渝西中学校高2020级高三下数学试题（理科）一、选择题（共12小题，每题5分）1．若集合M ＝{x |x ＜3}，N ＝{x |x 2＞4}，则M ∩N ＝（ ） A ．（﹣2，3） B ．（﹣∞，﹣2） C ．（2，3） D ．（﹣∞，﹣2）∪（2，3）2．设z ＝i +（2﹣i ）2，则z =（ ） A ．3+3iB ．3﹣3iC ．5+3iD ．5﹣3i3．已知抛物线C ：x 2＝2py （p ＞0）的准线l 平分圆M ：（x +2）2+（y +3）2＝4的周长，则p ＝（ ） A ．2B ．3C ．6D ．34．设等比数列{a n }的前n 项和是S n ，a 2＝﹣2，a 5＝﹣16，则S 6＝（ ） A ．﹣63B ．63C ．﹣31D ．315．已知向量a →=(3，1)，b →=(m ，m +2)，c →=(m ，3)，若a →∥b →，则b →⋅c →=（ ）A ．﹣12B ．﹣6C ．6D ．36．已知直线a ∥平面α，则“平面α⊥平面β”是“直线a ⊥平面β”的（ ） A 充分但不必要条件 B 必要但不充分条件 C 充要条件 D 既不充分也不必要条件 7．如图，在△ABC 中，点D 是线段BC 上的动点，且AD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +yAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则1x +4y的最小值 为（ ） A ．3 B ．4 C ．5 D ．98．“干支纪年法”是我国历法的一种传统纪年法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”；子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”．地支又与十二生肖“鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪”依次对应，“天干”以“甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成了干支纪年法，其相配顺序为甲子、乙丑、丙寅……癸酉；甲戌、乙亥、丙子……癸未；甲申、乙酉、丙戌……癸巳；……，共得到60个组合，称六十甲子，周而复始，无穷无尽.2020年是“干支纪年法”中的庚子年，那么2086年出生的孩子属相为（ ） A ．猴B ．马C ．羊D ．鸡9．已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．令b n =1a n a n+1，则数列{b n }的前50项和T 50＝（ ） A ．5051B ．4950C ．100101D ．5010110．已知函数f(x)=3x−3−xx −x ，且f （5a ﹣2）＞﹣f （a ﹣2），则a 的取值范围是（ ）A ．（0，+∞）B ．（﹣∞，0）C ．(−∞，23)D ．(23，+∞)11．已知点A 1，A 2分别为双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1(a ＞0，b ＞0)的左、右顶点，直线y ＝kx 交双曲线于M ，N 两点，若k MA 1•k MA 2•k NA 1•k NA 2=4，则双曲线C 的离心率为（ ） A ．√62B ．2C ．√3D ．√1+√212．已知函数f(x)={lnx x ，x ≥1e ，−e 2x ，x ＜1e ，，则函数g （x ）＝2[f （x ）]2﹣mf （x ）﹣2的零点个数为（ ） A ．3 B ．1或3 C ．3或4或5 D ．1或3或5二、填空题：把答案填在答题卡中的横线上. 13．已知（x ﹣2）6＝a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 6x 6，则a 3a 0= ．14．已知f （x ）是定义在R 上的偶函数，且当x ＞0时，f(x)={sinπx4，0＜x ＜4，log 3x ，x ≥4，则f （f （﹣9））＝ ．15．已知函数f （x ）＝|sin x |﹣cos x ，给出以下四个命题：①f （x ）的图象关于y 轴对称； ②f （x ）在[﹣π，0]上是减函数； ③f （x ）是周期函数； ④f （x ）在[﹣π，π]上恰有三个零点． 其中真命题的序号是 ．（请写出所有真命题的序号）16．已知菱形ABCD 的边长为2√3，∠BAD ＝60°，沿对角线BD 将菱形ABCD 折起，使得二面角A ﹣BD﹣C 为钝二面角，且折后所得四面体ABCD 外接球的表面积为36π，则二面角A ﹣BD ﹣C 的余弦值为 . 三、解答题：解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.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．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a ＝3，b ＝2，sinA +sinB =5√2114．（1）求sin B 的值； （2）若△ABC 为锐角三角形，求△ABC 的面积．18．2018年反映社会现实的电影《我不是药神》引起了很大的轰动，治疗特种病的创新药研发成了当务之急．为此，某药企加大了研发投入，市场上治疗一类慢性病的特效药品A 的研发费用x （百万元）和销量y （万盒）的统计数据如下：研发费用x （百万元）2 3 6 10 13 15 18 21 销量y （万盒）1122.53.53.54.56（Ⅰ）求y 与x 的相关系数r （精确到0.01），并判断y 与x 的关系是否可用线性回归方程模型拟合？（规定：|r |≥0.75时，可用线性回归方程模型拟合）；（Ⅱ）该药企准备生产药品A 的三类不同的剂型A 1，A 2，A 3，并对其进行两次检测，当第一次检测合格后，才能进行第二次检测．第一次检测时，三类剂型A 1，A 2，A 3合格的概率分别为，，，第二次检测时，三类剂型A 1，A 2，A 3合格的概率分别为，，．两次检测过程相互独立，设经过两次检测后A 1，A 2，A 3三类剂型合格的种类数为X ，求X 的数学期望．附：（1）相关系数（2），，， .19．如图，在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，已知△ABC 是直角三角形，侧面ABB 1A 1是矩形，AB ＝BC ＝1，BB 1＝2，BC 1=√3． （1）证明：BC 1⊥AC ． （2）E 是棱CC 1的中点，求直线B 1C 与平面ABE 所成角的正弦值．20．已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a ＞b ＞0)的离心率为√22，设直线l 过椭圆C 的上顶点和右焦点，坐标原点O 到直线l 的距离为2．（1）求椭圆C 的方程．（2）过点P （8，0）且斜率不为零的直线交椭圆C 于M ，N 两点，在x 轴的正半轴上是否存在定点Q ，使得直线MQ ，NQ 的斜率之积为非零的常数？若存在，求出定点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．21．已知函数f(x)=(x −2)e x +a(x 33−x 22)．（1）讨论f （x ）的极值点的个数；（2）若f （x ）有3个极值点x 1，x 2，x 3（其中x 1＜x 2＜x 3），证明：x 1x 3＜x 22．选考题：请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分. [选修4-4：坐标系与参数方程]22．如图，在以O 为极点，Ox 轴为极轴的极坐标系中，圆C 1，C 2，C 3的方程分别为ρ＝4sin θ，ρ=4sin(θ+2π3)，ρ＝4sin （θ−2π3）． （1）若C 1，C 2相交于异于极点的点M ，求点M 的极坐标（ρ＞0，0≤θ＜2π）；（2）若直线l ：0＝α（p ∈R ）与C 1，C 3分别相交于异于极点的A ，B 两点，求|AB |的最大值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知a ≠0，函数f （x ）＝|ax ﹣1|，g （x ）＝|ax +2|． （1）若f （x ）＜g （x ），求x 的取值范围；（2）若f （x ）+g （x ）≥|2×10a ﹣7|对x ∈R 恒成立，求a 的最大值与最小值之和．渝西中学校高2020级高三下数学参考答案（理科）一、选择题1．D2．A3．C 4．A 5．C 6．B7.D如图可知x，y均为正，x+y=1∴1x +4y=(1x+4y)(x+y)=(5+yx+4xy)≥(5+2√yx⋅4xy)=9，则1x+4y的最小值为9.8．B 解：六十甲子，周而复始，无穷无尽，即周期是60，2086年与2026年一样，2020年是庚子年，2021年是辛丑年，2022年是壬寅年，2023年是癸卯年，2024年是甲辰年，2025年是乙巳年，2026年是丙午年，则2086年出生的孩子属相为马．9. D解：S1＝a1，S2=2a1+2×12×2=2a1+2，S4=4a1+4×32×2=4a1+12，∵S1，S2，S4成等比数列，∴S22＝S1•S4，即(2a1+2)2=a1(4a1+12)，解得a1＝1，∴a n＝1+2•（n﹣1）＝2n﹣1，∴b n=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，∴T50＝b1+b2+…+b50=12（1−13）+12（13−15）+⋯+12（199−1101）=12（1−13+13−15+⋯+199−1101）=12（1−1101）=50101．10．D 解：根据题意，函数f(x)=3x−3−xx−x，其定义域为R，又由f（﹣x）=3−x−3x3−x+3x=−3x−3−x3x+3−x=−f（x），f（x）为奇函数，又f(x)=1−29x+1，函数y＝9x+1为增函数，则f（x）在R上单调递增；f（5a﹣2）＞﹣f（a﹣2）⇒f（5a﹣2）＞f（﹣a+2）⇒5a﹣2＞﹣a+2，解可得a＞2311. C 解：设M（x0，y0），则k MA1⋅k MA2=y0x0+a⋅y0x0−a=y02x02−a2=b2a2，同理可得k NA1⋅k NA2=b2a2，所以k MA1⋅k MA2⋅k NA1⋅k NA2=b4a4=4，即b2a2=2，所以双曲线C的离心率为√1+b2a2=√3．12．A解：若x≥1e，f′(x)=1−lnxx2，当x∈[1e，e]时，f'（x）≥0，f（x）在[1e，e]上单调递增；若x∈[e，+∞），f'（x）≤0，f（x）在[e，+∞）上单调递减．由此可画出函数f（x）的图象，如图所示．令f（x）＝t，则方程必有两根t1，t2（t1＜t2）且t1t2＝﹣1，注意到f(1e)=−e，f(e)=1e，此时恰有t1＝﹣e，t2=1e，满足题意．①当t1＝﹣e时，有t2=1e，此时f（x）＝t1有1个根，此时f（x）＝t2有2个根；②当t1＜﹣e时必有t2∈(0，1e)，此时f（x）＝t1有0个根，此时f（x）＝t2有3个根；③当﹣e＜t1＜0时，必有t2＞1e．此时f（x）＝t1有2个根，此时f（x）＝t2有1个根．综上所述，对任意的m，函数g（x）＝2[f（x）]2﹣mf（x）﹣2的零点只有3个．二、填空题：13．−5214．115. ①③解：对于①，函数f （x ）＝sin x ﹣cos x 的定义域为R ，且满足f （﹣x ）＝f （x ）， 所以f （x ）是定义域在R 上的偶函数，其图象关于y 轴对称，①为真命题； 对于②，当x ∈[﹣π，0]时，sin x ≤0，f(x)=−(sinx +cosx)=−√2sin(x +π4)， 对于y =√2sin(x +π4)，x +π4∈[−3π4，π4]，所以在[﹣π，0]上先减后增，那么f （x ）在[﹣π，0]上先增后减，②为假命题；对于③，因为f （x +2π）＝|sin （x +2π）|﹣cos （x +2π）＝|sin x |﹣cos x ＝f （x ），函数f （x ）是周期为2π的周期函数，③为真命题；对于④，当x ∈[﹣π，0]时，sin x ≤0，f(x)=−(sinx +cosx)=−√2sin(x +π4)，且x +π4∈[−3π4，π4]，f （x ）在[﹣π，0]上恰有一个零点是−π4，又由①知道f （x ）是定义在R 上的偶函数，所以在（0，π]上有一个零点是π4，则④为假命题．16．−23 解：由已知得，△ABD 和△BCD 均为正三角形，如图，设E 为BD 的中点，延长CE ，作AH ⊥EC 交EC 于点H ，易得∠AEC 是二面角A ﹣BD ﹣C 的平面角，作△BCD 的中心F ，则F 在EC 上FC ＝2EF ，作FG ∥HA 作AG ∥HC ，AG ∩GF ＝G ， 可知四面体ABCD 外接球的球心O 在GF 上，设外接球的半径为R ，则R ＝3，在Rt △AGO 和Rt △CFO 中，由于CF =2√3×√33=2，EF ＝1，所以R 2＝CF 2+OF 2，R 2＝OG 2+AG 2，AE 2＝AH 2+HE 2， 解得AH =√5，HE ＝2，从而cos∠AEH =23，所以二面角A ﹣BD ﹣C 的余弦值为−23． 三、解答题.17．解：（1）由正弦定理，sinA +sinB =5√2114，可化为a 2R+b 2R=5√2114， 解得2R =2√213，sinB =b 2R =22√213=√217；（2）因为△ABC 为锐角三角形，所cosB =1−(√217)2=2√77，所以b 2＝a 2+c 2﹣2ac cos B ，即√7c 2−12c +5√7=0，解得c =√7或c =5√7， 当c =5√7时，a 2＞b 2+c 2，此时A 为钝角，舍去． 所以c =√7，S =12acsinB =12×3×√7×√217=3√32．18． 解：（1）由题意可知＝（2+3+6+10+21+13+15+18）＝11，＝（1+1+2+2.5+6+3.5+3.5+4.5）＝3，由公式，∵|r |≈0.98＞0.75，∴y 与x 的关系可用线性回归模型拟合． （2）药品A 的每类剂型经过两次检测后合格的概率分别为：， ， ，由题意，，∴．19．解：（1）证明：因为△ABC 是直角三角形，BA ＝BC ， 所以AB ⊥BC ．因为侧面ABB 1A 1是矩形，所以AB ⊥BB 1．因为BC ∩BB 1＝B ，所以AB ⊥平面BCC 1B 1，从而AB ⊥BC 1．因为BC ＝1，CC 1＝2，BC 1=√3，所以BC 2+BC 12=CC 12，即BC ⊥BC 1．因为BC ∩AB ＝B ，所以BC 1⊥平面ABC ．所以BC 1⊥AC ．（2）解：由（1）知，以B 为坐标原点，分别以BC ，BA ，BC 1为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B （0，0，0），C （1，0，0），A （0，1，0），E(12，0，√32)，B 1(−1，0，√3)．设面ABE 的法向量为m →=(x 1，y 1，z 1)，由{m →⋅BA →=0m →⋅BE →=0，得{y 1=0，12x 1+√32z 1=0，， 令z 1＝1，得m →=(−√3，0，1)．又B 1C →=（2，0，−√3），设直线B 1C 与平面ABE 所成角的大小为θ，则sin θ=|m →⋅B 1C →||m →|⋅|B 1C →| =3√32×2√7=3√2128，所以直线B 1C 与平面ABE 所成角的正弦值为3√2128． 20． 解：（1）设椭圆的半焦距为c ，根据题意，得c a=√22．因为l 过椭圆C 的上顶点和右顶点，所以l 的方程为x c+y b=1，即bx +cy ﹣bc ＝0．又由点O 到直线l 的距离为2，得√b 2+c 2=bc a=2，所以b =2√2．设a ＝2k ，c =√2k ，则b 2＝a 2﹣c 2＝2k 2＝8，解得k ＝2，从而a ＝4， 所以椭圆c 的方程为x 216+y 28=1．（2）依题意设直线MN 的方程为x ＝my +8，M （x 1，y 1），N （x 2，y 2）．联立方程组{x 216+y 28=1，x =my +8，消去x 得（m 2+2）y 2+16my +48＝0，△＝（16m ）2﹣4×48×（m 2+2）＝64m 2﹣384＞0， 所以y 1+y 2=−16m m 2+2，y 1y 2=48m 2+2，x 1+x 2=m(y 1+y 2)+16=−16m 2m 2+2+16=32m 2+2，x 1x 2=m 2y 1y 2+8m(y 1+y 2)+64=−16m 2+128m 2+2．假设存在定点Q （t ，0）（t ＞0），使得直线MQ ，NQ 的斜率之积为非零常数， 则k MQ k NQ =y 1x 1−t ⋅y 2x 2−t =y 1y 2x 1x 2−t(x 1+x 2)+t 2=48(t 2−16)m 2+2t 2−32t+128． 要使k MQ k NQ 为非零常数，当且仅当t 2﹣16＝0，即t ＝4时成立， 此时，k MQ k NQ =4832−32×4+128=32， 所以x 轴的正半轴上存在定点Q （4，0），使得直线MQ ，NQ 的斜率之积为常数32．21．【解答】（1）解：f '（x ）＝（x ﹣1）e x +a （x 2﹣x ）＝（x ﹣1）（e x +ax ）， 令g(x)=e xx ，g′(x)=(x−1)e x x 2，故g （x ）在（0，1）上单调递减（1，+∞）上单调递增， 在（﹣∞，0）上单调递减，且当x ＜0时，g （x ）＜0．当a ＞0时，f （x ）有2个极值点，当﹣e ≤a ≤0时，f （x ）只有1个极值点， 当a ＜﹣e 时，f （x ）有3个极值点．（2）证明：因为f （x ）有3个极值点x 1，x 2，x 3（其中x 1＜x 2＜x 3），所以e x 1=−ax 1，e x 3=−ax 3且x 2＝1，即得e x 1x 1=e x 3x 3，要证x 1x 3＜x 22，即x 1x 3＜1，由e x 1x 1=e x 3x 3，得x 3x 1=e x 3e x 1=ex 3−x 1，设x 3x 1=k ，k ＞1，e x 3−x 1=k ，所以x 3﹣x 1＝lnk ，联立{x 3−x 1=lnk ，x 3x 1=k ，得{x 1=lnkk−1，x 3=klnk k−1，所以x 1x 3=k(lnk)2(k−1)2， 所以要证x 1x 3＜1，只需k(lnk)2(k−1)＜1，k ＞1，则有(lnk)2＜(k−1)2k，即lnk k−1√k =√k 1√k ，则需证明lnk −√k 1√k 0． 令√k =t ，t ＞1，即需证明h(t)=lnt 2−t +1t＜0．因为h′(t)=2t −1−1t 2=−t 2+2t−1t 2=−(t−1)2t 2＜0恒成立， 所以h （t ）在t ∈（1，+∞）上是单调递减函数，则有h(t)＜h(1)=ln1−1+11=0， 即h(t)=lnt 2−t +1t＜0成立，所以x 1x 3＜1，即x 1x 3＜x 22得以证明． 22． 解：（1）圆C 1，C 2的方程分别为ρ＝4sin θ，ρ=4sin(θ+2π3)，相交于点M ， 所以{ρ=4sinθρ=4sin(θ+2π3)又ρ＞0，0≤θ＜2π，所以θ=π6，所以ρ＝2，故点M （2，π6）． （2）设A （ρ1，α），B （ρ2，α），所以|AB |＝|ρ1﹣ρ2|=|4sinα−4sin(α−2π3)|=4√3|sin(α+π6)|≤4√3．， 所以|AB |的最大值为4√3.23． 解：（1）因为f （x ）＜g （x ），所以|ax ﹣1|＜|ax +2|，两边同时平方得a 2x 2﹣2ax +1＜a 2x 2+4ax +4，即6ax ＞﹣3，当a ＞0时，x ＞−12a ，当a ＜0，时x ＜−12a ． （2）因为f （x ）+g （x ）＝|ax ﹣1|+|ax +2|≥|（ax ﹣1）﹣（ax +2）|＝3，所以f （x ）+g （x ）的最小值为3，所以|2×10a ﹣7|≤3，则﹣3≤2×10a ﹣7≤3， 解得lg 2≤a ≤lg 5，故a 的最大值与最小值之和为lg 2+lg 5＝lg 10＝1．。