《安徽马鞍山高三第三次质检-数学(理).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽马鞍山高三第三次质检-数学(理).docx（17页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、安 徽 马 鞍 山2019年 高 三 第 三 次 质 检 - 数 学（ 理 ）安徽省马鞍山市2018 年高中毕业班第三次教学质量检测数学理试题一、选择题：本大题共10 小题，每题 5 分，共 50 分、1设集合 A x | x 24 0 ， B x | 2 x1 ，那么 ABA x| x 2 B x | x1 D x | x或2 C x | x2 x 22【答案】选 B、2复数 z (a21)( a 2)i (a R ) ，那么“ a 1 ”是“ z 为纯虚数”的A充分不必要条件 B必要不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件【答案】选 A、【命题意图】此题考查复数的概念及充要条件，容
2、易题、3随机变量 X 服从正态分布 N (3,2 ) ，且 P( X 5)0.8，那么 P(1X3)A 0.6 B 0.4C 0.3 D 0.2【答案】选 C、【命题意图】此题考查正态分布知识，容易题、4以下函数中，既是偶函数，又在区间(1,2) 内是增函数的为A y cos2 x sin 2 x B ylg | x |exe x D yx3C y2【答案】选 B、【命题意图】此题考查函数的奇偶性与单调性，容易题、5在极坐标系中，直线 2 sin()2 与圆2cos的位置关系是4A相交B相切C相离D无法确定【答案】选 C、化成普通方程，易判断、【命题意图】此题考查极坐标方程及直线与圆的位置关系
3、，容易题、 6右图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图都是一个两底长分别为 2 和 4 ，腰长为 4 的等腰梯形，那么该几何体的表面积是A 12B 13C 15D 17【答案】 D【命题意图】此题考查三视图的概念与几何体表面积的计算，考查空间想象能力，容易题、 7 F1, F2 是双曲线 x2y2 1(a0,b 0) 的两焦点，以线段F1F2 为边作正 MF1F2 ，假设a2b2边 MF1 的中点在双曲线上，那么双曲线的离心率是A 4 2 3B3 1 C31 D 3 12【答案】 D【命题意图】此题考查双曲线的性质，中等题、 8从 0,8 中任取一数，从 3,5,7 中任取两个数字组成无重
4、复数字的三位数，其中奇数的个数为A 24B 18 C 12 D 6【答案】 B【命题意图】此题考查排列组合的知识，中等题、9数列 an 的前 n 项和为 Sn ，假设 a11， an 14Sn (n N* ) ，那么 a6A 4 54 B 4 54 1C 55 D 551【答案】 A【命题意图】此题考查递推数列通项公式的求法，中等题、10函数 f (x)1x2x3x4x2013x34，那么以下结论正确的选项是22013A f ( x) 在 (0,1)上恰有一个零点B f (x) 在 (0,1)上恰有两个零点C f ( x) 在 (1,2) 上恰有一个零点D f (x) 在 (1,2) 上恰有两
5、个零点【答案】 C【命题意图】此题考查导数的应用，考查函数零点的知识，较难题、二、填空题：本大题共5 小题，每题 5 分，共 25 分、11假设 ( x21) n 展开式中的所有二项式系数和为512 ，那么该展开式中的常数项为、x【答案】 84、【命题意图】此题考查二项式定理的基础知识，容易题、12设平面区域D 是由双曲线 y2 x21 的两条渐近线和抛物线y28x 的准线所围成的4D ，那么目标函数 z xy 的最大值为、三角形含边界与内部 、假设点 ( x, y)【答案】 3 、【命题意图】此题考查双曲线和抛物线的基础知识，考查线性规划，容易题、13执行下边的程序框图，输出的T、【答案】
6、30 、【命题意图】此题考查程序框图，容易题、14 ABC 中，向量AB 与 BC 的 角 5 ， | AC | 2 ，那么 | AB | 的取 范 是、6【答案】 (0,4 、【命 意 】此 考 向量及三角函数的 合运用， 、15如 ， 设 A 是棱 a 的正方体的一个 点， 从 点 A 出 的三条棱的中点作截面， 正方体的所有 点都如此操作， 截去 8 个三棱 ， 所得的各截面与正方体各面共同 成一个多面体，那么关于此多面体有以下 ：有 12 个 点；有 24 条棱；有 12 个面；表面 3a2 ；体 5a3 、6其中正确的 是写出所有正确 的 号、【答案】、【命 意 】此 考 空 想象能
7、力， 、三、解答 ：本大 共6 小 ，共75 分、解答 写出文字 明、 明 程或演算步 、16本小 分 12 分函数 f (x )3 sinxcosxcos2x(0) 的最小正周期 、2求 f (x) 的解析式； ABC 的三 a,b, c 足 b2ac ，且 b 所 的角 x ，求此 函数 f (x) 的 域、【命 意 】此 考 三角函数、解三角形、基本不等式的基 知 ，中等 、【答案】 f (x)3 sin2 x1 cos2 x 1sin(2 x)1 ， 4 分22262由 ， T2及0 ，得：2 ，22所以 f (x)sin(4x1 6 分6)、2由 cos xa2c2b22acac1
8、，知： x (0, ， 9 分2ac2ac23从而 4x - p(- p ,7 p ，所以函数f (x) 的 域 1, 1 、 12 分666217本小 分 12 分甲、乙等 6名同学参加某高校的自主招生面 ，采用抽 的方式随机确定各考生的面 序序号 1,2,6 、求甲、乙两考生的面 序号至少有一个 奇数的概率； 在甲、乙两考生之 参加面 的考生人数 ，求随机 量的分布列与期望、【命 意 】 此 考 概率知 ， 分布列和期望的求法， 考 学生 用知 解决 的能力，中等 、【答案】只考 甲、乙两考生的相 位置，用 合 算基本事件数；设 A 表示“甲、乙的面 序号至少有一个 奇数”，那么 A 表示
9、“甲、乙的序号均 偶数”，由等可能性事件的概率 算公式得：P (A) 1 P( A) 1A32 A444A665甲、乙两考生的面 序号至少有一个 奇数的概率是4 . 6 分5另解 P (A)A32 A442 A31 A31 A444 A66A665随机 量X 的所有可能取 是0， 1， 2， 3， 4，且51P( 1)44P(3122P(0)3,C6215,2)5,P( 3)15,C62C62C621 1 P( 4) C62 15另 解 ： P (0)A22 A551， P(1)A22 A41 A444，A22 A42 A331A663A6615P(2)，A665A22A43 A222A22
10、A44110P(3)A6615， P (3)A6615分所以随机 量X 的分布列是：0123414121P15515153所以 E0 1 142 1 32414315515153即甲、乙两考生之 的面 考生个数X 的期望 是4 . 12 分318本小 分 12 分如 ， 在四棱 EABCD 中， AB平面 BCE ， DC平面 BCE ， AB BC CE 2CD2 ，BCE2、3求 ：平面ADE平面 ABE ；求二面角AEBD 的大小、【命 意 】此 考 空 位置关系、二面角等有关知 ，考 空 想象能力，中等 、【答案】 ( ) 明：取BE 的中点 O， AE的中点 F， OC， OF， D
11、F，那么 2OF/ / BAAB平面 BCE， CD平面 BCE， 2CD/ / BA，OF/ / CD， OC FDBC=CE， OC BE，又 AB平面 BCE.OC平面 ABE. FD平面 ABE.从而平面ADE平面 ABE.6 分( ) 二面角 A EBD 与二面角F EBD 相等，由( ) 知二面角FEB D 的平面角 FOD。BC=CE=2,BCE=1200， OC BE得 BO=OE= 3 ， OC=1，OFDC 正方形，FOD=45 ，二面角A EB D 的大小 45 、12 分解法 2：取 BE的中点 O， OC. BC=CE, OC BE，又AB平面 BCE.以 O 原点建
12、立如 空 直角坐 系Oxyz ，那么由条件有 : A 0,3,2 ， B0, 3,0， C 1,0,0, D 1,0,1 , E 0, 3,0 , 平面 ADE的法向量 nx1, y1, z1，那么由 n EAx1 , y1 , z10,23,22 3y12z1 0.及 n DA x1 , y1, z11,3,1x13y1z10.可取 n 0,1,3又 AB平面 BCE， AB OC，OC平面 ABE，平面 ABE的法向量可取 m 1,0,0 . n m0,1,3 1,0,0=0, n m ，平面ADE平面 ABE. 6 分 平面BDE的法向量 px2 , y2 , z2 ，那么由 p EDx
13、2 , y2 , z21,3,1x23y2 z20.及 p EBx2 , y2 , z20,23,02 3 y20.可取 p1,0,1平面 ABE的法向量可取 m 1,0,0 二面角 A EBD 的余弦 | mp |=2 ，| m | p |2二面角 A EB D的大小 45 、12 分19本小 分 12 分数列 an 足 a13 ， an 1an2n5 、求a2 、 a3 、 a4 ；求an 的表达式；令Tna1a2a2a3a3 a4a4 a5a2n 1a2na2 na2n 1 ，求Tn 、【命 意 】此 考 推理、数学 法、数列求和等知 ，考 推理 、运算求解能力，中等 、【答案】由 推公
14、式：a24 、 a35 、 a46 ， 3 分方法一：猜想：ann2 ，下面用数学 法 明： a13 ，猜想成立；假 nk(kN * ) ， akk2 ，那么 ak 1ak2k 5(k2)2k 5(k1)2 ，即 nk 1 猜想成立， 合，由数学 法原理知：ann2(nN * ) 、 8 分方法二：由an 1an2n 5得an 1 ( n 1)2 an (n 2)an 1 ( n 1) 2( 1)n a1(1 2)0，所以： ann 2(nN * ) 、 8 分方法三：由 an 1 an 2n5 得： an 2an 1 2n 7 ，两式作差得：an2an 2，于是 a1 ,a3 , a5 ,是
15、首 a13 ，公差 2 的等差数列，那么a2k12k1(kN * ) ，且 a2 , a4 , a6 ,是首 a24 ，公差 2的等差数列，那么a2k2k2( kN * ) ， 上可知：ann2( nN* ) 、 8 分Tna1a2 a2 a3a3 a4a4a5a2n 1a2na2n a2 n 1a2 (a1a3 )a4 (a3 a5 )a2n (a2n 1a2n1)2(a2 a4a2n ) 10 分n(a2a2n )2n2)2n2、 12 分22n(46n20本小 分 13分函数 f (x)x2(2 a1)xa ln x 、当 a1 ，求函数f ( x) 的 增区 ；求函数f ( x) 在区
16、 1,e 上的最小 、【命 意 】此 考 数的 用，分 思想，考 运算求解能力、 思 能力和分析 解决 的能力，中等 、【答案】当 a 1 ， f(x) x2 3x lnx ，定 域 0，、f (x) 2x 3 1 2x23x1 (2 x 1)(x1) 、xxx令 f (x) 0，得 x1，或 x 1 、23 分所以函数 f(x)的 增区 0， 1 和 1，、26 分 f (x) 2x (2a 1) a 2 x2(2a1)xa (2 x 1)(xa) 、xxx令 f (x) 0，得 x a，或 x 1 、27 分1 是11,e上， f ( x) 均 增函数。当 a 1 ，不 aa 1，在区 2
17、2所以f(x)minf(1)2a；8 分当 1 a e ，所以f(x)minf(a)1) ；当 a e ，a(lnaa10 分所以f(x)minf(e)e2(2a1)eA、12 分2a, a1 上， f ( x) mina(ln aa1),1ae 、e2(2 a1)e a,ae13 分21本小 分 14 分A, B 分 是 x2y2D (1,3)CDAC : a2b21(ab0) 的左、右 点，点2在 上，且直 与直 DB 的斜率之 b 2、4求 C 的方程；如 ， P,Q 是 C 上不同于 点的两点，直 AP 与 QB 交于点 M ，直 PB 与 AQ交于点 N 、求 ： MNAB ；假 弦
18、 PQ 的右焦点 F2 ，求直 MN 的方程、【命 意 】 此 考 直 与 的方程等相关知 ，考 运算求解能力以及分析 、解决 的能力， 、【答案】由 ，A(a,0), B( a,0) ，由点 D (1,3 ) 在 C 上知 a 1 ，那么有：233b292( 3)2，k DA kDB222，又 121a 1a4b21a221ab以上两式可解得a24 ， b23 、所以 C : x2y21 、43 4 分 P(x1, y1 ),Q( x2 , y2 ) ，那么直 AP ： yy1(x 2)、直 QB ：yy2(x2) ，x1x222两式 立消去y 得： xM2y2 (x12)；xM2y1(x2
19、2)同理：直 PB ： yy1( x2) 、 AQ ： yy2( x2)， 立得： xN2y1 (x22)、x12x22xN2 y2 (x12)6 分欲 ： MNAB ，只需 ： xMxN，只需 ： xM2y2 (x12)y1 (x22)xN2 ，xM2 y1 ( x22) y2 ( x12)xN2y2y2y2y2等价于： ( x11212，2)( x12)(x22)( x22)x124x224x 2y21y23x 2y21y23y2y 2，而 11x12144，22x2 22，所以12434344x124 x224故有： MNAB 、 9分( ) 当 PQ33可求得： xMxN 4；10 分AB ，由 P(1, ), Q(1,)22( ) 当直 PQ 斜率存在 ， PQ ： yk(x1) ，yk( x1)x 2y 2(3 4k 2 ) x24312由知：xM2xM2将 x1 x28k2， x1x234k2解得 xM4 ，由知 xM 合 ( )( ) ， xMxN14 分8k 2 x4k 2120xM2 xN2y2 ( x12) y1 ( x22)x1 x22( x1x2 ) 4，xM2 xN2y1 (x22) y2 ( x12)x1 x22( x1x2 ) 44k212 代入上式得：xM229，xM34k22xN4、4 ，故直 MN ： x4 、