江西省赣州市宁都县2020届高三上学期期末模拟考试数学试卷

1、江西省赣州市宁都县2020届高三上学期期末模拟考试数学试卷、单选题：本大题共 12题，每小题5分，共60分,每个小题只有一个选项符合题目要求1 . A 1,2, 3,集合 B 1,1,3,集合S AI B ,则集合S的真子集有（）B. 3个C. 4个2 .命题“对任意x R,都有x20 ”的否定为（A .存在XoR,-2都有X00B.对任意R,使得x20C.存在X0R，使得x20R,使得x2 03.若样本1X1,1 X2,1 X3,L ,1 Xn的平均数是10 ,方差为2,则对于样本2 2X1,2 2X2,2 2x3,L ,2 2Xn ,下列结论正确的是(A .平均数为20 ,方差为4B.平均

2、数为11 ,方差为4C.平均数为21 ,方差为8D.平均数为20 ,方差为4.双曲线1的一个焦点到一条渐近线的距离为（C.2 1555.将函数cos 2x 一的图象向左平移4一个单位得到函数 g8X的图象，则下列说法不正确的是1A. g 一62B.g X在区间上是增函数C. x 一是 g2图象的一条对称轴6.如图，已知uujrOAB ,若点C满足ACD.uuruur2CB,OC一,0是8uuuOAX图象的一个对称中心uuuOB11，则1A. 3B. 3 c. 99D. 27 .周髀算经中有这样一个问题:从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气

3、其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为 31 . 5尺，前九个节气日影长之和为 85. 5尺，则芒种日影长为（B.2. 5尺8 .设x , y满足约束条件疮0yx4x+3y0)与直线y = 2及y轴所围成的图形绕 y轴旋转一周得到一个旋转体，该旋转体的体16 .在棱长为1的正方体ABCD AiBiCiDi中，点M是对角线ACi上的动点(点M与A、Ci不重合)，则下列结论正确的是存在点M，使得平面AiDM 平面BCD；存在点M，使得DM /平面BiCDi ；AiDM的面积不可能等于二旦；D6若S,S2分别是 ADM在平面AiBiCiDi与平面BBiCiC的正投影的面积，则存在点 M

4、 ,使得G = S2.三、解答题：本大题共6题，？t分70分，解答必须写出文字说明、证明过程和演算步一骤.c . r -2 A C c17 .在 ABC中，内角A, B, C所对的边分别为a, b , c,已知J3sin B 2cos 0.2(1 )求角B的大小；(2)若sin2 B 2sinAsinC,且 ABC的面积为413 ,求 ABC的周长.18 .如图，在多面体 ABCDEF中，平面ADEF 平面ABCD.四边形ADEF为正方形，四边形 ABCD为梯形，且AD/BC , ABD是边长为1的等边三角形，M为线段BD中点，BC 3.求证：AF BD ；(2)求直线MF与平面CDE所成角的

5、正弦值；BN线段BD上是否存在点N,使得直线CE/平面AFN?若存在，求的值；若不存在,BD请说明理由19 .第7届世界军人运动会于 2019年10月18日至27日在湖北武汉举行，赛期 10天，共设置射击、游泳、田径、篮球等 27个大项，329个小项.共有来自100多个国家的近万名现役军人同台竞技.前期为迎接军运会顺利召开，武汉市很多单位和部门都开展了丰富多彩的宣传和教育活动，努力让大家更多的了解军运会的相关知识，并倡议大家做文明公民.武汉市体育局为了解广大民众对军运会知识的知晓情况，在全市开展了网上问卷调查，民众参与度极高，现从大批参与者中随机抽取200名幸运参与者，他们得分(满分 100分

6、)数据，统计结果如下：组别30,40)40,50)50,60)60,70)70,80)80,90)90,100)频数5304050452010分别为这200(1)若此次问卷调查得分整体服从正态分布，用样本来估计总体，设人得分的平均值和标准差(同一组数据用该区间中点值作为代表)值四舍五入取整数)算 P(51 X 93)；(2)在(1 )的条件下，为感谢大家参与这次活动，市体育局还对参加问卷调查的幸运市民制定如下奖励方案：得分低于的可以获得1次抽奖机会，得分不低于的可获得2次抽奖机会，在一次抽奖中，抽中价值为15元的纪念品A的概率为2 ,抽中价值为30元的纪念品3B的概率为1.现有市民张先生参加了

7、此次问卷调查并成为幸运参与者，记3Y为他参加活动获得纪念品的总价值，求Y的分布列和数学期望，并估算此次纪念品所需要的总金额(参考数据：P(0.6827； P( 2 X2 ) 0.9545 ；P( 3 X)0.9973.)20 .已知椭圆C :p 1,452y21ab b2在椭圆C上.0的左，右焦点分别为F2,0 , F2 2,0，点(1)求椭圆C的标准方程;(2)是否存在斜率为 1的直线l与椭圆C相交于M , N两点,使得 FM| |FiN?若存在,求出直线的方程；若不存在，说明理由X 1),21 .已知函数 f (x) e cos x 1 aX(aR).(1)若f(X)在 1,上单调递增，求

8、实数 a的取值范围;(2)当a 1时，若实数X1,X2(X1 X2)满足f(Xi) f(X2)2 ,求证：X1 X20.22 .如图，在极坐标系 Ox中，过极点的直线l与以点A(2,0)为圆心、半径为2的圆的一个交点为b 2-,曲线m1是劣弧Ob ,曲线M2是优弧Ob . 3求曲线Mi的极坐标方程;(1)值.23 .已知函数f x2x 4 mx 5的解集;2 2：2（1）若m 4 ,求不等式f4（2）证明：f x rnv参考答案1 . BCDCDD BADADA13 . 0.88 . 14. 15 . 15 . 216 . (1)解：V3sin B 2cos2 AC 73sin B (1 co

9、s(A C)2A B C(1 cos(A C)、.3sinB (1 cosB)3sin B cosB 1 2sin B 一61 0 ,得：sin B 一 6. B (0, ), B 6、3ac44/3, ac 16一,一 ,B - -, B TOC o 1-5 h z 6 6663,f 2 , ,12(2)由(1)知B ,所以A ABC的面积为1acsin 323因为sin2 B 2sin Asin C ,由正弦定理可得 b2 2ac 32, b 472，.一、一 ，222-2,、2由余弦定理 b a c 2ac cos (a c) ac 323.(a c)232 ac 48, .a c 4向

10、,所以 AABC 的周长为 4/2 4，3.解:(1)证明：因为 ADEF为正方形，所以 AF AD .又因为平面 ADEF 平面ABCD ,且平面ADEF 平面ABCD AD ,所以AF 平面ABCD .所以AF BD .(2)取AD中点O,EF中点K,连接OB, OK.于是在4ABD中，OB OD ,在正方ADEF中OK OD ,又平面ADEF 平面ABCD ,故OB 平面AFEF ,进而0B OK ,即OB, OD, OK两两垂直.分别以OB, OD,OK为x轴，y轴,z轴建立空间直角坐标系(如图).35,0,01D 0,2,03,C 5,3,0,E13 10,1 ,M ，024 4,F

11、10, 2,1uuur所以MFuuir,CDuurDE(0,0,1)r设平面CDE的一个法向量为n(x,y,z),uuiv CD uuu/ DEr n r n33,则5,43,0) .设直线MF与平面CDE所成角为，sin| cosuuurMF ,uuur rn iMr i|MF |n|立14(3)要使直线CE/平面AFN ,只需AN / /CDuur 设BNuurBD,0,1,则 Xn,yn,Zn3 1 n,0 ,2 2Xn,yn,Zn0, N.32,32,0unrAN_32,322,0uuir 又CD2,0)uuiruur由AN/CD得32Zf21252解得0,1所以线段BD上存在点N,使

12、得直线CE/平面 AFNBN 2=-BD 319 .解:(1)由已知频数表得:E(X)30455520040200655020085202001095 20065D(X) (3565)20.025 (4565)20.15(5565)2 0.2(65 65)2 0.25 (75 65)2 0.225(85 65)20.1 (95 65)2 0.05 210,由1962 225,则 1415,而 14.52 210.5 210,所以 14,则X服从正态分布N (65,14),所以P(51 X 93) P( XP( 2 X 2 ) P(20.9545 0.682720.8186 ；(2)显然，P(X

13、 ) P(X)0.5所以所有Y的取值为P(Y 15)P(Y 45)1 22 31 22 31P(Y 311130)11122 3 2 323127181 13 3所以Y的分布列为:Y153045601721P一318918 TOC o 1-5 h z 1721所以 E(Y) 153045 6030318918需要的总金额为：200 30 6000.20 .解：因为椭圆C的左右焦点分别为F1 2,0 , F2 2,0 ,所以c 2 .由椭圆定义可得2a厂干卜2)2?2於栏2娓,22解得a J6,所以b2 a2 c2 6 4 2,所以椭圆C的标准方程为162(2)假设存在满足条件的直线 l,设直线

14、l的方程为y x t,2 x由6y与1得x2 3( x x tt)2 6 0,即2_2_2_2_2_4x2 6tx3t2 60,( 6t)2 4 43t2 696 12t2 0,解得2 2t 2夜,设 M Xi,yi , N X2,y2，则 xX23t-2 ,X1x23t2 64由于FiMFiN ,设线段MN的中点为E ,则FiEMN ,所以KFiEi. 3tt4L1又 E 7，1，所以 KfiE4i,解得 t 4.KMN4 43t 24当t 4时，不满足2J2 t 2/2 .所以不存在满足条件的直线l .X i2i.解：(i) f (x) e sin x ia ,由 f (x)在 1,上单调

15、递增,X 1故当x 1时，e sin x 1X 1a 0 恒成立 /Pae sin x 1x 1设 g x e sin x 1 x/x 1/1 , g x e cos x 1 ,.x i, .-.ex 1 1,cos x 11,，g,x)0,即 g x 在 1, 上单调递增，故 g Xg 11,.-.a 1 ； TOC o 1-5 h z X 1/(2)当 a 1 时，f x e cos x 1 x, X 1f x e sin x 11 0,. f x在R上单倜递增，又.f 11且 f (Xi)+f 俨)=2,故 Xi1 X2要证XiX2 0,只需证X2Xi,即证f X2fXi只需证 2 fx

16、ifXi ,即证 f XifXi2 0令 h x f x f x 2,h xex 1 sin x 11e1 x sin 1 x 1_x i _1 Xe e 2cosi sin x1 Xe 2cosi sin xx 11 xx e e 2cos1 cosx 2e 2cos1 cosx 0 . x在 ，1上单调递增2. x 11 e sin2 0,故h x在 ，1上单倜递减,. h x h 1 2f 12 0,故原不等式成立.22 .解：（1）设以点A（2,0）为圆心、半径为2的圆上任意一点（，),所以该圆的极坐标方程为4cos ,贝U M1的方程为4cos(2)由点为曲线M1上任意一点，则4cos2,一在曲线 3M2上，则24cos4cos 一 3因为 |OP| 1,|OQ|2 ,所以|OP |OQ|即 |OP| |OQ| 4cos4cos 一 34、，3sin 3因为