1、安庆市20192020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）一、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，集合，则ABCD2.是虚数单位，复数，则ABC D3.已知满足则A. B.C. D. 4.二项式的展开式中的系数为A. B.C. D.5.中心在原点，焦点在轴上的双曲线的一条渐近线经过点，则它的离心率为ABCD6.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
2、查，不同的安排方案共有A12种B10种C9种D8种7.函数的图像大致是A B C D8.若满足则的最大值为A. B. C. D. 9.在ABC中，是中点，是中点，的延长线交于点则A. B. C. D. 10.已知数列的前项和为，且对于任意满足则A.B. C. D.11.已知圆锥顶点为，底面的中心为，过直线的平面截该圆锥所得的截面是面积为的正三角形，则该圆锥的体积为ABCD12.已知函数，给出下列四个命题： 的最小正周期为的图象关于直线对称 在区间上单调递增 的值域为其中所有正确的编号是A.BCD第II卷（非选择题，共90分）本卷包括必考题和选考题两部分. 第13题第21题为必考题，每个试题考生
3、都必须作答. 第22题 第23题为选考题，考生根据要求作答. 二、填空题：共4小题，每小题5分共20分，将答案填写在答题卷中的相应区域，答案写在试题卷上无效。13.曲线在点处的切线方程为_14.设ABC的内角所对的边分别为,若,则_15.设为等比数列的前项和，已知，则公比为为_16.已知函数，若实数满足，则_三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤。答案写在试题卷上无效17.（本题满分12分）在ABC中，角所对的边为，若，点在边上，且，.（）若的面积为，求的长；（）若,求的大小18.（本题满分12分）在几何体中，平面，平面，.（）设平面与平面的交线为直
4、线，求证：平面；（II）求二面角的正弦值19.（本题满分12分）某学校开设了射击选修课，规定向、两个靶进行射击：先向靶射击一次，命中得分，没有命中得分，向靶连续射击两次，每命中一次得分，没命中得分；小明同学经训练可知：向靶射击，命中的概率为，向靶射击，命中的概率为，假设小明同学每次射击的结果相互独立现对小明同学进行以上三次射击的考核（）求小明同学恰好命中一次的概率；（）求小明同学获得总分的分布列及数学期望20.（本题满分12分）如图，设是椭圆的左焦点，直线：与轴交于点，为椭圆的长轴，已知，且，过点作斜率为直线与椭圆相交于不同的两点 ，（）当时，线段的中点为，过作交轴于点，求；（）求面积的最大值
5、21.（本题满分12分）已知函数，()讨论的单调性；()设，若的最小值为，证明：请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分。作答时请写清题号22. （本题满分10分）选修44坐标系与参数方程在平面坐标系中中，已知直线的参考方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）设为曲线上的动点，（）求直线和曲线的直角坐标方程；（）求点到直线的距离的最小值23.（本题满分10分）选修45不等式选讲设均为正数，（）证明：；（）若，证明安庆市20192020学年度第一学期期末教学质量监测高三数学（理科）试题参考答案及评分标准一、选择题：本大题共12小题，每小题5分共60分。1.解析：，
6、答案为B2.解析：，答案为D3.解析：，故答案为B4.解析：通项为令，则，答案为A另：5.解析：设双曲线的方程为，其渐近线为，点在渐近线上，所以，由答案为D6.解析：采取分步计算 答案为A7.解析：函数为偶函数，当，答案为C8.解析：画出可行域，可知经过点取得最大值，答案为D9.解析：设，因为三点共线，则，所以答案为A10.解析：当时，所以数列的从第2项起为等差数列，又，所以 ，所以，答案为B11.解析：过直线的平面截该圆锥所得的截面是面积为的正三角形，设正三角形边长为，则，解得，所以圆锥的高为，底面圆的直径为，所以该圆锥的体积为答案为B12.解析：函数，故函数的最小正周期不是，故错误由于，
7、故的图象不关于直线对称，故排除在区间上，单调递增，故正确当时，故它的最大值为，最小值为；当时，综合可得，函数的最大值为，最小值为，故正确答案为二、填空题：共4小题，每小题5分共20分。13.解析：由题意知，所以曲线在点处的切线斜率，故所求切线方程为，答案为 14.解析：，由正弦定理得，,，则答案为 15.解析：，以上相减可得，所以数列的公比为，答案为3.16.解析：易知为奇函数且为增函数，故，答案为三、解答题：本大题共6小题，共70分。17.解析：（1）又由可得由余弦定理可得， 1分所以， 2分因为的面积为，即，所以，3分在中,由余弦定理，得,所以 6分（2） 由题意得设,在ADC中，由正弦定
8、理，得， 7分在BCD中，由正弦定理即 8分由可得所以9分即，10分由，解得11分由解得故或.12分18.证明：(I) 因为平面，平面所以， 1分又因为平面，平面，所以平面3分平面平面，则又平面，平面所以平面 6分（II）建立如图所示的空间直角坐标系 7分因为，.所以则，,8分设平面的法向量为,则即令，则，所以9分设平面的法向量为,则即取，则所以10分11分所以故二面角的正弦值12分19.解析：（）记：“小明恰好命中一次”为事件C，“小明射击靶命中”为事件, “该射手第一次射击靶命中”为事件，“该射手第二次射击靶命中”为事件，由题意可知，2分由于4分=；6分（）7分，9分01234510分.1
9、2分20.解析：（）, ，又，, 椭圆的标准方程为，2分点的坐标为，点的坐标为直线的方程为即3分联立可得设，则，4分所以，直线的斜率为，直线的方程为5分令，解得即所以6分（）直线的方程为，当时，7分当时，设，直线的方程为 联立可得，设，解得或者，8分方法一：9分点到直线的距离10分当且仅当，即时（此时适合于0的条件）取等号,所以当时，直线为时，面积取得最大值为.12分方法二：9分即，11分当且仅当，即时（此时适合于0的条件）取到等号。所以当时，直线为时，面积取得最大值为.12分21.解：()， 1分设所以在上单调递减，在上单调递增3分，即5分所以在上单调递增6分() ，7分 设， 设，所以在上单调递增8分，即，所以在上单调递增9分所以在上恰有一个零点且10分在上单调递减，在上单调递增，11分由()知在上单调递增所以所以12分22.解析：（）由可得，所以即所以直线直角坐标方程为.2分由可得，所以所以曲线的直角坐标方程为5分（）设点，则，则9分当时取等号，此时所以点到直线的距离的最小值为10分23.证明：（）因为均为正数，由重要不等式可得，3分以上三式相加可得即得证.5分（）因为由（）可知6分故所以得证.10分