广东省化州市2020届高三数学上学期第一次模拟考试试题理(扫描版)

-1--2--3--4--5--6--7-2020年高考化州市第一次模拟考试数学试卷（理科）参考答案及评分标准一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）（1）【解析】由集合2{|log(1)0}{|12}Axxxx，则{|1RCAxx或2}x，又{|3}Bxx，所以(,1][2,3]RCAB.（2）【解析】21i1ii1i1i1iz，则iz，故ii1zz，故选C．（3）答案：A解析：因为E，F，G，H分别为各个面的中心，显然E，F，G，H四点共面，截面如图所示．显然四边形EFGH为正方形，且边长为22，所以S正方形EFGH＝22×22＝12.另外易知点M到平面EFGH的距离为正方体棱长的一半，即12，所以四棱锥M－EFGH的体积V＝13×12×12＝112.（4）解析：根据题意，分2步进行分析：先从其他5个字母中任取4个，有C45＝5种选法，再将“ea”看成一个整体，与选出的4个字母全排列，有A55＝120种情况，则不同的排列有5×120＝600种，故选C.（5）解析：当q＝1时，显然不符合题意；当q≠1时，a1（1－q3）1－q＝74①，a1（1－q6）1－q＝634②，②÷①，得1＋q3＝9，∴q3＝8，即q＝2，代入①，解得a1＝14，∴a8＝14×27＝32.（6）解析：当x＜0时，f(x)＝x(x－1)，则f(x)在[－1，0]上单调递减．又f(x)在[－1，1]上是奇函数，∴f(x)在[－1，1]上单调递减．∴由f(1－m)＋f(1－m2)0得f(1－m)－f(1－m2)＝f(m2－1)，∴－1≤1－m≤1，－1≤m2－1≤1，1－mm2－1，解得0≤m＜1，题号（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）（10）（11）（12）（2答案DCACBACDCACD-8-∴原不等式的解集为[0，1)．故选A.（7）【解析】由题意可设双曲线C的右焦点,0Fc，渐进线的方程为byxa，可得222bcdbaab，可得225caba，可得离心率5cea，故选C．（8）解析：当n＝1时，正方形的个数为20＋21＝3；当n＝2时，正方形的个数为20＋21＋22＝7；…，∴第n代“勾股树”所有正方形的个数为20＋21＋22＋…＋2n＝2n＋1－1.∵最大的正方形面积为1，∴当n＝1时，由勾股定理知所有正方形的面积的和为2；当n＝2时，由勾股定理知所有正方形的面积的和为3；…，∴第n代“勾股树”所有正方形的面积的和为n＋1.故选D.（9）【解析】由题意，根据选项可知只与平移有关，没有改变函数图象的形状，故3，又函数的图象的第二个点是π,04，∴π3π4，∴π4，∴πsin34fxAx，故ππsin3sin3124gxAxAx，∴只需将函数fx的图形要向右平移π12个单位，即可得到gx的图象，故选C．（10）【解析】在ABD中，6AD，2BD，120ADB，由余弦定理，得222cos120213ABADBDADBD，所以4221313DFAB，所以所求概率为224()1313DEFABCSS.（11）解析：令u＝x2＋x＋1，则函数y＝logau(a0，a≠1)有最小值．∵u＝x＋122＋34≥34，∴当函数y＝logau是增函数时，在u∈34，＋∞上有最小值，∴a＞1.此时“囧函数”y＝1|x|－1与函数y＝loga|x|在同一坐标系内的图像如图所示，由图像可知，它们的图像的交点个数为4.（12）【解析】∵2fxfxx，∴22211022TxTxfxxfxxfxfxx，-9-∴Tx为奇函数，当0x时，0Txfxx，∴Tx在,0上单调递减，∴Tx在R上单调递减．∵存在01xxTxTx，∴001TxTx，∴001xx，即012x．令eexhxgxxxa，12x，∵0x为函数hxgxx的一个零点，∴hx在12x时有一个零点．∵当12x时，12eeee0xhx，∴函数hx在12x时单调递减，由选项知0a，102ea，又∵eeee0eeaaaahea，∴要使hx在12x时有一个零点，只需使11ee022ha，解得e2a，∴a的取值范围为e,2，故选D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．(13)1(14)8(15)32342(1)(2)nnn(16)6π（13）【解析】由aba得0aba，得20aab，∴1ab，故答案为1．（14）【解析】画出不等式组10202xyxyx表示的平面区域，如图阴影部分所示，由图形知，当目标函数23zxy过点A时，z取得最小值；-10-由1020xyxy，求得1,2A；∴23zxy的最小值是21328．故答案为8．（15）解析：由等差数列的通项公式与一次函数的关系可知，数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列，∴a1＋a2＋…＋an＝n（3＋2n＋1）2＝n(n＋2)，∴bn＝1n（n＋2）＝121n－1n＋2，故数列{bn}的前n项和Tn＝12(1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－2－1n＋1n－1－1n＋1＋1n－1n＋2)＝121＋12－1n＋1－1n＋2＝34－2n＋32（n＋1）（n＋2）.（16）【解析】∵1AB，3BC，2AC，由勾股定理可得222ABACBC，∴ABC△是以BC为斜边的直角三角形，且该三角形的外接圆直径为3BC，当CD平面ABC时，四面体ABCD的体积取最大值，此时，其外接球的直径为2226RBCCD，因此，四面体ABCD的外接球的表面积为224ππ26πRR．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.（一）必考题：共60分.（17）（本小题满分12分）解（1）由32sinacA及正弦定理得，2sinsinsin3aAAcC----------------2分3sin0,sin2ACQ-------------------------4分ABCQ是锐角三角形，3C-------------------------6分（2）解法1：7,.3cCQ由面积公式得133sin,6232abab即　　　　　　　　①-------------------------8分由余弦定理得22222cos7,73abababab即　　　　②----------------------10分由②变形得25,5ab2（a+b)故-------------------------12分解法2：前同解法1，联立①、②得-11-2222766ababababab＝１３　-------------------------8分消去b并整理得4213360aa解得2249aa或-------------------------10分所以2332aabb或故5ab-------------------------12分（18）（本小题满分12分）【解析】（1）∵四边形ABCD为菱形，120BAD，连结AC，则ACD△为等边三角形，又∵M为CD中点，∴AMCD，由CDAB∥，∴AMAB，-------------------------3分∵1AA底面ABCD，AM底面ABCD，∴1AMAA，又∵1ABAAA，∴AM平面11AABB．-------------------------6分（2）∵四边形ABCD为菱形，120BAD，11122ABAAAB，∴1DM，3AM，∴90AMDBAM，-------------------------7分又∵1AA底面ABCD，分别以AB，AM，1AA为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，10,0,2A、2,0,0B、1,3,0D、113,,222D，∴113,,222DD，3,3,0BD，12,0,2AB，---------9分设平面1ABD的一个法向量,,xyzn，则有10330332200BDxyyxzxzABnn，令1x，则1,3,1n，-------------------------11分-12-∴直线1DD与平面1ABD所成角的正弦值1111sincos,5DDDDDDnnn．------12分（19）（本小题满分12分）解：(Ⅰ)设顾客所获的奖励额为X(单位：元)．①依题意，P(X＝60)＝C11C13C24＝12，-------------------------2分即顾客所获的奖励额为60元的概率为12.②依题意，X的所有可能取值为20，60.P(X＝60)＝12，P(X＝20)＝C23C24＝12，-------------------------4分故X的分布列为所以顾客所获的奖励额的数学期望为E(X)＝20×12＋60×12＝40(元)．------------6分(Ⅱ)根据商场的预算，每位顾客的平均奖励额为600001000＝60(元)，所以先寻找数学期望为60元的可能方案．对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以数学期望不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以数学期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案2.--------------------8分以下是对两个方案的分析：对于方案1，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获的奖励额为X1(单位：元)，则X1的分布列为所以X1的数学期望为E(X1)＝20×16＋60×23＋100×16＝60(元)，X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×16＋(60－60)2×23＋(100－60)2×16＝16003(元)．对于方案2，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获的奖励额为X2(单位：元)，则X2的分布列为-13-所以X2的数学期望为E(X2)＝40×16＋60×23＋80×16＝60(元)，----------------10分X2的方差为D(X2)＝(40－60)2×16＋(60－60)2×23＋(80－60)2×16＝4003(元)．由于两种方案的奖励额的数学期望都符合要求，但方案2的奖励额的方差比方案1的小，顾客所获的奖励额相对均衡，所以应该选择方案2.-------------------------12分（20）（本小题满分12分）【解析】（1）设点,Pxy，则2,Qy，∴,OPxy，2,OQy．∵0OPOQ，-------------------------2分∴220OPOQxy，即22yx．-------------------------4分（2）设11,Axy，22,Bxy，33,D