2020届辽宁省沈阳市东北育才学校高三上学期第三次模拟数学(理)试题(解析版)

学（理）试题

一、单选题。

}，B{(x,y)|y13x}，则AIB=（ ） 1．设集合A{x|x11A．0,2 【答案】C

【解析】集合A{x||x1|1}(0,2)，B{(x,y)|y13x}表示点集，即可得出结论． 【详解】

解：集合A{x||x1|1}(0,2)为数集，B{(x,y)|y13x}表示点集，

B．(0,)

13C． D．(2,)

AIB．

故选：C． 【点睛】

本题考查集合的运算，考查学生的计算能力，比较基础．

(i1)242．复数z的虚部为（ ）

i1A．—1 【答案】B

【解析】对复数z进行化简计算，得到答案. 【详解】

B．—3

C．1

D．2

(i1)2442i42i1iz13i i11i2所以z的虚部为3 故选B项. 【点睛】

本题考查复数的计算，虚部的概念，属于简单题.

3．已知直线l1:xmy70和l2:m2x3y2m0互相平行，则实数m（ ）

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A．m3 B．m1 C．m1或3 D．m1或

m3

【答案】C

【解析】根据直线平行充要关系得等式，解得结果. 【详解】 由题意得【点睛】

本题考查直线平行位置关系，考查基本转化求解能力，属基础题. 4．已知向量A．充分不必要条件 C．必要不充分条件 【答案】C

【解析】根据充分条件和必要条件的定义以及向量的数量积的应用，进行判断即可. 【详解】

充分性：当x＞0时，但是当x＝5时，

；

，与 共线，与夹角为0°，故充分性不成立，

，

，则“x＞0”是“ 与的夹角为锐角”的( )

B．充要条件

D．既不充分也不必要条件

1m7 m1或3,选C. m232m必要性：与夹角为锐角，则解得x＞0，故必要性成立， 故选C. 【点睛】

本题主要考查平面向量基本定理及坐标表示、平面向量的数量积以及充分条件和必要条件.

5．设sn是公差不为零的等差数列{an}的前n项和，且a10，若s5s9，则当sn最大时，n=（ ） A．6 【答案】C

【解析】因为公差不为零的等差数列的前n项和sn是关于n的二次函数，s5s9，所以对称轴为n7，又开口向下，所以当n7时，sn有最大值，故选C. 6．将函数ysin(3xB．10

C．7

D．9

4)的图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍，再向右平移

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个2单位，再向上平移1个单位，得到的新函数的一个对称中心是（ ） A．(2,1) B．(9,1) C．(2,0) D．(,1)

π4【答案】D

【解析】先根据三角函数图象变换规律写出所得函数的解析式，再根据三角函数的性质求出函数的对称中心，确定选项． 【详解】

解：函数ysin(3x为ysin(x再向右平移

4)的图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍得到图象的解析式

4)

个单位得到图象的解析式为ysin[(x)]sin(x)

2442再向上平移1个单位得到图象的解析式为ysin(x)1，令xkkZ解得44px=+kp(k?Z)，故函数的对称中心为k,1kZ

44,1当k0时对称中心为，所以,1是函数ysin(x4)1的一个对称中心． 44

故选：D． 【点睛】

本题考查了三角函数图象变换规律，三角函数图象、性质．是三角函数中的重点知识，在试题中出现的频率相当高．

7．如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75o，30o，此时气球的高是

60m，则河流的宽度BC等于（ ）

A．240(31)m 【答案】C 【解析】【详解】

B．180(21)m C．120(31)m D．30(31)m

AC120，AB60ABBC，，

sin75osin30osin45o第 3 页 共 20 页

所以

ABsin45o602BC120(31). ooosin30sin(3045)故选C.

1.10.48．三个数0.4,log0.41.1,1.1大小关系是（ ）

A．1.10.4＜0.41.1＜log0.41.1 C．log0.41.1＜1.10.4＜0.41.1 【答案】D

B．0.41.1＜log0.41.1＜1.10.4 D．log0.41.1＜0.41.1＜1.10.4

【解析】利用指数函数与对数函数的单调性即可得出． 【详解】

解：Q00.41.11，1.10.41，log0.41.10，

log0.41.10.41.11.10.4， 故选：D． 【点睛】

本题考查了指数函数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．9．设函数fx53sin3cos2xx4x1 ，其中 0,，则导数

632f'1 的取值范围是 ( ) 6 A．3，【答案】A

【解析】先对原函数进行求导可得到f(x)的解析式，将x1代入可求取值范围． 【详解】 解：Qf(x)3sin3cos2xx4x1 324+3B．3， 6C．4-3， 4+3D．4-3，

f(x)3sinx2cosx4

f(1)3sincos42sin()4

6Q[0,521][,]sin()[,1] 666362f(1)3,6 故选：A．

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【点睛】

本题主要考查函数求导和三角函数求值域的问题．这两个方面都是高考中必考内容，难度不大．

10．已知点O是△ABC内部一点，并且满足2OA3OB5OC0，VOAC的面积为S1，△ABC的面积为S2，则

uuuvuuuvuuuvS1 S23B．

83 102C．

5A．【答案】A

D．

4 21uuuvuuuvuuuvuuuvuuuruuuruuur【解析】∵2OA3OB5OC0，∴2OAOC3OBOC．

设AC中点为M，BC中点为N，则2OM3ON,

uuuuvuuuvuuuuvOM3∵MN为VABC的中位线，且uuuv，

2ON∴SVOAC2SVOMC2S33613SVCMNSVABCSVABC，即1．选A．

S1055410211．定义域为R的函数yf(x),若对任意两个不相等的实数x1,x2，都有

x1f(x1)x2f(x2)x1f(x2)x2f(x1)，则称函数为“H函数”，现给出如下函数：

①yx3x1②y3x2(sinxcosx)③yex1④ y其中为“H函数”的有（ ） A．①② 【答案】C

【解析】不等式x1f(x1)x2f(x2)x1f(x2)x2f(x1)等价为

B．③④

C．②③

D．①②③

sinx, x1xee(x1x2)[f(x1)f(x2)]0，即满足条件的函数为单调递增函数，判断函数的单调性

即可得到结论． 【详解】

Q对于任意给定的不等实数x1，x2，解：不等式x1f(x1)x2f(x2)x1f(x2)x2f(x1)恒成立，

不等式等价为(x1x2)[f(x1)f(x2)]0恒成立，

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即函数f(x)是定义在R上的增函数．

①函数yx3x1，则y3x21，当x函数为减函数，不满足条件．

②y3x2(sinxcosx)，y32(cosxsinx)0，函数单调递增，满足条件． ③yex1为增函数，满足条件． ④y33，或x时，y0，此时33sinx，在定义域上不具有单调性，不满足条件． x1xee综上满足“H函数”的函数为②③， 故选：C． 【点睛】

本题主要考查函数单调性的应用，将条件转化为函数的单调性的形式是解决本题的关键．

x2y212．经过双曲线2-2=1(a>b>0)的右焦点为F作该双曲线一条渐近线的垂线与

ab两条渐近线相较于M,N两点，若O为坐标原点，DOMN的面积是的离心率是（ ） A．2 B．【答案】B

22a，则该双曲线356 C．5 D． 22x2y2b【解析】试题分析：双曲线2-2=1(a>b>0)的渐近线方程为yx，设两条

aba渐近线的夹角为，则tantanMONbbbb2ab12，设2aaaaabFNON，则F到渐近线ybcbx的距离为db，即有

22aab1a3b2a2ONcba，则OMN的面积可以表示为aatan，2223ab22ca2b2b25解得a2b，则e ．故选C．  1aa2a22【考点】双曲线的简单性质．

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【思路点睛】求出双曲线的渐近线方程，设两条渐近线的夹角为，由两直线的夹角公式，可得tantanMON，求出F到渐近线ybx的距离为b，即有aONa，OMN的面积可以表示为

1aatan，结合条件可得a，b的关系，再由离心率公式即可计算得到． 2

二、填空题

13．函数fxsinx3cosx23（x0,）的最大值是__________． 42【答案】1 【解析】【详解】 化简三角函数的解析式，

可得fx1cosx3cosx231cos2x3cosx 44(cosx32)1， 2由x[0,]，可得cosx[0,1]，

2当cosx

3时，函数f(x)取得最大值1． 214．过原点O作圆x2y26x8y200的两条切线，设切点分别为P、Q,则直线PQ的方程是 ______． 【答案】3x4y200

【解析】直线PQ可看作已知圆与以OC为直径的圆的交线，求出未知圆的方程，运用两圆方程相减，即可． 【详解】

解：圆xy6x8y200可化为(x3)(y4)5 圆心C(3,4)，半径为R22225，

Q过原点O作C的切线，切点分别为P，Q，

直线PQ可看作已知圆与以OC为直径的圆的交线，

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3252以OC为直径的圆的方程为xy2，

242即xy3x4y0， 两式相减得3x4y200， 即直线PQ的方程为3x4y200， 故答案为：3x4y200． 【点睛】

本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，结合圆与圆的位置关系是解决本题的关键．

x115．设定义域为R的函数fx满足fxfx，则不等式efxf2x1的

22解集为__________． 【答案】(1,)

【解析】根据条件构造函数F（x）到结论． 【详解】 设F（x）fxex，求函数的导数，利用函数的单调性即可得

fxex，

则F′（x）f'xfxex，

∵fxfx，

∴F′（x）＞0，即函数F（x）在定义域上单调递增． ∵ex1fxf2x1

＜f2x1e2x1∴

fxex，即F（x）＜F（2x1）

∴x＜2x1，即x＞1 ∴不等式ex1fxf2x1的解为1,

故答案为：1, 【点睛】

本题主要考查函数单调性的判断和应用，根据条件构造函数是解决本题的关键．

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x2y216．已知椭圆1的左、右焦点分别为F1,F2，点P在直线

164l:x3y8230上，当F1PF2取最大值时，

【答案】31

PF1PF2______．

x2y2【解析】先根据椭圆1的方程得出其左右焦点分别为F1(21643，0)、与

F2(23，0)．如图，根据平面几何知识知，当F1PF2取最大值时，经过F1与F2的圆

|PF1|PB与直线l 相切，求出圆心坐标，再利用相似三角形的知识得出，最后利用|PF2|BF2相似比即可求出答案． 【详解】

x2y2解：椭圆1的左右焦点分别为F1(21643，0)、与F2(23，0)．

如图，根据平面几何知识知，当F1PF2取最大值时，经过F1与F2的圆与直线l 相切，此时圆心在y轴上，坐标为A(0,2)，

在直线l:x3y8230中令y0得B的坐标： B823,0，

在三角形BPF1和三角形BF2P中，BPF1BF2P， BPF1∽△BF2P，

|PF1|PBAB2PA231． |PF2|BF2BOOF2故答案为：31．

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【点睛】

本小题主要考查直线与圆锥曲线的关系、直线与圆的位置关系、圆的切线等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于基础题．

三、解答题

17．在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a,b,c，且

(b2c)cosAacosB0．

（1）求角A；

（2）若a25，cosB【答案】(1)A25，求BA的长度． 54;(2) AB＝6

2，2【解析】（1）ABC中，由acosB(2cb)cosA，利用正弦定理求得cosA可得A的值．

（2）ABC中，先由正弦定理求得AC的值，再由余弦定理求得AB的值． 【详解】

解：（1）ABC中，由acosB(2cb)cosA，利用正弦定理可得sinAcosB2sinCcosAsinBcosA，

化简可得sin(AB)2sinCcosA，即sinC2sinCcosA，求得cosA2， 2A4．

（2）由cosB525，可得sinB， 5525bab再由正弦定理可得，即25，求得bAC22． sinAsinB25ABC中，由余弦定理可得BC2AB2AC22ABgACgcosA，

即20AB282AB22【点睛】

本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，属于基本知识的考查．

18．手机支付也称为移动支付，是指允许用户使用其移动终端（通常是手机）对所消费的商品或服务进行账务支付的一种服务方式．随着信息技术的发展，手机支付越来越成为人们喜欢的支付方式．某机构对某地区年龄在15到75岁的人群“是否使用手机支付”

第 10 页 共 20 页 2，解得AB6． 2的情况进行了调查，随机抽取了100人，其年龄频率分布表和使用手机支付的人数如下所示：（年龄单位：岁） 年龄段 频率 使用人数

2列联表，并判断能否在（1）若以45岁为分界点，根据以上统计数据填写下面的2×

犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“使用手机支付”与年龄有关？ 使用手机支付 不使用手机支付

（2）若从年龄在[55，65），[65，75]的样本中各随机选取2人进行座谈，记选中的4人中“使用手机支付”的人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望． 参考数据： P（K2≥k0） k0

0.025 3.841 0.010 6.635 0.005 7.879 0.001 10.828 年龄低于45岁 年龄不低于45岁 [25，35） [35，45） [45，55） [55，65） [65，75] [15，25）0.1 8 0.32 28 0.28 24 0.22 12 0.05 2 0.03 1 n(adbc)2参考公式：K．

abcdacbd2【答案】（1）填表见解析，可以在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“使用手机支付”与年龄有关（2）详见解析

【解析】（1）利用已知条件，求解联列表中的数值，求出K2的观测值k，即可判断结果．（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，求出相应的概率，得到分布列，然后求解期望即可． 【详解】

解：（1）由统计表可得，低于45岁人数为70人，不低于45岁人数为30人， 可得列联表如下：

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使用手机支付 不使用手机支付

年龄低于45岁 60 10 年龄不低于45岁 15 15 100(60151510)2于是有K的观测值k14.286＞10.828．

752570302

故可以在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“使用手机支付”与年龄有关． （2）由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，3，相应的概率为：

2C32C21PX022，

C5C3101121C3C2C2C32C22PX12222，

C5C3C5C3511122CC13C2C2C3PX2222222，

C5C3C5C33021C2C1PX322， 2C5C315于是X的分布列为： X P

所以EX0【点睛】

本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，独立检验的应用，考查计算能力，难度一般．

19．四棱锥PABCD中，PA面ABCD，底面ABCD为菱形，且有AB1，

0 1 2 3 1 102 513 301 151213122123． 105301515第 12 页 共 20 页

AP2，BAD120，E为PC中点．

（1）证明：AC面BED；

（2）求二面角EABC的平面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析；(2) 二面角E﹣AB﹣C的平面角的余弦值为33 11【解析】（1）因为菱形的对角线互相垂直，所以ACBD，再由PAC的中位线，得到EO//PA，结合PA面ABCD，所以EO面ABCD，从而ACEO．最后根据直线与平面垂直的判定定理，得到AC面BED；

（2）以A为原点，AD、AP所在直线分别为y轴、z轴，建立如图所示坐标系，则

ruuuuuuruuur可得到A、B、C、E各点的坐标，从而得到向量AB、AC、AE的坐标，然后利

用垂直向量数量积为零的方法，分别求出平面ABE和平面ABC的一个法向量，结合空间向量的夹角公式计算出它们的夹角的余弦值．最后根据题意，二面角EABC是锐二面角，得到二面角EABC平面角的余弦值为余两个法向量夹角余弦的绝对值． 【详解】

解：（1）设O为底面ABCD的中心，连接EO，

Q底面ABCD为菱形，ACBD

QPAC中，E、O分别是PC、PA的中点 EO//PA

又QPA面ABCD，

EO面ABCD

QAC面ABCD，ACEO

又QBD、EO是平面BED内的两条相交直线

AC面BED

（2）以A为原点，AD、AP所在直线分别为y轴、z轴，建立如图所示坐标系，则可得A(0,0,0),B(3131312,,0),C(,,0),E(,,) 2222442第 13 页 共 20 页

uuuruuuruuurAB(3,1,0),AE(3,1,2),AC(3,1,0)

ur设n1(x1,y1,z1)是平面ABE一个法向量

2244222vuvuuu31y13x1n·ABx·y·()z1?0011122由，解得6， uvuuuv312x1n·z1AEx·y·z·021111442所以取x11，y13，z1uur66，可得n1(1,3,)，

22因为PA平面ABC，所以向量PA即为平面ABC的一个法向量，设uuuruurPAn2(0,0,2)

uuuruuruurn1gn2ruuuurcosn1,n2uuu|n1||n2|62332 11313g22根据题意可知：二面角EABC是锐二面角，其余弦值等于cosn1,n233 11二面角EABC的平面角的余弦值为33．

11

【点睛】

本题给出底面为菱形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥，证明线面垂直并且求二面角所成角的余弦之值，着重考查了线面垂直的判定与性质和用空间向量求平面间的夹角的知识点，属于中档题． 20．设函数f(x)(mx)ex （1）求函数f(x)的极值；

（2）当x0时，f(x)x4恒成立，求整数m的最大值.（参考数值e2.7183，

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e4.4817）

【答案】(1) f(x)极大值=em132,无极小值;(2)整数m的最大值为2

【解析】（1）求出函数的定义域、导函数，即可求出函数的单调区间，则极值可求. （2）题目转化为mx4x4x(x0)g(x)x恒成立，构造函数设，求出导函数，exex设h(x)ex(x3)，判断h(x)的零点所在区间，可得gx的单调性，即可表示出的

gx最小值，分析得到

【详解】

4916g(x)min，推出结果． 185'x解：（1）f(x)的定义域为R,f(x)(mx1)e

令f'(x)0，解得xm1；令f'(x)0，解得xm1 当x(,m1)时，f(x)单调递增， 当x(m1,)时，f(x)单调递减，

f(x)极大值=f(m1)em1；无极小值.

x（2）(mx)ex4，因为ex0，所以mx4x（x0）恒成立 xex4x3exx3 设g(x)xx，则 g'(x)x1eeexx设h(x)ex3则h'(x)e10

x所以h(x)在(0,)上单调递增，

又h(1)e40,h()4.48174.50,h(2)e5 所以存在x0(,2)使得h(x0)0，

当x1,x0时，h(x)0；当xx0,时，h(x)0 所以g(x)在1,x0上单调递减，x0,上单调递增 所以 g(x)min32232x04x0 ex0又h(x0)0，exx3 所以g(x)minx04x041xx1x 000ex0x03x03第 15 页 共 20 页

13,x(,2) x323则t'(x)0，所以t(x)在(,2)上单调递增,

234916 g(x)min所以t()t(x)t(2)，即

2185因为mZ，所以m2,所以m的最大值为2

令t(x)x1【点睛】

本题考查函数的导数的应用，构造法的应用，二次导数以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力，是难题．

x2y221．已知P(2,0)为椭圆C:221(ab0)的右顶点，点M在椭圆C的长轴上，

ab过点M且不与x轴重合的直线交椭圆C于A、B两点，当点M与坐标原点O重合时，直线PA、PB的斜率之积为-（1）求椭圆C的标准方程；

1． 4uuuuruuur（2）若AM2MB，求OAB面积的最大值．

x22

+y＝1;(2) △OAB面积的最大值为1 【答案】(1) 4【解析】（1）设A(x1，y1)，B(x1，y1)，可得kPAgkPBy121x12y122．又221，x144abb21代入上式可得：2，a2，解得b，即可得出椭圆C的标准方程．

a4m2)．A(x1，y1)，B(x2，y2)，（2）设直线AB的方程为：xtym(t0)，(2剟与椭圆方程联立化为：(4t2)y22mtym240，有AM2MB，可得y12y2，134t216利用根与系数的关系可得：m2．OAB的面积S|m(y1y2)||my2|，

229t42uuuuruuur即可得出． 【详解】

解：（1）设A(x1，y1)，B(x1，y1)，则kPAgkPBy1212． x144b1x12y12又221，代入上式可得：2， aba4又a2，解得b1．

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22x椭圆C的标准方程为：y21． 4m2)．A(x1，y1)，B(x2，y2)， （2）设直线AB的方程为：xtym(t0)，(2剟xtym联立2，化为：(4t2)y22mtym240， 2x4y42mtm24y1y2，y1y2， 24t24tQAM2MB，y12y2，

2y1y254t162，代入可得：m2． y2y129t413OAB的面积S|m(y1y2)||my2|，

2292294t21616t216t22Smgy2292．

449t4(4t2)(9t24)(9t4)2uuuuruuurS12|t|12„1429t249|t|4，当且仅当t时取等号．

9|t|OAB面积的最大值为1．

【点睛】

本题考查了椭圆的标准方程及其性质、一元二次方程的根与系数的关系、向量运算性质、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

22．在平面直角坐标系中，以原点为极点，x轴非负半轴为极轴极坐标，曲线C1的

8x2cos． 方程：（为参数），曲线C2的方程：

sin()y2sin4（1）求曲线C1和曲线C2的直角坐标系方程；

（2）从C2上任意一点P作曲线C1的切线，设切点为Q，求切线长PQ的最小值及此时点P的极坐标．

【答案】（1） 曲线C1(x2)2(y2)21,曲线C2 x+y﹣82＝0; （2）|PQ|的

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最小值＝35, P极坐标为：8, 4x2cosa(a为参数）【解析】（1）曲线C1的方程，消去参数可得：

y2sina(x2)2(y2)21．曲线C2的方程：

8sin()4，化为

xcos2代入即可得出． (sincos)8，把2ysin（2）如图所示，过圆心C1作C1P直线C2，垂足为点P，此时切线长PQ最小．利用点到直线的距离公式可得|C1P|．|PQ||C1P|2r2，直线C1P的方程为：yx，

x2y2yx联立，解得P，利用即可得出P极坐标． yxy820tanx【详解】

x2cosa(a为参数）解：（1）曲线C1的方程，消去参数可得：

y2sina(x2)2(y2)21．

曲线C2的方程：

8sin()4，化为2(sincos)8，xy820

2（2）如图所示，过圆心C1作C1P直线C2，垂足为点P，此时切线长PQ最小． |C1P||2282|26．

|PQ||C1P|2r2621235，

直线C1P的方程为：yx，

yx联立，解得xy42．

xy820P(42,42)，

(42)2(42)28，

tan42421，4．

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P(8,)．

4

【点睛】

本题考查了直线的极坐标方程化为直角坐标方程、圆的参数方程化为普通方程、直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式、勾股定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 23．设函数(1)当(2)若

．

；

，

，求证:

．

时

时，解不等式的解集为

【答案】（1）取等号)

（2）(当且仅当

【解析】（1）由零点分区间的方法，去掉绝对值，分情况解不等式即可；（2）原不等式转化为到结果. 【详解】 (1)当∴∴∴(2)∴∴号)

或

．

．

，解得，所以

，而

， (当且仅当．

时取等

解集是

，

时，不等式为

或

或

，

，

，即

解得a值即可，再由1的妙用，结合均值不等式得

不等式的解集为

即,解得

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【点睛】

本题考查了“乘1法”与基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．解决二元的范围或者最值问题，常用的方法有：不等式的应用，二元化一元的应用，线性规划的应用，等.

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