2020届安徽省安庆市高三上学期期末教学质量监测数学(理)试题

安庆市2019－2020学年度第一学期期末教学质量监测高三数学(理科)试题第I卷(选择题，共60分)、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.设全集为R，集合A={xx2-2x<0},B={x|x-120}，则AI(CB)=1.RA.{x|0<xWl}b.{x0<x<1}c.{x|1Wx<2}d.{x|0<x<2}2.i是虚数单位,复数z=j3i1*3A.z-22.i是虚数单位,复数z=j3i1*3A.z-2173——=2B.c.D.z=3+至i443.3.已知a,b,c满足4«=6,b=log4,c3二,贝y丄52A.a<b<cB.b<c<ac.c<a<bD.c<b<a4.二项式(x2-f-)6的展开式中x3的系数为4.2x5.中心在原点，焦点在x轴上的双曲线的一条渐近线经过点(2,-1)，则它的离心率为5.A.打B.C.亘D.叵226.某学校开展脱贫攻坚社会实践走访活动，学校安排了2名教师带队，4名学生参与，为了调查更具有广泛性，将参加人员分成2个小组，每个小组由1名教师和2名学生组成，到甲、乙两地进行调查，不同的安排方案共有6.A.12种B.10种C.9种D.8种函数f(x)=(x-x-1)(ex-e-x)的图像大致是ABCD1页页XXa2+a2+c2—b2由余弦定理可得COSB=—2acac_12ac21分兀TOC\o"1-5"\h\z0<B<n所以B_—，2分因为VBCD的面积为工3,即1BC•BDsinB_上3,BD_1，222所以BC_2,3分1在VBCD中，由余弦定理，得CD2_BC2+BD2—2BC•BDcosB_4+1—2x2x1x_3,2所以CD_■<—6分(2)由题意得设ZDCA_ZA_9,在AADC中，由正弦定理ACsin(兀一2A)CDsinA2cos在AADC中，由正弦定理ACsin(兀一2A)CDsinA2cos07分CD在"CD中，由正弦定理歸_BDsinZDCBCD1即si碍血兀一©+20）1兀sin(+20)8分9分9分10分TOC\o"1-5"\h\z/兀'由①②可得所以cos0_sin20+厅k3丿/兀1-—3_sinf兀、20+叟12丿13丿即sinTOC\o"1-5"\h\z由牛一0_20+，解得9_，11分2318（兀c）IcC兀）C兀由牙一0+20+三_兀,解得0_三.k2丿k3丿612分18.证明：（I）因为CD丄平面ABC,BE丄平面ABC所以CD//BE,1分王又因为CD@平面ABE,BEu平面ABE,所以CD//平面ABE3分l_平面ABEI平面ACD，则CD//l又l工平面BCDE，CDu平面BCDE所以l//平面BCDE6分7页A（II）建立如图所示的空间直角坐标系

7页A兀因为ZCAB=AB=AC=BE=2,CD=1.2所以BC=QAC2+AB2=2、；'2则C(0,0,0),AW2,i2,0),B(0,^-'2,0),D(0,0,1),E(0,^2,2)8分r设平面ADE的法向量为n=(x,y,z)ruuuruuruuuAD=(-返-妊1,DE=(0,2返,1)则｛n-ADruuurn-DE=0=0即—£2x—\；'2y+z=0,272y+z=0令z=2、：'2，则x=3,y=—1，所以n=(3,-1,2\⑵r设平面BCDE的法向量为n=(x,y,z)1n-CD=0.即z=0,2yf2y=0n-CB=01uummmCD=(0,0,1),CB=(0,2*2,0)贝y9分uruuur5r1mmr取x=1，则y=z=0所以ni=(1,0,0)10分rmrcos<n,n>=1-r--br-nn1rmrn-n211分所以sin<n,n>=¥故二面角A—DE—B的正弦值乎2212分19•解析：(I)记：“小明恰好命中一次”为事件C,“小明射击A靶命中”为事件D,“该射手第一次射击B靶命中”为事件E，“该射手第二次射击B靶命中”为事件F,43由题意可知P(D)=，P(E)=P(F)=，2分54由于C=DEF+DEF+DEF4分1P(C)=P(DEF+DEF+DEF)=—；6分8(II)X=0,1,2,3,4,57分1114111133P(X=0)=-X(-)2=—,P(X=1)=-X(—)2=一P(X=2)=-XC1X-X-=—54805420，524440133139439P(X=3)=xC1xx—=P(X=4)=x(—)2=P(X=5)=x(—)2=-24410，5480，5420X0123459分P180120340398092010分E(X)二0x丄+1x丄+2x2+3^3+4^9+5x2二1912分802040108020520.解析：(IAB]=8,.・・a=4，又•.•|PA|=20.解析：(I/.e=/.c=2,b2=a2一c2=122x2y2.•椭圆的标准方程为p+7^=1，2分1612点P的坐标为(-8,0)，点F的坐标为(-2,0)1直线1的方程为y=(x+8)43分x=4y—8联立\x2y2可得13y2-48y+36=0设M(x,y)N(x,y)，H(x,y)联立_+丄=1112200〔1612则y1+y2483613yy12134分y+y所以y0=七2241324x0=4y0一8=4x13一8=813直线HG的斜率为-4，248直线HG的方程为y-13=-4(x+J3)5分令y=0，解得x=-2即G(-13，0)1313所以GF=所以GF=|x—xGF24136分7分(II)直线1的方程为y=k(x+8)，当k=0时，S=7分AMNF1当k主0时，设m=〒，直线1的方程为x=my一8kx=my-8联立\x2y2可得(3m2+4)y2-48my+144=0，设M(联立\〔1612A=(-48m)2一4(3m2+4)x144=576(m2一4)>0，解得m>2或者m<-248m1448分方法MN£1+m2|y-yi〜k飞•（打+yi）2_4打人〜话：（3^^）2-4X吕_24Jlm2-43m2+49分点F到直线l的距离d二*8L=610分1+m21+m2SAMNF=1丨MNI-d224\/1+m2\：m2一4672fm2一4=—XX=3m2+4J]+m23m2+4723xm2一4+-^6=\m2-4<—2xy3x16当且仅当3\m2-4=，即m=±3<21时（此时适合于厶〉。的条件）取等号，m2-41J21J21所以当k==±时，直线1为y=±，（x+8）时，AMNF面积取得最大值为3、払.m14八14厂……………12分方法二：S=S-SAMNFANPF'=11PFI-AMPF272\；m2-41=3m2+49分即SAMNF72Jm2-4

3(m2-4)+1672<—3.冃+』％环1672=3、込,11分m2—4:16，即m=±空321时（此时适合于厶〉。的条件）取到等号。\m2-41J21J21・•・所以当k=m=±^^时，直线1为y=±^^（x+8）时，AMNF面积取得最大值为3运.12分21.解：(I)f(x)=(x+l)lnx+1二xInx+Inx+1f'(x)=lnx+1+丄x设m(x)=lnx+1+—m'(x)=—-—=—_1xxx2x21分所以m（x）在（0,1）上单调递减，在（1,+s）上单调递增3分m(x)=h(1)=2>0，即f'(x)>0min所以f(x)在(0,+8)上单调递增5分6分(II)h(x)=f(x)一g(x)=(x+1)lnx一e-x一lnx=xlnx一e-xh'(x)=e-x+lnx+1，…设F(x)=e—x+lnx+17分F'(x)=-—+1=—_x，设G(x)=ex-xexxxexG'(x)=ex-1>0所以G(x)在(0,+8)上单调递增8分G(x)>G(0)=1>0，即F'(x)>0，所以F(x)在(0,+8)上单调递增……‘F(e-1)=e-e-1>0,F(e-2)=e-e-2—1<0所以F(x)在(0,+8)上恰有一个零点xg(e-2,e-1且00h(x)在(0,%)上单调递减，在(x0,+8上单调递增9分10分M=h(x)=xlnx一丄=xlnx+lnx+1，xg(e-2,e-1)000—x°0000由(I)知f(x0)在(0,+8)上单调递增所以一--1=fC-2)<f(x)<f(e-1)=-1e20e11分12分22.解析：（I）由x=-8+1可得t=x+8，所以即卩一攵戶+也）所以直线1所以直线1直角坐标方程为x-2y+8二0.2分由x=2s2可得s2=—，所以y2=(2J2s)2=8x—=4x^2^2所以曲线C的直角坐标方程为y2二4x5分(II)设点P(x,y)，则彳x-2s2，则d=y=2^2s2s2-4\/2s+82(s-V2)2+44W5———=-<559分当s=J2时取等号，此时x二4,y二4所以点P到直线1的距离的最小值为45510分23.证明：(I)因为a、b、c均为正数，由重要不等式可得3分a2+b2>2ab，b2