四川省泸县第四中学2020届高三数学上学期开学考试试题 理

四川省泸县第四中学2020届高三数学上学期开学考试试题 理第I卷（选择题60分）一、选择题：本大题共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.设复数z满足z=4i1+i，则z在复平面内的对应点位于 A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限2.若集合A=x|x+2x10,B=x|1x2，则AB= A. 2,2)B. (1,1C. 1，1D. 1，23.设等比数列an的前n项和为Sn，已知a2=8a5，且a1与a3的等差中项为20，则S6= A. 127B. 64C. 63D. 324.已知m,n为两条不同的直线，,为两个不同的平面，则下列命题中正确的是 A. 若m，mn，则n/B. 若m，n/，且/，则mnC. 若m，n，且m/，n/，则/D. 若直线m,n与平面所成角相等，则m/n5.若3x+xn展开式二项式系数之和为32，则展开式中含x3项的系数为 A. 40 B. 30 C. 20 D. 156.已知随机变量X服从正态分布N(2,2)且P(x4)=0.88,则P(0x0个单位长度，再将所得图像上的每个点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，所得图像关于直线x=6对称，则的最小正值为A. 12B. 6C. 512D. 5612.在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是棱B1C1的中点，点F是线段CD1上的一个动点有以下三个命题：异面直线AC1与B1F所成的角是定值；三棱锥BA1EF的体积是定值；直线A1F与平面B1CD1所成的角是定值其中真命题的个数是 A. 3 B. 2 C. 1 D. 0第II卷（非选择题90分)二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知向量a=1,3， b=m,2， 若aa+b，则m=_14.已知实数x，y满足条件x+y10xy10x0，则z=x+2y的最大值为_15.已知正方形ABCD的边长为22，将ABC沿对角线AC折起，使平面ABC平面ACD，得到如图所示的三棱锥BACD，若O为AC边的中点，M,N分别为DC,BO上的动点（不包括端点），且BN=CM，设BN=x，则三棱锥NAMC的体积取得最大值时，三棱锥NADC的内切球的半径为_. 16.已知fx=2x+cosx,xR，若ft1f12t0成立，则实数t的取值范围是_3、 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（本大题满分12分）.ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ABC的面积为36b(b+cacosC).（1）求A；（2）若b=1，c=3，求cos(2C6)的值18.（本大题满分12分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB侧面BCC1B1,AC=AB1(1)求证：平面ABC1平面AB1C；(2)若AB=BC=2,BCC1=60，求二面角BAC1B1的余弦值19.（本大题满分12分）近年来，随着网络的普及，数码产品早已走进千家万户的生活，为了节约资源，促进资源循环利用，折旧产品回收行业得到迅猛发展，电脑使用时间越长，回收价值越低，某二手电脑交易市场对2020年回收的折旧电脑交易前使用的时间进行了统计，得到如图所示的频率分布直方图，在如图对时间使用的分组中，将使用时间落入各组的频率视为概率.（1）若在该市场随机选取3个2020年成交的二手电脑，求至少有2个使用时间在(4,8上的概率；（2）根据电脑交易市场往年的数据，得到如图所示的散点图，其中x（单位：年）表示折旧电脑的使用时间，y（单位：百元）表示相应的折旧电脑的平均交易价格.（）由散点图判断，可采用y=ea+bx作为该交易市场折旧电脑平均交易价格与使用年限x的回归方程，若t=lnyi，t=110i=110ti，选用如下参考数据，求y关于x的回归方程.xyti=110xiyii=110xitii=110xi25.58.51.9301.479.75385（）根据回归方程和相关数据，并用各时间组的区间中点值代表该组的值，估算该交易市场收购1000台折旧电脑所需的费用附：参考公式：对于一组数据ui,vi(i=1,2,n)，其回归直线v=+u的斜率和截距的最小二乘估计分别为：=i=1nuivinuvi=1nui2nu2，=vu.参考数据：e3.2526，e2.6514，e2.057.8，e1.454.3，e0.852.3.20.（本大题满分12分）已知椭圆： 的左、右焦点分别为，过任作一条与两条坐标轴都不垂直的直线，与椭圆交于两点，且的周长为8，当直线的斜率为时， 与轴垂直.（）求椭圆的方程；（）在轴上是否存在定点，总能使平分？说明理由.21.（本大题满分12分）已知函数f(x)=exx2-mx+1()若m(-2,2)时，求函数y=f(x)的单调区间；()若m(0,12，则当x1,m+1时，记f(x)的最小值为M，g(x)=x的最大值为N，判断M与N的大小关系，并写出判断过程（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44：坐标系与参数方程（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=acosy=bsin（ab0,为参数），且曲线C上的点M(2,3)对应的参数=3，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系（1）求曲线C的普通方程和极坐标方程；（2）若曲线C上的A,B两点满足OAOB，过O作OMAB交AB于点M，求证：点M在以O为圆心的定圆上.23.选修4-5：不等式选讲已知a,b均为正实数，且a+b=1.（1）求(4a+1+4b+1)2的最大值；（2）求ab1+a的最大值.2020学年四川省泸县第四中学高三开学考试数学（理）试题答案1.A2.C3.C4.B5.D6.B7.B8.C9.B10.B11.C12.B13.414.215.226316.0,2317.解：（1）由题设得12absinC=36b(b+c-acosC)即3asinC=b+c-acosC由正弦定理得3sinAsinC=sinB+sinC-sinAcosC，因为B=-A-C所以3sinCsinA=sinCcosA+sinC由于sinC0所以sin(A-6)=12又0A，故A=3（2）在ABC中，由余弦定理及b=1，c=3，A=3有a2=b2+c2-2bccosA=7，故a=7由12bcsinA=36b(b+c-acosC)，得cosC=-127所以sinC=3327，因此sin2C=2sinCcosC=-3314cos2C=2cos2C-1=-1314所以cos(2C-6)=cos2Ccos6+sin2Csin6=-131432-331412=-43718.(1)如图，设BC1B1C=G，连接AG.因为三棱柱的侧面BCC1B1为平行四边形，所以G为B1C的中点，因为AC=AB1，所以AB1C为等腰三角形，所以B1CAG，又因为AB侧面BCC1B1，且B1C平面BCC1B1，所以ABB1C又因为ABAG=A，所以B1C平面ABC1，又因为B1C平面AB1C，所以平面ABC1平面AB1C；（2）由（1）知B1C平面ABC1，所以B1CBC1以G为坐标原点，以GC1的方向为x轴正方向，以GB1的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.由B1CBC1易知四边形BCC1B1为菱形，因为AB=BC=2,BCC1=60所以GB=GC1=1.GC=B1G=3，则可得G(0，0，0)，C1(1，0，0)，B1(0，3，0)，A(-1，0，2)，所以AC1=2，0，-2，B1C1=1,-3,0设平面AC1B1的法向量n=x,y,z，由AC1n=0B1C1n=0得：2x-2z=0x-3y=0，取z=1，所以n=1,33,1，由（1）知GB1=(0,3,0)为平面ABC1的法向量，则cosGB1,n=GB1nGB1n=(0,3,0)1,33,1373=17=77易知二面角B-AC1-B1的余弦值77.19.（1）由频率分布直方图可知一台电脑使用时间在(4,8上的概率为：p=(0.14+0.06)2=0.4=25，设“任选3台电脑，至少有两台使用时间在(4,8”为事件A，则P(A)=C3225235+C33253=44125（2）（）由y=ea+bx得lny=a+bx，即t=a+bx，b=i=110xiti-10xti=110xi2-10x-2 =79.75-105.51.9385-105.52=-0.3a=1.9-(-0.3)5.5=3.55，即t=-0.3x+3.55，所以y=e-0.3x+3.55.（）根据频率分布直方图对成交的二手折旧电脑使用时间在(0,2，(2,4，(4,6，(6,8，(8,10上的频率依次为：0.2，0.36，0.28，0，12，0.04：根据（1）中的回归方程，在区间(0,2上折旧电脑价格的预测值为e3.55-0.31=e3.2526，在区间(2,4上折旧电脑价格的预测值为e3.55-0.33=e2.6514，在区间(4,6上折旧电脑价格的预测值为e3.55-0.35=e2.057.8，在区间(6,8上折旧电脑价格的预测值为e3.55-0.37=e1.454.3，在区间(8,10上折旧电脑价格的预测值为e3.55-0.39=e0.852.3，于是，可以预测该交易市场一台折旧电脑交易的平均价格为：0.226+0.3614+0.287.8+0.124.3+0.042.3=13.032（百元）故该交易市场收购1000台折旧电脑所需的的费用为：100013.032=1303200（元）20.解：（）因为，即，有，所以，即，当直线的斜率为时， 与轴垂直，所以，由，且，解得，即，又，故，所以，由，得.所以椭圆的方程为.（）由（）得， ，设直线的方程为， 两点的坐标分别为，联立，消去，整理得，所以，设，由已知平分，得，所以，即，即，所以，即，所以，即，所以为所求.21.解：()函数定义域为R，f(x)=ex(x-1)(x-m-1)(x2-mx+1)2(1分)当m+1=1，即m=0时，f(x)0，此时f(x)在R递增，当1m+13即0m0，f(x)递增，x(1,m+1)时，f(x)0，f(x)递增；0m+11，即-1m0，f(x)递增，x(m+1,1)时，f(x)0，f(x)递减；综上所述，m=0时，f(x)在R递增，0m2时，f(x)在(-,1)，(m+1,+)递增，在(1,m+1)递减，-2mN，当m(0,12时，由(1)知f(x)在(0,1)递增，在(1,m+1)递减，g(x)=x，当x1,m+1时，函数f(x)单调递减，所以其最小值为M=f(m+1)=em+1m+2，g(x)最大值为N=m+1，所以下面判断M=f(m+1)与N=m+1的大小，即判断ex与(1+x)x的大小，其中x=m+1(1,32，令m(x)=ex-(1+x)x，m(x)=ex-2x-1，令h(x)=m(x)，则h(x)=ex-2，因x=m+1(1,32，所以h(x)=ex-20，m(x)单调递增；所以m(1)=e-30，故存在x0(1,32使得m(x0)=ex0-2x0-1=0，所以m(x)在(1,x0)上单调递减，在(x0,32)单调递增所以m(x)m(x0)=ex0-x02-x0=2x0+1-x02-x0=-x02+x0+1，所以x0(1,32时，m(x0)=-x02+x0+10，即ex(1+x)x也即M=f(m+1)N=m+122.解:（1）将M2,3及对应的参数=3，代入x=acosy=bsin，（ab0，为参数），得2=acos33=bsin3,得a=4b=2. 曲线C的普通方程为x216+y24=1.由x=cosy=sin,代入上式得曲线C的极坐标方程为2cos216+2sin24=1.（2）曲线C的极坐标方程为2cos216+2sin24=1，由题意可设A1,，B2,+2,代入曲线C的极坐标方程,得12cos216+12sin24=1，22sin216+22cos24=1,112+122=516.由12|OM|AB|=12|OA|OB|,得|OM|=|OA|OB|AB|=1212+12=1112+122=455.所以点M