安徽六安市一中2020届高三数学(理)下学期自测卷六附答案详析

理科数学（六）

命题人：

时间：120分钟

满分：150分

一、选择题：本大题共12个小题，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．已知集合A{x|1x3}，集合B{x|x(2x7)0}，则A(CRB)（A．{x|1x0}B．{x|x3}

C．{x|1x}）

72D．{x|0x}）

722．设复数z满足z32，z在复平面内对应的点为M(a,b)，则M不可能为（A．（3,2）

3．已知ba0，则（

B．（5,0））

abC．（2，3）

D．（4,1）

11

B．C．lgalgbA．1a1b

22



4．已知向量m(3,0),n(3,0),(qm)(qn)，则q为（）

A．7

B．5

C．3

D．1

D．

11

ab5．如图，若在矩形OABC中随机撒一粒豆子，则豆子落在图中阴影部分的概率为（

A.12πB.2π）

C.

2π2D.1

2π2sinxx2cosx

6．函数f(x)在2,00,2上的图像大致为

x20（

）

7．执行如图所示的程序框图，输出结果是（A．-2

B．-1

）C．2

D．3

8．为了加强“精准扶贫”，实现伟大复兴的“中国梦”，某大学派遣甲、乙、丙、丁、戊五位同

1学参加A,B,C三个贫困县的调研工作，每个县至少去1人，且甲、乙两人约定去同一个贫困县，则不同的派遣方案共有（A．24

B．36

）C．48

D．64

9．如图所示是一位学生设计的奖杯模型，奖杯底托为空心的正四面体，且挖去的空心部分是恰好与四面体四个面都相切的球O1;顶部为球O2，其直径与正四面体的棱长

a相等，则球O1与球O2的半径之比r1:r2（

A．1:6C．1:3

B．1:6D．1:3）

x0

2x2y4

10．设x,y满足约束条件yx，则的取值范围是（

x14x3y12



A．4,12B．4,11C．2,6D．1,5）

x2

y21，过抛物线C2:x24y焦点F的直线交抛物线于M,N两11．如图，已知椭圆C1:4点，连接NO,MO并延长分别交C1于A,B两点，连接AB，OMN与OAB的面积分别记为SOMN,SOAB,则在下列命题中，正确命题的个数是（）①若记直线NO,MO的斜率分别为k1,k2，则k1k2的大小是定值为②OAB的面积SOAB是定值1；

③线段OA,OB长度的平方和OAOB是定值5；④设A.4个

2

2

1；4

SOMN

,则2；SOAB

B．3个

C.2个

D.1个

4ax2

2x,若方程f(x)g(x)恰有三个不相等的实根，12．已知函数f(x)lnx2ax,g(x)

lnx则a的取值范为（A.

）

C.(e,)

D.0,

10,2e

B．0,e

1e

二、填空题:本大题共4小题，每小题5分.

13．若(mxy)6展开式中x3y3的系数为160，则m__________．

则S10__________．

15．已知长方体ABCDA1B1C1D1的体积为32，AB2BC4,E平面ABB1A1,若点E到直

线AA1的距离与到直线CD的距离相等，则D1E的最小值__________．

214．已知Sn为公差不为零的等差数列an的前n项和，若S4S37，且a2,a5,a14成等比数列，

x2y216．已知双曲线C:221(a0,b0)的左右焦点分别为F1,F2,直线l是双曲线C过第一、三

ab象限的渐近线，记直线l的倾斜角为，直线l'：ytanx,F2Ml'，垂足为M，若M在

2双曲线C上，则双曲线C的离心率为__________．

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.(一)必考题：共60分.17．（本小题满分12分）

在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，满足bccosCc2cosB2ab.（1）求

c

的值；b（2）若a6，求ABC面积的最大值.

18．（本小题满分12分）

如图，多面体ABCDE中，平面AEC平面ABC,ACBC,AECD,四边形BCDE为平行四边形.

（1）证明：AEEC;

（2）若AEECCB2,求二面角DACE的余弦值.

19．（本小题满分12分）

2y2x2已椭圆E:221(ab0)的离心率为，且过点C(1,0).2ab（1）求椭圆E的方程；

（2）若过点(,0)的任意直线与椭圆E相交于A,B两点，线段AB的中点为M,求证：恒有

13AB2CM.

20．（本小题满分12分）

已知函数f(x)ex2xcosx.（1）当x(,0)时，求证f(x)0;（2）若函数g(x)f(x)ln(x1),求证：g(x)存在极小值.

321．（本小题满分12分）

为了拓展城市的旅游业，实现不同市区间的物资交流，政府决定在A市与B市之间建一条直达公路，中间设有至少8个的偶数个十字路口，记为2m，现规划在每个路口处种植杨树或者木棉树，且种植每种树木的概率均为

1．2（1）现征求两市居民的种植意见，看看哪一种植物更受欢迎，得到的数据如下所示：

是否有99.9%的把握认为喜欢树木的种类与居民所在的城市具有相关性；

（2）若从所有的路口中随机抽取4个路口，恰有X个路口种植杨树，求X的分布列以及数学

期望；

（3）在所有的路口种植完成后，选取3个种植同一种树的路口，记总的选取方法数为M，求

证3Mm(m1)(m2)．

(二)选考题：共10分请考生在22,23两题选一题作答.22.（本小题满分10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】

x2cos在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程为（为参数）．以坐标

y2sin原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，直线l的极坐标方程为2sin(

)1．4

11的值.PAPB（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；

（2）设点P的直角坐标为（1,0），若直线l与曲线C分别相交于A,B两点，求

23.（本小题满分10分）【选修4-5：不等式选讲】

已知函数fxxx1．（Ⅰ）求不等式fx2的解集；

（2）若a,b,cR，函数fx的最小值为m，若abcm，求证abbcac.

134六安一中2020届高三年级自测试卷

理科数学（六）参考答案

1.选A,因为B:0x

77

,CRB:x0或x,所以A(CRB){x|1x0}22

2

2

2.选D，因为a,b满足(a3)b43.选C，因为ylgx在(0,)单调增4.选C，因为(qm)(qn)q(mn)qmn0,q95.选A，因为2

2



0

sinxdx(cosx)02阴影部分的概率2

sin(x)(x)2cos(x)sinxx2cosx

6.选A，f(x)f(x)偶函数，故关于y轴对称，x20x20

22

0排除B，f(2)0，排除D排除C，f()2057.选D，s0,n2;s2,n3;s1,n4;s3,n5退出循环8.选B，先分组再排列，若按照3:1:1进行分配，则有C3A318;若按照2:2:1进行分配，则有3

C32A318,共有36种1

3

9.选B，设内切球O1的半径r1，正四面体的高为h，利用等体积法得4

又h10.选A,11

所以4r1h，Sr1Sh，33

a2(32661

a)a，则r1a，O2的半径r2a，所以r1:r21:6331222x2y42(x1)2(y1)y1y1

，k的几何意义为平面区域内的点到22

x1x1x1x1

定点D(1,1)的斜率，1k5,42k212

11.选A,记M,N两点的坐标分别为M(x1,y1),N(x2,y2)，由抛物线焦点的性质可得yy1p2

x1x2p4,y1y21，则k1k212，故①对，设A,B两点的坐标分别为x1x244

2

1sinsin1

A(2cos,sin),B(2cos,sin)，由k1k2可得：

44coscos4

则有coscossinsin0，即cos()0,k

(kZ)2A',B'是A,B在x轴投影5SABOSBB'A'ASOAA'SOBB'

111

(sinsin)(2cos2cos)(sin)(2cos)(sin)2cos，故②正确2221

2coscos2sinsinsin()12

2

2

2

2

而OAOB4(coscos)(sinsin)415，故③正确2

2

最后，

x1x242

2，故④正确xAxB4coscossin212.选A，由题意可知方程f(x)g(x)在(0,1)(1,)上恰有三个不相等的实根，即4ax2

lnx2ax2x在(0,1)(1,)上恰有三个不相等的实根，lnx又x0，所以两边同时除以x可得令t(x)

lnx4ax

2a2，xlnx

lnx4a

,x(0,1)(1,)，则上述方程转化为t(x)2a20，xt(x)

即t(x)2t(x)2a0,t(x)2或t(x)2a，t'(x)

1lnx

,当x(0,1)(1,e)时，t'(x)0,当x(e,)时，t'(x)02xt(x)在(0,1),(1,e)上单调递增，且x0,t(x)在(e,)上单调递减，且x,t(x)0

1

xet(x)取得最大值为，当t(x)2时，仅有一个实数根，et(x)2a应恰有两个不相等的实根，t(x)2a应恰有两个不相等的实根，11

02a,a(0,)e2e13.2

3m3C6160,m2

a13d7

14.100S4S37,a47，设数列an的公差为d(d0)，有解2

(a14d)(a1d)(a113d)

得

a11109

所以S10102100

2d2

15.4因为VABCDA1B1C1D132,AB2BC4,所以AA14,以D为原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设E(2,y,z)，则点E到直线AA1的距离为y，点E到直线CD的距离为4z2，故y4z2，而D1(0,0,4),故6D1E4y2(z4)22z28z244

16.bsinb,OF2c,tan,,sin2cos21解得2acosabasin,cos，则OMccos，故M(ccos2,ccossin),化简得cc2222cabM(,)代入双曲线方程可得e51

22

51

设MOF2

2

17.解：（I）由bccosCccosB2ab，得c(bcosCccosB)2ab，由正弦定理知：c(sinBcosCsinCcosB)2bsinA

即：csin(BC)2bsinA,csinA2bsinA

c

sinA0,c2b2

…………………………………………………………..5分b6

a2c2b22bccosA5b24b2cosA,则b2

（II）由余弦定理知，54cosA

16sinA

………………………………………..8分SbcsinAb2sinA

254cosA即：5S4ScosA6sinA,3616Ssin(A)5S3616S5S…10分22解得S2,即面积最大值是2………………………………………………..12分（解法二：构造圆，数形结合求斜率最值）719．（I）由题意知b1，c2.…………………………………………………….…1分

a22.………………………………………………….……3分又因为a2b2c2解得，a

y2x21.……………………………………………………………….4分所以椭圆方程为2（Ⅱ）设过点(

1

xty3由2得yx21211

,0)直线为xty，设Ax1,y1，Bx2,y233

2

2

918ty

12ty160，且.则12t

yy,21918t2..............................................................6分

16yy,12

918t2



又因为CAx11,y1，CBx21,y2，44416

CACB(x11)(x21)y1y2ty1ty2y1y21t2y1y2ty1y2

3339

1t2164t12t16

0，……………………………..…10分918t23918t29所以CACB.因为线段AB的中点为M，所以|AB|2|CM|.…………………………………12分20.(I)依题意，f'(x)ex2sinx…………………………………………………1分exe01,sinx10故f'(x)0……………………………………………….3分故函数f(x)在(,0)上单调递减，故f(x)f(0)0………………………...4分(II)解法一：依题意，g(x)ex2xcosxln(x1),x1令h(x)g(x)e而h(x)e

'

x'

x

1

sinx2,h(0)0x1

1'

cosxx(0,),h(x)0…………………….6分，可知当(x1)22

)上单调递增，故当x(0,),h(x)g'(x)g'(0)0……8分22当x(1,0)时，函数h'(x)单调递增，而h'(0)1

故函数h(x)在(0,

9999'

又h()e10cos()1000，故x0(,0)，使得h(x0)=0101010'

故x(x0,0)，使得h'(x)0，即函数h(x)单调增，使得g'(x)单调递增；8故当x(x0,0),g(x)g(0)0…………………………………………………..11分''

)单调递增2

故当x0时，函数g(x)有极小值g(0)0………………………………………12分当函数g(x)在(x0,0)单调递减，在(0,

解法二：依题意：g(x)ex2xcosxln(x1),x1

h(x)g'(x)ex

'x而h(x)e

1

sinx2,h(0)0………………………………….5分x11'cosxh(x)x(0,),h(x)0(0,)上单调递增，故，可知当,故在(x1)222

…………………….6分h(x)h(0)0,g'(x)0

当x(1,0)时，令s(x)(x1)2ex,t(x)(x1)2cosx则s'(x)(x1)(x3)ex0，故s(x)是(1,0)上的增函数所以s(1)s(x)s(0),0s(x)1故存在区间(x1,0)(1,0)，使s(x)

1x1

,e……………………………….8分22(x1)2又0(x1)21,cos1cosx1,0t(x)1故存在区间(x2,0)(1,0),t(x)

11,cosx…………………………………10分22(x1)2'

x

设(x1,0)(x2,0)(x0,0)，则在区间(x0,0)上h(x)e上的增函数，即在区间(x0,0)上g(x)e

'

x

1

cosx0，故h(x)是(x0,0)

(x1)21

sinx20……………11分x1

故当x0时，函数g(x)有极小值g(0)0…………………………………………….12分91011