -42 15. （﹣3，0）∪（3，+∞） 16. 甲 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程及演算步骤）‎ ‎17.解：（1）在△ABD中，由正弦定理得：＝＝2cos∠ABD，‎ ‎∴cos∠ABD＝，‎ ‎∴cos∠ABD＝＝＝，‎ 即：BD2﹣8BD+15＝0，解得：BD＝3或5；‎ ‎（2）在△BCD中，∠BCD＝，由余弦定理得：cos∠BCD＝＝，‎ ‎∴BC2+CD2﹣BD2＝BC×CD， ∴（BC+CD）2＝BD2+3BC×CD，‎ 由基本不等式得：，∴（BC+CD）2≤，‎ ‎∴，∴（BC+CD）2≤4BD2，‎ 当BD＝3时，BC+CD≤6，即3＜BC+CD≤6，所以6＜BC+CD+BD≤9，‎ 当BD＝5时，BC+CD≤10，即3＜BC+CD≤10，所以6＜BC+CD+BD≤15‎ 所以△BCD周长的最大值为：9或15．‎ ‎18.(Ⅰ)解：中，∴∴； ‎ 连，中 ‎ ‎∴∴，∴ ‎ 又∴平面∴ ‎ ‎(Ⅱ)由（1）：，又侧面底面于，∴底面，∴以为原点，延长线、、分别为、、轴建系； ‎ ‎∴，，,，，‎ ‎∴，，， ‎ 设，（），则 ‎， ‎ 设平面的一个法向量，则，可得 又平面的一个法向量 ‎ 由题：，即解得：‎ 19. ‎（1）‎ ‎（2）顾客抽奖3次独立重复试验，由（1）知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为，‎ ‎∴，‎ 于是；；‎ ‎；，‎ 故的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 的数学期望为.‎ ‎20.解:(1)由题意知解得∴椭圆C的方程为 =1.‎ ‎(2)联立方程得消去y,得3x2+4mx+2m2-4=0,‎ Δ=16m2-12(2m2-4)=-8m2+48>0,∴|m|<.‎ 设M(x1,y1),N(x2,y2),∴x1+x2=-, x1x2=,‎ ‎∴|MN|=|x1-x2|=.‎ 又点F(,0)到直线MN的距离d=,‎ ‎∴S△FMN=|MN|·d=|+m|·(|m|<).‎ 令u(m)=(6-m2)(|m|<),则u'(m)=-2(2m+3)(m+)(m-),‎ 令u'(m)=0,得m=-或m=-或m=,‎ 当-0;当-0;当0；当x∈(a－1，＋∞)时，f′(x)<0，‎ 所以f(x)的单调递增区间为(－∞，a－1)，单调递减区间为(a－1，＋∞)，‎ ‎∴当x＝a－1时，函数f(x)有极大值且为f(a－1)＝ea－1－1，f(x)没有极小值.‎ ‎(2)当a＝1时，由(1)知，函数f(x)在x＝a－1＝0处有最大值f(0)＝e0－1＝0，‎ 又因为g(x)＝(x－t)2＋≥0，∴方程f(x1)＝g(x2)有解，‎ 必然存在x2∈(0，＋∞)，使g(x2)＝0；∴x＝t，ln x＝，等价于方程ln x＝有解，即m＝xln x在(0，＋∞)上有解，‎ 记h(x)＝xln x，x∈(0，＋∞)，∴h′(x)＝ln x＋1，‎ 令h′(x)＝0，得x＝，当x∈时，h′(x)<0，h(x)单调递减，‎ 当x∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增，‎ 所以当x＝时，h(x)min＝－，所以实数m的最小值为－.‎ ‎22(1)由曲线C1:得曲线C1的普通方程为x+y-4=0.‎ 由C2:ρ2=得ρ2(2+cos2θ)=6,2ρ2+ρ2cos2θ=6,3x2+2y2=6,‎ 所以曲线C2的直角坐标方程为=1.‎ ‎(2)由(1)得点P(cos θ,sin θ),点P到直线AB的距离 d=,其中tan φ=,‎ 所以dmax=,dmin=.‎ 又当t1=1,t2=-1时,A(1,-1+4),B(-1,1+4),|AB|=2,‎ 所以△PAB面积的最大值和最小值分别为5,3.‎ ‎23.（1）解:∵,‎ ‎∴,又∵,∴.‎ ‎（2）证明:由（1）知,∴,即,‎ 正数,‎ ‎∴,‎ 当且仅当时等号成立.‎