2020届贵州省铜仁市第一中学高三下学期防疫期间“停课不停学”网上测试(二)数学(理)试题

理科数学

（2020年2月22日 15:00—17:00）

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．设集合Axx2x20，Bxlog2x0，则AUB（ ） A．1,2

B．0,1

C．,2

D．1,1

2．欧拉公式eicosisin(e是自然对数的底数，i是虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发现的．它将三角函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，当π时，就有e10．根据上述背景知识试判断eA．第一象限

B．第二象限

iπi20203表示的复数在复平面对应的点位于（ ）

D．第四象限

C．第三象限

3．已知向量a5,m，b2,2，若abb，则m（ ） A．1 B．1 C．2 D．2 4．函数fxsinxx22x的大致图象为（ ） xA. B．

C． D．

5.已知等差数列an的前n项和为Sn，若a112，S590，则等差数列an的公差d（ ） A．2

B．

3 2C．3 D．4

6．某地环保部门召集6家企业的负责人座谈，其中甲企业有2人到会，其余5家企业各有1人到会，会上有3人发言则发言的3人来自3家不同企业的可能情况的种数为（ ）

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A．15 B．30 C．35 D．42

其中的数

7．根据某校10位高一同学的身高(单位：cm)画出的茎叶图（图1），左边的数字从左到右分别表示学生身高的百位数字和十位数字，右边字表示学生身高的个位数字，设计一个程序框图（图2）， 用

Aii1,2,,10表示第i个同学的身高，计算这些同学身高的方差，

序框图①中要补充的语句是（ ） A．BBAi B．BBAi2

22 C．BBAiA D．BBAi

则程

2ππ8．将函数ysin2x图象上所有的点向左平行移动个单位长

36度，

再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），则所得图象对应的函数解析式为（ ）

π2πA．ycosx B．ysin4xC．ycosx D．ysin4x

63 x2y29．已知双曲线221a0,b0的左、右焦点分别为F1，F2，过F1作圆x2y2a2的切线，交双曲

ab线右支于点M，若F1MF245，则双曲线的离心率为（ ） A．3 B．2 C．2 D．5

10．已知棱长为1的正方体被两个平行平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则剩余部分的表面积为（ ） 2A．

3 B．33 D．23

C．93 211．已知抛物线y22pxp0上一点5,t到焦点的距离为6，P，Q分别为抛物线与圆x6y21上的动点，则PQ的最小值为（ ） A．211

B．25C．25 D．251

5

212．函数fxx2lnxax0恰有两个整数解，则实数a的取值范围为（ ） A．

ln2ln3ln2B．2a1 C．3a1 D．2a13a2

232

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

2页

13．已知

sincos11，且，则tan的值为 ． tan313cos24xy014．已知变量x，y满足约束条件x2y3，则zx2y的最小值为______．

4xy6m3212mx15.若二项式的展开式中的常数项为，则3xdx______． 3x161,n22n16．数列an且ansinnπ,4n为奇数，若Sn为数列an的前n项和，则S2018______．

n为偶数三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17.（12分）如图，△ABC中ABAC，sinC25， 5E在边AC上，AE=5，EC=2．

（1）求BE的长； （2）求△ABE的面积．

3页

18．（12分）贵州省有很多名优土特产，闻名于世的“贵州三宝”（贵州茅台、玉屏箫笛、大方漆器），很多人慕名而来旅游，通过随机询问60名不同性别的游客在购买“贵州三宝”时是否在来贵州省之前就知道“贵州三宝”，得到如下列联表：

男 女 n 总计 q 事先知道“贵州三宝” 8 m PR2k0 0.010 0.005 0.001 事先不知道“贵州三宝” 4 p 36 k0 6.635 7.879 10.828 总计 40 t n(adbc)2附：K，

abcdacbd2（1）写出列联表中各字母代表的数字；

（2）由以上列联表判断，能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为购买“贵州三宝”和是否“事先知道‘贵州三宝’有关系”？

（3）从被询问的q名事先知道“贵州三宝”的顾客中随机选取2名顾客，求抽到的女顾客人数的分布列及其数学期望．

19．（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PA平面ABCD，E为AD的中点，AC

4页

交BE于点F，G为△PCD的重心． （1）求证：FG∥平面PAD；

（2）若PAAD，点H在线段PD上，且PH2HD，求二面角HFGC的余弦值．

1x2y220．（12分）已知椭圆E:221ab0经过点P3,，且右焦点F22ab（1）求椭圆E的方程；

5页

3,0．

（2）若直线l:ykx2与椭圆E交于A，B两点，当AB最大时，求直线l的方程．

6页

21．（12分）已知函数fxlnx1aR在x1处的切线与直线x2y10平行． ax（1）求实数a的值，并判断函数fx的单调性；

（2）若函数fxm有两个零点x1，x2，且x1x2，求证：x1x21．

请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．

7页

x22cos22.（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为，（为参数）．以原点O为极点，

y2sinx轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为4sin．

（1）求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；

（2）已知曲线C3的极坐标方程为0π,R，点A是曲线C3与C1的交点，点B是曲线C3与C2的交点，且A，B均异于极点O，且AB26，求实数a的值．

23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】 若a0，b0，且abab1． （1）求

11的最小值； a3b3611的值为？并说明理由． 32a3b（2）是否存在a，b，使得

贵州省铜仁一中高三年级防疫期间 “停课不停学”网上测试（二）

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理科数学答题卡

班级 姓名 得分

一、选择题：本题共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. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

1 _____ _． 2______ __. 3____ __． 4____ __．

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． 17． 18、

9页

19.

20.

21．

10页

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. 23．

11页

贵州省铜仁一中高三年级防疫期间 “停课不停学”网上测试（二）

理科数学

评分说明：

1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则.

2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分.

3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数. 4．只给整数分数.选择题和填空题不给中间分. 一、选择题：

1．解不等式x2x20，得1x2，即A1,2，由log2x0，得0x1，即B0,1，所以

AUB1,2，故选A．

2．由题意，

e

i20203cos(202020202020202013)isin()cosisincosisini3333332212页

则ei2020313表示的复数在复平面对应的点为,22，位于第二象限，故答案为B．

3．由题意，ab3,m2，Qabb，abb62m20，解得m1．故选B． 4．f1sin112sin110，排除B，C，当x0时，sinxx0，则x0时，

sinx1，xfx101，排除A，故选D．

5.依题意有51254d90，解之得d3，选C 21236．依题意有C2C5C530，选B

7．由s2x1x2x2x2xnxn2

x12x22xn22x1x2xnxnx2nx12x22xn22nx2nx2x12x22xn2x2nn，

A222循环退出时i11，知x．∴BA1A2A10，

i122故程序框图①中要补充的语句是BBAi2．故选B．

ππ8．先将函数ysin2x图象上所有的点向左平行移动个单位长度，

36ππ2π得ysin2xsin2x再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），，

6332ππππsinxcosx得ysinx，故选A． 32669．如图，设切点为N，连接ON，过F2作F2AMN，

垂足为A，由ONa，且ON为△F1F2A的中位线，得F2A2a，F1Nc2a2b，即有F1A2b，在直角三角形MF2A中，

得MF222a，即有MF12b2a，双曲线的定义可得MF1MF22b2a22a2a，可得b2a， 所以ca2b23a，所以ec3，故选A． a13页

10．由三视图可得，该几何体为如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1截去三棱锥D1ACD和三棱锥

BA1B1C1后的剩余部分．其表面为六个腰长为1的等腰直角三角形和两个边长为2的等边三角形，所以

13其表面积为6122242233，选B.

pp，则点5,t到焦点的距离为d56，22211．由抛物线C:y22pxp0焦点在x轴上，准线方程x则p2，所以抛物线方程y24x，设Px,y，圆M:x6y21，圆心为6,0，半径为1， 则PMx62y2x624xx4220，当x4时，PQ取得最小值，最小值为

201251，

12．函数fxx2lnxax0恰有两个整数解，即alnxlnxx恰有两个整数解，令gxx，得xx1lnxx2，令hx1lnxx2，易知hx为减函数．当x0,1，hx0，gx0，gxgx2xln2ln3单调递增；当x1,，hx0，gx0，gx单调递减．g11，g2 2，g33．

23由题意可得：g3ag2，∴

二、填空题：

ln3ln23a2．故选D． 32sincossincostan1，∴tan2，

13cos2sin24cos2tan244tantan2tan1，解得tan1．故答案为1． 又tan1tantan12tan313．∵14.5

画出x，y满足的可行域， x2y3由，解得A1,2，

4xy6当目标函数zx2y经过点A1,2时， z取得最小值为5．

15.124.

r32由题意，二项展开式的通项为Tr1C63x26r133xr6rrC6x123r，

m534223533由123r0，得r4，所以m3C65，则3xdx3xdxx|151124．

11 14页

16．

30282019

1,n22n数列an且ansinnπ,4②当n为偶数时，ansinn为奇数，①当n为奇数时，ann为偶数1111；

n22n2nn2nπ，所以S2018a1a3a5La2017a2a4a6La2018， 41111111009302830281L1．故答案为． 101L023352017201920192019

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

15页

2019

18．（1）由列联表能求出m32，n16，p20，q24，t60． （2）由计算可得K2608432164020243622010.828，

所以在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为购买“贵州三宝”和“事先知道‘贵州三宝’有关系”. （3）的可能取值为0，1，2．P0的分布列为：

2C812C1C1673230108C16；P12；P22， 6969C24C246923C224 P 的数学期望：E00 7 691 32 692 10 237321092． 126969236919．（1）证明：∵AE∥BC，∴△AEF∽△CBF，

∵E为AD中点，∴CF2AF，连接CG并延长，交PD于M，连接AM，∵G为△PCD的重心，∴M为PD的中点，且CG2GM，∴FG∥AM，∵AM平面PAD，FG平面PAD，∴FG∥平面PAD． （2）分别以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系． 设PAAD3，则C3,3,0，D0,3,0，P0,0,3，F1,1,0， ∵PH2HD，∴H0,2,1，∵G为△PCD的重心，∴G1,2,1， uuuruuur设平面FGC的法向量n1x1,y1,z1，FC2,2,0，FG0,1,1，

uuur2x2y0nFC0则1uuu，∴，取x1，则y1，z1，∴n11,1,1． ryz0nFG01uuur设平面FGH的法向量n2x2,y2,z2，FH1,1,1，

uuurnFH0xyz0则2uuu，∴，则x0， ryz0n2FG0取y1，则z1，∴n20,1,1．

16页

∴cosn1,n2n1n26， n1n23由图可知，该二面角为钝角， ∴二面角HFGC的余弦值为

20．（1）设椭圆E的左焦点F13,0，则2aPF1PF24a2， x2又c3bac1，所以椭圆E的方程为y21．

42226． 3ykx2（2）由14k2x282kx40，设Ax1,y1，Bx2,y2，

22x4y4由Δ128k21614k20k282k41xx，且x1x2，， 12414k214k22AB1k2x1x2282k42． 4x1x21k4214k214k211255612t0,设t，则，， AB26tt126t21224614k21156111，即k时，AB有最大值，此时l:yx2．

2621211121．（1）函数fx的定义域：0,，f11，解得a2，∴fxlnx，

a22x当t112x12， 2x2x2x11令fx0，解得0x，故fx在0,上是单调递减；

22∴fx令fx0，解得x11，故fx在,上是单调递增． 22（2）由x1，x2为函数fxm的两个零点，得lnx111m，lnx2m，两式相减，可得2x12x2x1x112xxxx1xxx11lnx1lnx20，即ln112，x1x212，因此x12，x2，

x1x1x12x12x2x22x1x22ln2ln2lnx2x2x211txt1tt，构造函数htt12lnt0t1， 令t1，由x1x2，得0t1．则x1x2x22lnt2lnt2lntt112t11ht0,1hth1则ht12，∴函数在上单调递增，故，即0t2lnt0，可知tttt2

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21t1． 2lntt故命题x1x21得证．

请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分． 22.（1）C1:x2y24，C2:x2y24．

（2）C1:4cos，联立极坐标方程，得A4cos，B4sin，

22π3π711，Q0π，∴π或π． AB42sin26，sin424121223．（1）Qabab1，ab1ab1ab，Qa0，b0，ab2ab，当且仅当ab时取等号，

2ab，ab11112142， ．332332abababab1142，当且仅当ab时取等号． a3b311112232， 2a3b2a3b36ab（2）Qa0，b0，623， 33Q不存在a，b，使得

611的值为． 32a3b

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