1、丹东市20192020学年度上学期期末教学质量监测高三理科数学命题：宋润生 郭林 葛冰 杨晓东 审核：宋润生本试卷共22题，共150分，共4页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。注意事项：1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀
2、。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设集合Ax|x22x30，B x|x20，则ABA(1，2)B(2，3)C(3，1)D(，2)2复数z的模|z|A1BC2D3某商家统计了去年P，Q两种产品的月销售额（单位：万元），绘制了月销售额的雷达图，图中A点表示P产品2月份销售额约为20万元，B点表示Q产品9月份销售额约为25万元2530201510501月月2月月3月月4月月5月月6月月7月月8月月9月月10月月11月月12月月P产品的销售额/万元Q产品的销售额/万元AB根据图中信息，下面统计结论错误的是AP产品的销售额极差较大B
3、P产品销售额的中位数较大CQ产品的销售额平均值较大DQ产品的销售额波动较小4(12x2 )(1x)4的展开式中x3的系数为A12B16C20D245设a0.60.6，b0.61.5，c1.50.6，则a，b，c的大小关系是AabcBbcaCbacDcba6若sin2cos，则cos2sin2ABC1D7已知非零向量a，b满足|a|2|b|，且(ab)b，则a与b的夹角为ABCD8设，是两个平面，m，n是两条直线，下列命题错误的是A如果m，n，那么mnB如果，m，那么mC如果mn，m，n，那么D如果内有两条相交直线与平行，那么 9甲乙两队进行排球决赛，赛制为5局3胜制，若甲乙两队水平相当，则最后
4、甲队以3:1获胜的概率为ABCD10下列函数中，其图象与函数ylg x的图象关于点(1，0)对称的是Aylg(1x)Bylg(2x)Cylog0.1(1x)Dylog0.1(2x)11关于函数f (x)|sinx|sin|x|有下述四个结论：f (x)是偶函数f (x)在区间(，0)单调递减f (x)在，有4个零点f (x)的最大值为2其中所有正确结论的编号是A BCD12抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，过F且斜率为1的直线与C交于A，B两点，若|AB|8，则pAB1C2D4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知函数f (x)在R单调递减，且为奇函数，则满足f (x1
5、)f (x3)0的x的取值范围为 14ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若ABC的面积为，则A 15设F为双曲线C：1(a0，b0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2y2a2交于P，Q两点，若|PQ|OF|，则C的渐近线方程为 16已知正三棱柱ABCA1B1C1的六个顶点都在球O的表面上，AB3，异面直线AC1与BC所成角的余弦值为，则AA1 ，球O的表面积为 （本题第一空2分，第二空3分）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1721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（
6、12分）设Sn是数列an的前n项和，且a11， an1SnSn1（1）证明：数列是等差数列；（2）求an的通项公式18（12分）需求量X(t)0.0100.0150.0200.030100110120130140000000015000000000.025经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出1t该产品获利润500元，未售出的产品，每1t亏损300元根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图所示经销商为下一个销售季度购进了130t该农产品，以X(单位：t，100X150)表示下一个销售季度内的市场需求量，T(单位：元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润（1）将T表
7、示为X的函数；（2）根据直方图估计利润T不少于57000元的概率；（3）在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率，例如：若X100，110)，则取X105，且X105的概率等于需求量落入100，110）的概率求利润T的数学期望19（12分）如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点（1）证明：PO平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值20（12分）已知圆O1：x2y22x70，动圆O2过定点F(1，0)且与圆O1相切，圆心O2的轨迹为曲线C
8、（1）求C的方程；（2）设斜率为1的直线l交C于M， N两点，交y轴于D点，y轴交C于A，B两点，若|DM|DN|DA|DB|，求实数的值21（12分）已知函数f (x) （1）讨论函数f (x)的单调性；（2）证明：在(1，)上存在唯一的x0，使得曲线ylnx在xx0处的切线l也是曲线yex的切线（二）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选修4-4：坐标系与参数方程（10分）在平面直角坐标系xOy中，倾斜角为的直线l过点M(2，4)以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为sin2 2cos ，（1）写出直线l
9、的参数方程和曲线C的直角坐标方程；（2）若直线l与C交于A，B两点，且|MA|MB|40，求倾斜角的值23选修4-5：不等式选讲（10分）已知a0，b0（1）证明：a3b3a2bab2；（2）若ab2，求a3b3的最小值丹东市20192020学年度上学期期末教学质量监测高三理科数学答案与评分参考一、选择题1A2D3B4A5C6C7B8C9A10D11A12C二、填空题13(1，)1415yx 164，28三、解答题：17解：（1）因为an1Sn1Sn，所以Sn1SnSnSn1两边同除以SnSn1得1因为a11，所以1因此数列是首项为1，公差为1的等差数列【以上教育部考试中心试题分析解法】（6分
10、）（2）由（1）得1(n1)(1) n，Sn当n2时，anSn1Sn于是an（12分）18解：【教育部考试中心试题分析解法】（1）当X100，130)时，T500X300(130X)800X39000当X130，150时，T50013065000所以T（4分）（2）由（1）知T57000元当且仅当120X150由直方图知X120，150的频率为0.30.250.150.7，所以下一个销售季度内利润T不少于57000元的概率估计值为0.7（8分）（3）依题意可得T的分布列为T45000530006100065000P0.10.20.30.4所以ET45000.1530000.2610000.36
11、50000.459400（12分）19解法1：【教育部考试中心试题分析解法1】（1）因为PAPCAC4，O为AC的中点，所以POAC，且PO2连结OB因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2由OP2OB2PB2知POOB由POAC， POOB知PO平面ABC（4分）PABMCODE（2）过C作平面PAM的垂线，垂足为E在平面PAM内过E作EDPA，垂足为D，连接CD，则PA平面CDE，于是CDPA所以CDE是二面角MPAC的平面角因为二面角MPAC为30，所以CDE30在正三角形PAC中，CD2，所以CE所以PC与平面PAM所成角的正弦值为（12分）解法2：【教育部
12、考试中心试题分析解法2】（1）同解法1PABMCOED（2）在平面ABC内作MDAC，垂足为D，连接OB由（1）知PO平面ABC，故POOB又ACOB，所以OB平面PAC，从而MD平面PAC在平面PAC内作DEPA，垂足为E，连接ME由DEPA，MDPA，得MEPA从而DEM是二面角MPAC的平面角因为二面角MPAC为30，所以DEM30，于是DCDMDE，DEAD(4DC) 解得DC，AD从而PAM面积为2设点C到平面PAM距离为d，用两种方法计算三棱锥CPAM的体积得42d，解得d所以PC与平面PAM所成角的正弦值为（12分）解法3：【教育部考试中心试题分析解法3】（1）同解法1（2）如图
13、，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，(0，2，2)取平面PAC的法向量为(2，0，0)设M(a，2a，0)( 0a2)，则(a，4a，0)设平面PAM的法向量为n(x， y，z)由n0，n0得，可取n(a4)，a，a)，所以cos，n 由已知得|cos，n |，所以，解得a4（舍去），a，所以n(，)又(0，2，2)，所以cos，n 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为（12分）20解：（1）圆O1的圆心为(1，0)，半径为2，点F在圆O1内，故圆O2与圆O1相内切设圆
14、O2的半径为r，则|O2F|r，| O2O1|2r，从而| O2O1|O2F|2因为|FF |22，所以曲线C是以点F (1，0)，F (1，0)为焦点的椭圆由a，c1，得b1，故C的方程为y21（6分）（2）设l：yxt，M(x1，y1)， N(x2，y2)，则D(0，t)，|DM| x1|， |DN| x2|yxt与y21联立得3x24tx2t220当8(3t2)0时，即t时， x1x2（8分）所以|DM|DN|2|x1x2|由（1）得A(0，1)，A(0，1)，所以|DA|DB| t1| t1| t21|等式|DM|DN|DA|DB|可化为| t21|当t且t1时，当t1时，可以取任意实
15、数综上，实数的值为（12分）21解：（1）f (x)定义域为(0，1) (1，)，f (x)0因此f (x)在(0，1)单调递增，在(1，)单调递增（4分）（2）曲线在ylnx在xx0处切线l的方程为yxlnx01（6分）设l与曲线yex相切于点(x1，e)，则消去x1得，即f (x0)0于是当且仅当x0是f (x)的零点时，l是曲线yex的切线因为f (e)，f (e2)，f (x)在(1，)单调递增，所以f (x)在(1，)上存在唯一零点所以在(1，)上存在唯一的x0，使得曲线ylnx在xx0处的切线l也是曲线yex的切线（12分）22解：（1）因为l的倾斜角为，l过点M(2，4)，所以直
16、线l的参数方程是(t是参数)因为sin2 2cos ，所以2sin2 2cos ，由cos x，sin y得曲线C的直角坐标方程是y22x（5分）（2）把l的参数方程代入y22x，得t2sin2 (2cos 8sin )t200当(2cos 8sin )280sin2 时，设A，B对应的参数分别为t1，t2，则|MA|MB|t1t2|由4 0，0，0，得（10分）23解：（1）a3b3a2bab2a2 (ab)b2 (ba)(ab)(a2b2)(ab)2(ab)因为a0，b0，所以(ab)0，而(ab)20，所以(ab)2(ab)0于是a3b3a2bab2（5分）（2）因为ab2，所以a3b3(ab)(a2abb2)2(a2abb2)2(ab)23ab86ab因为ab()21，当且仅当ab1等号成立，所以86ab2故当ab1时，a3b3取最小值2（10分）9第页