1、湖南省常德市第二中学2020届高三数学临考冲刺试题 文本试卷共4页。全卷满分150分，考试时间120分钟。注意事项：1答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共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. 在复平面内，复数z=对应的点位于A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2. 已知集合P=1,2a+
2、1,a21，若0P，则实数a的取值集合为A.B.C.D.3. 为庆祝建国70周年，某校举办“唱红歌，庆十一”活动，现有A班3名学生，B班2名学生，从这5名学生中选2人参加该活动，则选取的2人来自不同班级的概率为A.B.C.D.4. 已知双曲线=1(a0,b0)的左右焦点分别为F1，F2，若F2到双曲线的渐近线的距离为，离心率e(2,+)，则焦距|F1F2|的取值范围是A.(2,4)B.(3,4)C.(0,4)D.(2,4)5. 执行如图所示的程序框图，则输出S的值为A.25B.56C.119D.2466. 阳马，中国古代算术中的一种几何形体，是底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体，在阳
3、马PABCD中最长的棱，AB=1，AD=2，PC=3，若在阳马PABCD的外接球内部随机取一点，则该点位于阳马内的概率为A.B.C.D.7. 设a=sin(810)，b=tan()，c=lg ，则它们的大小关系为A.abcB.acbC.bcaD.ca0，|b0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1且与x轴垂直的直线交椭圆于A，B两点，直线AF2与椭圆的另一个交点为C，若2，则椭圆的离心率为_.16.已知正四面体PABC的棱长均为a，O为正四面体PABC的外接球的球心，过点O作平行于底面ABC的平面截正四面体PABC，得到三棱锥PA1B1C1和三棱台ABCA1B1C1，那么三棱锥PA1B1C1的
4、外接球的表面积为_.三、解答题：（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）.17已知等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n1，求数列bn的前n项和Tn.18.某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量(单位：克)分别在100,150)，150,200)，200,250)，250,300)，300,350)，350,400中，经统计得频率分布直方图如图所示.(1)现按分层抽样的方法从质量为250,300)，300,350)内的芒果中随机抽取6个，再从这6个中随机抽取3个
5、，求这3个芒果中恰有1个在300,350)内的概率；(2)某经销商来收购芒果，以各组数据的中间数代表这组数据的平均值，用样本估计总体，该种植园中还未摘下的芒果大约还有10 000个，经销商提出如下两种收购方案：A方案：所有芒果以10元/千克收购；B方案：对质量低于250克的芒果以2元/个收购，高于或等于250克的以3元/个收购.通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？19.如图，正三角形ABC的边长为2，D，E，F分别在三边AB，BC和CA上，且D为AB的中点，EDF90，BDE(00)，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为2sin，l与x轴交于点M.(1)求l
6、的直角坐标方程和点M的极坐标；(2)设l与C相交于A，B两点，若|MA|，|AB|，|MB|成等比数列，求p的值.23.选修45：不等式选讲设函数f(x)|xa|.(1)若关于x的不等式f(x)b2，a，又c2=a2+3，3c2()2+3，c60不成立；k=7，S=10，760不成立；k=15，S=25，1560不成立；k=31，S=56，3160不成立；k=63，S=119成立，6360，输出S=119，结束程序.6. C 根据题意，PC的长等于其外接球的直径，因为PC=，3=，PA=2，又PA平面ABCD，所以VPABCD=122=，V球=()3，P=.7. B a=sin(810)=1，
7、c=lg=lg5lg=，1=ac，b=tan()=tan，因为tan=1，tan=1，因为1，所以c0，故A项正确故选A项10. C 如图，当x12，0时，f(x1)max=f(1)=1；当x21，2时，g(x2)为增函数，则g(x2)max=g(2)=6+m.由题意知f(x1)maxg(x2)max，即16+m，即m7.11. C f(x)=sin(wx+)，g(x)=sin(wx+)，因为g(x)的最小正周期为，所以=，所以w=2.由x=为g(x)的一条对称轴，则=+k(kZ)，即=，故g(x)=sin(2x).令+2k2x+2k(kZ)，即+kx+k.12. C a12a23a3nan(
8、2n1)3n，当n2时，a12a23a3(n2)an2(n1)an1(2n3)3n1，得，nan4n3n1，即an43n1(n2)当n1时，a134，所以anbn所以Sn，Sn，得，Sn，所以Sn，所以的最小值是.故选C项13.角与角均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称，sin sin ，cos cos ，coscos cos sin sin cos2sin22sin211.14.5.25因为2.5，3.5，所以点(2.5,3.5)在回归直线0.7x上，即3.50.72.5，解得5.25.15.设C(x，y)，由2，得C.又C为椭圆上一点，1，解得e.16.a2设底面ABC的外接圆半径为r，
9、则2r，所以ra.所以正四面体的高为a，设正四面体的外接球半径为R，则R222，Ra.因为34，所以三棱锥PA1B1C1的外接球的表面积为422a2.17. (1)因为S1a1，S22a122a12，S44a124a112，由题意得SS1S4，即(2a12)2a1(4a112)，解得a11，所以an2n1.(2)由题意可知bn(1)n1(1)n1.当n为偶数时，Tn；当n为奇数时，Tn.所以Tn18.解(1)设质量在250,300)内的4个芒果分别为A，B，C，D，质量在300,350)内的2个芒果分别为a，b.从这6个芒果中选出3个的情况共有(A，B，C)，(A，B，D)，(A，B，a)，(
10、A，B，b)，(A，C，D)，(A，C，a)，(A，C，b)，(A，D，a)，(A，D，b)，(A，a，b)，(B，C，D)，(B，C，a)，(B，C，b)，(B，D，a)，(B，D，b)，(B，a，b)，(C，D，a)，(C，D，b)，(C，a，b)，(D，a，b)，共计20种.其中恰有1个在300,350)内的情况有(A，B，a)，(A，B，b)，(A，C，a)，(A，C，b)，(A，D，a)，(A，D，b)，(B，C，a)，(B，C，b)，(B，D，a)，(B，D，b)，(C，D，a)，(C，D，b)，共计12种，因此概率P.(2)方案A：(1250.0021750.0022250.00
11、3 2750.0083250.0043750.001) 5010 000100.00125 750(元).方案B：由题意得低于250克：(0.0020.0020.003)5010 00027 000(元)；高于或等于250克：(0.0080.0040.001)5010 000319 500(元)，所以共获利7 00019 50026 500(元).由于25 75026 500，故B方案获利更多，应选B方案.19.解(1)在BDE中，由正弦定理得DE，在ADF中，由正弦定理得DF. 由tanDEF，得，整理得tan ，所以60.(2)SDEDF.当45时，S取最小值.20.(1)依题意，设抛物线
12、C的方程为y2ax(a0)，由抛物线C经过点P(1,2)，得a4，所以抛物线C的方程为y24x.(2)因为|PM|PN|，所以PMNPNM，所以12，所以直线PA与PB的倾斜角互补，所以kPAkPB0.依题意，直线AP的斜率存在，设直线AP的方程为y2k(x1)(k0)，将其代入抛物线C的方程，整理得k2x22(k22k2)xk24k40.设A(x1，y1)，则1x1，y1k(x11)22，所以A，以k替换点A坐标中的k，得B.所以kAB1.所以直线AB的斜率为1.21.(1)证明方法一设BCODE，D是弧BC的中点，E是BC的中点.又O是AB的中点，ACOE.又AC平面POD，OE平面POD
13、，AC平面POD.方法二AB是底面圆的直径，ACBC.弧BC的中点为D，ODBC.又AC，OD共面，ACOD.又AC平面POD，OD平面POD，AC平面POD.(2)解设圆锥底面半径为r，高为h，母线长为l，圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形，hr，lr.由SPAB2rhr29，得r3，S表rlr2rrr29(1).22.解(1)由2sin，得sin cos ，yx，l的直角坐标方程为yx，令y0得点M的直角坐标为(1，0)，点M的极坐标为(1，).(2)由(1)知l的倾斜角为，参数方程为(t为参数)代入y22px得3t24pt8p0，t1t2，t1t2，|AB|2|MB|MA|，(t1t2)2t1t2，(t1t2)25t1t2，5，p.23.解(1)由f(x)b0得，|xa|b，当b0时，不合题意；当b0时，abxab，由已知得综上，a1，b2.(2)g(x)2|xa|2|x1a|2222，当即xa时，g(x)有最小值2.