《云南省2020届高中新课标高三第三次双基检测 数学（理）（扫描版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《云南省2020届高中新课标高三第三次双基检测 数学（理）（扫描版）（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 2020 一、选择题一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A D A B D C B C D B A C 1. 解析：因为 1,0,5 UB = ，所以 1,0,3,5 U AB = . 选 A. 2. 解析：因为 3 111 =i 1 i22 z = ，所以复平面内z对应的点 11 , 22 位于第四象限. 选 D. 3. 解析：由已知得(2, 2)abx=，所以4 (2)0 x= ，解得2x =，选 A. 4. 解析：因为0cd，所以 11 0 cd ，由不等式的性质可知：选 B. 5. 解析：依题意， 15 1.618 2 s a + =，所以1
2、.618611.604PHsa=，选 D. 6. 解析：购买该食品4袋，卡片编号的所有可能结果为 4 4，获奖包含的基本事件个数 4 4 A24=，所以购买该 食品 4 袋，获奖的概率为 3 32 ，选 C 7. 解析： 设( ) f xt= ， 令( ) 0f t = ， 则1t =或1t = .当0 x时， 由( ) 1f x = ， 得 2x = ， 由( ) 1f x = ， 得0 x =； 当0 x时，由( ) 1f x = ，即 1 1 1 x + =，无解；由( )1f x = ，即 1 11 x += ，得 1 2 x = ，所以有三个零点， 选 B. 8. 解析：输入 0,1
3、,1abi=；第 1 次循环：1,1,1,2cabi= ； 第 2 次循环： 2,1,2,3cabi= ；第 3 次循环： 3,2,3,4cabi= ； 第 4 次循环： 5,3,5,5cabi= ；第 5 次循环： 8,5,8,6cabi= ； 第 6 次循环： 13,8,13,7cabi= ； 因为输出13b=，所以7i =时就要输出，结合选项，选 C. 9. 解析：因为 4 8S =， 84 16SS=， 128 SS， 1612 SS成等比数列，所以 128 32SS=， 1612 64SS=， 164841281612 ()()()8 163264120SSSSSSSS=+=+=，选
4、 D. 10. 解析：设椭圆C： 2 2 1 4 x y+=+=的左焦点为 1 F，则 1 1 2 OPOFFF=，所以 1 PFPF ， 所以PFO的面积 1 2 111 tan 2242 PF F SSb =，选 B. 11. 解析：因为 (0)f=-() 2 f ，所以 1 2 =sin() 26 ，即=+2 266 k 或 5 =+2 266 k ， 即 2 =+4 3 k或=2+4k，（kZ）,又因为在（0 2 ，）上有且仅有三个零点， 2 2 4 ,所以48,所以为 14 3 或6，选 A. 12. 解析：将正方体 1111 ABCDABC D补全成长方体，点 1 C关于面ABCD
5、的对称点为 2 C，连接 2 EC交平面ABCD于一点，即为所求点F，使 1 EFFC+ 最小其最 小值是 2 EC 连接 212 ,ACBC， 计算可得 2 2 3,AC=， 12 2 5B C=， 1 2 2AB =， 所以 12 AB C 为直角三角形，所以 2 14EC=，选 C. 二、填空题二、填空题 13. 解析：则( ) 4 ln e xx fx=，由导数的几何意义知函数( )fx在点()e,e处的切线斜率( )e4k f = ，则函数 ( )fx在点()e,e处的切线方程为()e4eyx=即43eyx=. 14. 解析：因为 73 11 (3 )()24 73 SS adadd
6、=+=，所以2d =， 51 49aad=+=.所以 5 a =9. 15. 解析: ( )62En pp=，所以 1 3 p =，又因为 24 ( )(1)2 33 Dn pp=，所以 (32)D+=9 ( )12D= 16. 解析：由图和对称性可知，OP是线段 1 FP的垂直平分线，又OQ是 12 Rt FQF 斜边中线，所以 12 60FOPPOQQOF= = =，所以2e = 三、解答题三、解答题 （一）必考题（一）必考题 17. 解析：（1）因为cos 2 c abC=，所以 1 sinsincossin 2 ABCC=， 1 sincoscossinsincossin 2 BCBC
7、BCC+=，可得 1 cos 2 B = ， 2 3 B=. 6 分 （2）因为D是AC边的中点，所以 11 22 BDBABC=+， 2 22 22 1111111 2424 ()3 4424422 BDBABCBA BC=+=+ = 所以 3BD = . 12 分 D1 A1 B1 C1 A B DC E F G x y z D1 A1 B1 C1 AB DC E F G 18. 解析：（1）证明：取 1 C F的中点G，连接EG, 因为E为棱 11 AD中点，所以EG 11 DC， 又因为 11 DCDC，所以EGDC； 因为 1 11111 22ABBCC D=，所以 11 EGDCD
8、C=， 故四边形EDCG为平行四边形，所以DECG. 因为DE 平面 1 CC F，CG 平面 1 CC F， 所以DE平面 1 CC F. 5 分 （2）解：等腰梯形ABCD中，连接BD， 因为222ABBCCD=，所以 60DAB= ； ABD中，由余弦定理得3BD=，所以 90ADB= ， 故可以DA，DB， 1 DD分别作为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则 (1,0,0)A ， 1(0, 3, 3) B, 1 ,0, 3 2 E ,(0, 3,0)B, 设()1, ,nx y z=为平面 1 B DE的一个法向量， 则 1 11 1 30 2 330 nDExz nDByz =+
9、= =+= 可取 1y = ，则() 1 2 3,1, 1n =， 取平面ADE的一个法向量为() 2 0,1,0n =， 所以 12 12 12 14 cos 1 , 4 nn n n nn = ， 即锐二面角 1 BDEA的余弦值为 14 14 . 12 分 19. 解：（1）按甲在先，乙次之，丙最后的顺序派人，任务能被完成的概率为 ()()() 112123123122331123 111Ppppppppppp pp pp pp p p=+=+ ； 若甲在先，丙次之，乙最后的顺序派人，任务能被完成的概率为 ()()() 113132123122331123 111Ppppppppppp
10、pp pp pp p p=+=+ ； 发现任务能完成的概率是一样.同理可以验证，不论如何改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的 概率不发生变化. 6 分 （2）由题意得X可能取值为1,2,3， 按甲在先，乙次之，丙最后的顺序派人，所需派出的人员数目的分布列为: X 1 2 3 P 1 p () 12 1pp ()() 12 11pp 所以()()()() 112121212 12131123E Xpppppp ppp= +=+ . 因为()()() 121221 23211E Xp ppppp=+=+ ，且 123 1ppp， 其他情况同理可得,所以要使所需派出的人员数目的均值（数学期望）
11、达到最小，只能先派甲、乙中的一 人. 若先派甲，再派乙，最后派丙，则() 11212 23E Xp ppp=+ ； 若先派乙，再派甲，最后派丙， 则() 21221 23E Xp ppp=+ ； 所以()()()() 121212122121 23230E XE Xp pppp ppppp=+= 所以先派甲，再派乙，最后派丙时， 均值（数学期望）达到最小. 12 分 20. 解：（1）由题意可知，动圆圆心P到点 1 0 2 （ ， ）的距离与到直线 1 2 x = 的距离相等，所以点P的轨迹 是以 1 0 2 （ ， ）为焦点，直线 1 2 x = 为准线的抛物线，所以曲线C的方程为 2 2y
12、x=5 分 （2）易知() 2 2M，设点 11 ()A xy， 22 ()B xy，直线AB的方程为：xmyb=+， 联立 2 2 xmyb yx =+ = ，得 2 220ymyb=，所以 12 12 2 2 yym y yb += = ，所以 2 12 2 12 22xxmb x xb +=+ = 因为 12 12 12 22 =1 22 yy k k xx = ，即 12121212 2+=2+y yyyx xxx（）（）， 所以 22 2440bbmm+=，所以 22 1 =21bm（） （），所以2bm=或2 +2bm= 当2 +2bm=时，直线AB的方程： 22xmym=+ 过定
13、点() 2 2，与M重合，舍去； 当2bm=时，直线AB的方程： +2xmym= 过定点() 02， ，所以直线AB过定点() 02， 12 分 21. 解：（1）( )( ) esin x g xfxx=+，则( )ecos x gxx=+， 因为 cosyx= 与exy =在( ,0) 均为增函数，故( ) gx 在( ,0) 为增函数， 又()e10g = ，( )020 g = ，结合零点存在性定理知：存在唯一 0 (,0)x 使得() 0 0gx= ， 若 0 (,)xx ，( )0gx ；若 0 (,0)xx，( )0gx ；故( ) g x在区间(,0) 存在唯一极小值点. 6
14、分 （2）由（1）可知( ) g x在区间(,0) 存在唯一极小值点 0 x，所以 () 2 0 ()e10 2 g xg = , 又 (0)10g= ，()e0g =，结合零点存在性定理知：存在唯一 10 (,)xx 使得() 1 0g x= ， 存在唯一 20 (,0)xx使得() 2 0g x= ，故当 12 (,) (,0)xxx 时，( )0g x ，当() 12 ,xx x 时，( ) 0g x ， 故( ) fx 在 1 (,)x和 2 (,0)x为增函数，在() 12 ,x x 为减函数，则()() 1 e10f xf =+ 且()( ) 2 00fxf= ，由零点存在性定理：
15、存在唯一 12 ( ,)mx x使得( )0f m =， 故函数( ) fx 在 ,0 有且仅有x m= 与0 x=两个零点； 当 (0,)x+时，e 1cos x x ，则 ( )0fx ，故函数( )fx在(0,)+没有零点； 综上所述，( ) fx 有且仅有2个零点. 12 分 （二）选考题：第（二）选考题：第 22、23 题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题记分。题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题记分。 22. 解：（1）直线l的参数方程为 1cos 4 1sin 4 xt yt = + = + ，即 2 1 2 2 1 2 xt yt = + = + 5 分 （2）将 2 1 2 2 1 2 xt yt = + = + 代入 22 4xy+=，化简整理得： 2 2 220tt+= . 因为 4PAPBAB+= ， 12 2 2PAPBtt-=+=. 所以 22 8 2PAPB-=. 10 分 23. 解： （1）依题意有01x，令1yxx=+-，则
