·大聯(lián)考長沙市中202屆高三考試卷三)

數(shù)學(xué)參考答案

一、選擇題(本大題共8個小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的)

題號2345

答案CBBACDDA

1.C【解析】因?yàn)锽≤2}2≤≤2},A3≤≤1},所以AB2≤≤1},故選C.

0

2.B【解析】(3+i)(2ai)=(6+a)+(23a)i,":uR且為純虛數(shù),'a=6,

23a0,

"x=20i,".Izl=IXl20.故選B.

3.B【解析】若數(shù)列(a,}既是等差數(shù)列又是等比數(shù)列,則a,興0,設(shè)其公差為d,

2

則32,即(2d)(2d)=a22,則d=0,數(shù)列(a,}為非零常數(shù)列;

若數(shù)列(a,}為常數(shù)列,當(dāng)a,=0時,數(shù)列(a,}不是等比數(shù)列,

故"數(shù)列{a,}既是等差數(shù)列又是等比數(shù)列"是"數(shù)列(a,}是常數(shù)列"的充分不必要條件,故選B.

4.A【解析】根據(jù)題意可得B=AB+AB,A=AB+AB,故由互斥事件概率的加法公式得P(B)=P(AB)+

P(AB),故P(AB)=P(B)P(AB)=0.15,易得P(A)=1P(A)=0.25,

所以P(AB)=P(A)P(AB)=0.1.故選A.

5.C【解析】由題意設(shè)MNI=MFI=Z,

根據(jù)題意可知MF22a+Z,INF2]=2a,2

在Rt△MNF2中,x2+(22a)2=(2a+Z)2,得Z:=3a,從而INF11=6a,INF24a,

在Rt△FNF2中,(4a)2+(6a)2=(2C)2,得C2=13a2,即e=、3·故選C.

f(1)f"()sinxf(1)C

D解析令函數(shù)g(inXE(·則g(<

ff

因此函數(shù)在·上單調(diào)遞減·當(dāng)XE(0時·in>·則不等式f>2finin>

sin

即(>·解得<<·所以原不等式的解集為(,"),故選D·

r.D解析AP+BP+CP

如圖,取等邊△ABC的中心為Q則A0+B0+CO-0,則

AO+BO+CO+3OPI=l3OPI=3,則IOPI=1,故點(diǎn)P在以O(shè)為圓心,1為半徑的圓上.

過0作OQAB交圓于點(diǎn)Q,且OQ與AB方向相同,由向量數(shù)量積的幾何意義知,當(dāng)點(diǎn)P與

點(diǎn)Q重合時,AP·AB取最大值12.故選D.

8.A【解析】如圖,取BC的中點(diǎn)M,連接MD,MA,分別取△BCD和△ABC的外心F與E,

過兩點(diǎn)分別作平面BDC和平面ABC的垂線,交于點(diǎn)O,

則點(diǎn)O就是四面體ABCD外接球的球心,

則AMD為二面角A-BC-D的平面角,當(dāng)AMD=90。時,四面體ABCD的體積最大.

則四邊形OEMF是正方形,其邊長為、3,M=、,故四面體ABCD外接球半徑R=、5,

數(shù)學(xué)參考答案(一中版)一1

2

則OP=、EPE2=,當(dāng)OP與過點(diǎn)P的截面垂直時,截面圓的面積最小,

此時截面圓的半徑r=、R2P2=2、2,則截面圓的面積為8X.故選A.

二、選擇題(本大題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中,至少有兩項(xiàng)符合題目要求,若全部選

對得6分,部分選對得部分分,選錯或不選得0分.)

題號

答案ABDACDBCD

ABD解析對于A由:44可得y44故直線恒過定點(diǎn)D44故A正確;

對于B圓C:4252圓為C45半徑為3由圓的性質(zhì)可得當(dāng)CDAB時AB最小此

時CDAB242故B正確;

對于C取AB的中點(diǎn)M則CACBCMMACMMBCM2AM22CM2AC22

即CACB的最大值為故C錯誤;

對于D取點(diǎn)P44過點(diǎn)P作圓C的直徑AB易知PAPB由相交弦定理知PAPBPA

PB故D正確故選ABD

ACD解析對于A入時ADMBC五點(diǎn)共面又BC平面ABCD故A正確;

2

由題可知令正方體的棱長為以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系則

AACDDBC

所以AC因?yàn)锳M入AC所以入入入所

以AM入入入DM入入入CBDC

CBn

設(shè)平面CBD的法向量為則令則

DCn

則n

對于B若DM平面CBD則DMn即DMn入入入解得入故B錯誤;

3

當(dāng)ADM為直角角形時有MDMA即AMDM入入入2入入

2

解得入或入舍去故C正確;

3

12

設(shè)M到DA的距離為k則k2DM23入22入3入

223

當(dāng)ADM的面積最小時入故D正確故選ACD

3

2

M,22

當(dāng)2當(dāng)n2

BCD解析≥2時2時M2滿足上式所以N

M22

因?yàn)?b當(dāng)≥2時2b兩式作差得2bbb即bb

bb2b33b44b

所以當(dāng)≥2時2

bb1b22b33b

b

上述等式全部相乘得所以bbb也滿足b所以bN

b

bb2

對于A故A錯誤;

22

對于B2時b又2225224224則為不超過的正整數(shù)故B正確;

322

對于C因?yàn)镃

2222222

所以T2故C正確;

2323242222222<2

lnnln

對于Ddb>lnd考慮ff在e上單調(diào)遞增e上單調(diào)遞減

數(shù)學(xué)參考答案(一中版)2

3

故f(3)>f(4)=f(2),且在[1,e)上f(u)≥0,故ddd3,即1d、3,故D正確·故選BCD.

三、填空題(本大題共3個小題,每小題5分,共15分)

12.24【解析】若甲地點(diǎn)去一組,從B,C,D組選一組,剩下3組分成2組去兩地即可,則有C3C23A2218;

若甲地去兩組,從B,C,D組選兩組,剩下2組分成2組去兩地即可,則有C23A226,故共有18十6=24種.

3.10t解析如圖·設(shè)球的半徑為R·則AB3R.AC"

:BC-ACAB3R20

2020sin15。20sin15。10sin15。

'.R==10·

3C。s15x、3in15.2sin35·,sin15

tan5

14.22ln2【解析】因?yàn)楹瘮?shù)f(1)的定義域?yàn)?0,+o),

當(dāng)a0時,a>0,由f(1)≥0恒成立,則有l(wèi)nxb≥0恒成立,

因?yàn)閥ln的值域?yàn)镽,所以lnb≥0不一定恒成立,矛盾,故≤不成立;

當(dāng)a>0時,由、a≥0≥a2,a<0=0<<a2

由nb≥0戶x≥eb,Inb<0=0<<eb,

b

所以要使得f(1)≥0恒成立,則a2e,即b=2lna,所以ab=a2lna.

22

設(shè)hto)-e2n>·則hto)=1·

當(dāng)a>2時,h'(a)>0,所以h(a)在(2,+o)上單調(diào)遞增,

當(dāng)0<a<2時,h'(a)<0,所以h(a)在(0,2)上單調(diào)遞減,

所以h(a)有最小值h(2)=22ln2,所以ab的最小值是22ln2.

四、解答題(本大題共5個小題,共77分)

15.【解析】(1)證明:由sinA=sin(xBC)=sin(B+c)=2sin2csin(BC),

所以sinBcosC+cosBsinC=4sinCcosCSinBcosC+cosBsinC,

則sinBcosC=2sinCcosC,………………3分

因?yàn)樵阡J角△ABC中,CosC>0,則sinB=2sinC,

由正弦定理得b=2c.……………5分

2/15

(2)因?yàn)閟inLBAC、CBAC…6分

4

由AD平分<BAC得in<CADin<BAD4·8分

-

由ABCACD+:BAD得·2AC·AB·inZCAB-2AC·AD·inzcAD2AD·AB·inDAB·

+

所以2·2C·C·2·2C·AD·2·C·AD·4·解得AD3C·-10分

由C。

BAC=4得·4·所以2C·…12分

-3分

16.【解析】(1)由圖可知,10x(0.010+0.015+0.015十a(chǎn)+0.025+0.005)=1,解得a=0.030.…………1分

因?yàn)?.005X10=0.05,10X(0.005+0.025)=0.3,

則成績由高到低的前10%分?jǐn)?shù)線必在[80,90)之間,

設(shè)分?jǐn)?shù)線為m,則10xo.005+0.025x(90m)=0.1,得m=88,……3分

則記為"優(yōu)秀"的最低分?jǐn)?shù)為88分.……………4分

(2)樣本成績位于40,50),[50,60)和[60,70)的比例為2:3:3,

23

故所抽取的8個人中,來自[40,50)的人數(shù)為8X2,來自50,60)的人數(shù)為8X3,來自[60,70)的人數(shù)

數(shù)學(xué)參考答案(一中版)3

3

為8X=3,…………6分

則X的所有可能取值為1,2,3,4.

C51C331C25C233C35C313C45C31

P(X—1),P(X=2)—,P(X=3)=,P(X4)—

C4814C487C487C4814

所以X的分布列為

X1234

33

P

l477l4

………………8分

335

方法=1×+2×+3×……………9分

:E(X)1477+4X142·

55

方法二:X服從參數(shù)N=8,M=5,n=4的超幾何分布,故E(X)=4X.…9分

82

(3)由題意得,1=45xo.1+55xo.15+65xo.15+75xo.3+85xo.25+95xo.05=71,…10分

由z=71,s=11,所以r=71,o=11,uo=60,u十o=82,2o=49,u十2o=93,……11分

11·09545

所以P(60Y<93)=P(pσ≤y<u+2)P(p2Y<u+o)+

2Y<u+2o)2P(pσ2

7-ois…13分

所以高中生的體質(zhì)測試成績恰好落在區(qū)間[60,93)內(nèi)的概率約為0.8186,

故YB(10000,0.8186),所以E(Y)=10000XO.8186=8186.………………15分

17.【解析】(1)如圖,分別取AC和A1C的中點(diǎn)T,Q,連接BT,TQ,PQ,AQ,AP,

因?yàn)槠矫鍭A1CC上平面ABC,且平面AA1CC平面ABC=AC,

又△ABC為等邊三角形,T為AC的中點(diǎn),

則BTLAC,即BT平面AACC,則BTA1C.………………3分

由入則P為BB,的中點(diǎn),則QTBP.QT=BP

2

故四邊形BTQP為平行四邊形,

則QPBT,PQA1C.又APAC,且APPQ=P,則AC上平面APQ,

則AQA1C,又Q為A1C的中點(diǎn),則有AA1=AC=2.………5分

故VAAPC=VPAAC=VBAACS△AAC·BT=XX2X2sinTX、3=1.……7分

,13,323

(2)方法當(dāng)LA,時三棱柱ABC為正三棱柱

:AC2-AiB,C,

分別取AC和A1C的中點(diǎn)為O,O1,則OB,OC,OO兩兩互相垂直,以O(shè)為原點(diǎn),分別以O(shè)B,OC,OO為z,

y,之軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示.

由(1)知AA1=AB=2,則A1(0,1,2),C(0,1,0),由BP入BB,得P(、3,0,2入),……9分

取平面A,B,C的法向量為u=(0,0,19,設(shè)平面A,PC的法向量為VY

設(shè)平面APC與平面A,BCi的夾角為·易得A,C-(0.2,2·CP3,1,2入·

A,C·V=2y2zx=0,12入12入

則令·則y··即v-(1.1).1分

Cp·v=3xy+2入x=0,33

數(shù)學(xué)參考答案(一中版)4

4分

1厄

故當(dāng)入即為棱B中點(diǎn)時平面APC與平面A1C夾角的余弦值取最大值、分

2,PB,B2·……15

方法二:由(1)知AAAB=2,

延長AP交直線AB于點(diǎn)M,連接CM,過點(diǎn)A作AH__MC于點(diǎn)H,

易知MC平面HAA,·則AHA為所求兩平面夾角·且tan,……11分

又AH≤AC,故當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)H與點(diǎn)C重合時,tan有最小值1,…13分

由余弦函數(shù)單調(diào)性知C。有最大值·此時BMBC-ABi-2·入2·…I5分

18I解析】(1)由題可得、/(u102+y21:……2分

IZ42

則4,2+4242·化簡可得+·3分

所以動點(diǎn)M的軌跡是以(1,0,(1.0)為焦點(diǎn)的橢圓C:+

………………4分

(2)(i)由橢圓對稱性知四邊形PFQF'為平行四邊形,

故s△PFS△PFQ即·IPF·di·IPF'I-d2…5分

Q22

即有2PF分

PF·

又232121

PF.,2+,2+34·、2222.·分

又,·2,·則PF·2,·則·3,·…9分

(ii)證明:由題知l'的斜率存在,可設(shè)斜率為k,則l':yy,=k(),

可得34k2·2k,k··4,k·22·

所以Δ=[8k(ykz,]24(3+4k2)[4(ynkz,)212]=0,………………11分

所以(ynkz,)2(3+4k2)=0,

2

23

又x'+y"=1,所以16k2y2+24kyazo+92=0,即(4ky十3.zn)2=0,所以k=,……12分

434y,

又設(shè)過點(diǎn)P與l'垂直的直線交z軸于點(diǎn)N,

4zo

則直線PN的方程為3,+,·令y·可得點(diǎn)N的坐標(biāo)為4··…I3分

又由(i)知,IPFl=2z,同理PF'I=2+zO

22

5分

故PN平分FPF',則TPFF'PE,又PF'/QF,則F'PEFTP,

故TPFF'PEFTP.……17分

數(shù)學(xué)參考答案(一中版)5

19.【解析(1)當(dāng)m=2時ftz)=12lnr,則f'(1)=2所以ft1)=1f,(1)=3

所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y十13(ux1),即3z十y2=0.……3分

(2函數(shù)f(xr的定義域?yàn)?0,+),且f,(m=",…4分

①當(dāng)m≥0時,易得f"(x)<0,f(1)在(0,+)上單調(diào)遞減,

又f(1)=1,所以當(dāng)>1時,f(x)<1,不符合題意;………………5分

②當(dāng)m<0時,由f>0,得>m·即f在m)上單調(diào)遞增;

由f<·得<<m·即f在·m上單調(diào)遞減·…6分

所以finfm)-m+lnm

因?yàn)閒(u)≥1,則其等價于m+ln(m)≥1,即1十m+ln(m)≥0.………7分

令u(m)=1+m+ln(m)(<0),則u'(m)—1+m-m·

所以當(dāng)mE(o,1)時,u'(m)>0,當(dāng)mE(1,0)時,u'(m)<0,

則u(m)在(o,l)上單調(diào)遞增,在(l,0)上單調(diào)遞減,

所以u(m)max—u(1)=0,