【文档说明】【精准解析】甘肃省陇南市6月联考2020届高三数学试卷（理科）.doc，共(22)页，2.063 MB，由小赞的店铺上传

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高三数学试卷（理科）一、选择题：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.已知集合240Axxx，20Bxx，则AB（）A.02xxB.2xxC.04xxD.4xx【

答案】A【解析】【分析】解不等式确定集合,AB，然后由交集的定义计算．【详解】因为24004Axxxxx，2Bxx，所以02ABxx．故选：A．【点睛】本题考查集合的交集，考查运算求解能力．属于基础题．2.在复平面内，表示复数12i1iz

的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】【分析】根据复数除法运算，化简即可判断对应的点所在象限．【详解】由复数除法运算，可得121+12=111+iiiziii1+313=222ii所以在复平面内对应点的

坐标为13,22，即位于第二象限所以选B【点睛】本题考查了复数的除法运算，复平面内点坐标特征，属于基础题．3.要得到函数sin32yx的图象，只需将函数sin31yx的图象（）A.向左平移3个单位长度B.向右平移3个单位长度C向左平移1个单位长度D.向右平移1个

单位长度【答案】C【解析】【分析】首先根据题意得到sin32sin311yxx，再根据三角函数的平移变换即可得到答案.【详解】因为sin32sin311yxx，所

以要得到函数sin32yx的图象，只需把函数sin31yx的图象上所有的点向左平移1个单位长度.故选：C【点睛】本题考查三角函数的图象变换，考查运算求解能力与推理论证能力，属于简单题.4.已知

等比数列na的前n项和nS，若2nnSa，则a（）A.2B.-2C.1D.-1【答案】D【解析】【分析】根据nS与na的关系以及等比中项的应用即可求解.【详解】由题意可得112aSa，2212aSS，332

4aSS，则2242a，解得1a.故选：D【点睛】本题考查等比数列中nS与na的关系，考查运算求解能力，属于基础题.5.在ABC中，点D在线段BC上，且2CDBD，E为AC的中点，则DE（）A.21

36ABACB.2136ABACC.2136ABACD.2136ABAC【答案】A【解析】【分析】根据平面向量的加法法则、减法法则和数乘运算律进行运算即可.【详解】解：根据题意画出图形，如图所示：由题意可

得11213333ADBDABBCABACABABABAC，因为E为AC的中点，所以12AEAC，故1212123336DEAEADACABACABAC．故选：A.【点睛】本题考查平面

向量，考查运算求解能力．6.用一个平面去截正方体，截面的形状不可能是（）A.正三角形B.正方形C.正五边形D.正六边形【答案】C【解析】【分析】不难作出截面是正三角形和正方形的例子，正六边形的例子是由相应棱的中点连接而成，利用反证法，

和平面平行的性质定理可以证明不可能是正五边形．【详解】如图所示：截面的形状可能是正三角形（图1），正方形（图2），正六边形（图3）图1图2图3假若截面是正五边形，则截面中的截线必然分别在5个面内，由于正方体有6个面，分成两两平行的三对，故必然有一对平行面中有两条截线，而根据面面平行的性质定理，可知

这两条截线互相平行，但正五边形的边中是不可能有平行的边的，故截面的形状不可能是正五边形．故选：C．【点睛】本题主要考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力，掌握正方体以及平面图形的几何特征，难点是借助于反证法，利用面面平行的性质定理判定C错误，属于基础题．7.在数列na中，

23a，35a，且212nnnaaa，则6a（）A.9B.11C.13D.15【答案】B【解析】【分析】由已知递推关系得数列是等差数列，然后求出公差和首项，再由通项公式可得6a．【详解】因为212nnnaaa，所以211nnnnaaaa，所以

数列na是等差数列．因为23a，35a，所以11a，2d，所以61511aad．故选：B．【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查运算求解能力．属于基础题．8.53221xx展开式中3x的系数为（）A.40B.80C.4

0D.80【答案】A【解析】【分析】求出5(21)x展开式中2x和3x的系数，然后由多项式乘法法则可得结论．【详解】521x展开式的通项为51512rrrrTCx，当2r

=时，32335280TCxx，当3r时，23245240TCxx，则53221xx的展开式中含3x的项为23334028040xxxx，故53221xx展开式

中3x的系数为40．故选：A．【点睛】本题考查二项式定理，考查运算求解能力与推理论证能力．掌握二项展开式通项公式是解题关键．9.已知函数fx是定义在R上的奇函数，且fx的图象关于直线2x对称，

当02x时，22xxfx，则5f（）A.3B.3C.7D.7【答案】D【解析】【分析】由题意可得22fxfx，再将5f化成1f，即可得到答案；【详解】由题意可得22fxfx，所以353232

11217fffff.故选：D.【点睛】本题考查函数的性质，考查运算求解能力与推理论证能力.10.在四面体ABCD中，2BDAC，3ABBCCDDA，E，F分别为AD，BC的中点，则异面直线EF与A

C所成的角为（）A.π6B.π4C.π3D.π2【答案】B【解析】【分析】把四面体ABCD补成一个长，宽，高分别为2，2，1的长方体，取AB的中点G，连接GE，GF，运用条件可得GEF△是等腰直角三角形，然后可得出答案.【详解】如图，把四面体ABCD补成一个长，宽，高分别为2，

2，1的长方体，取AB的中点G，连接GE，GF.因为G，F分别是AB，BC的中点，所以//GFAC，112GFAC，同理//GEBD，112GEBD.因为ACBD，所以GEGF，所以GEF△是等腰直角三角形，则π4EFG，即异面直线EF与AC所成的

角为π4.故选：B【点睛】本题考查异面直线所成的角，考查空间想象能力与运算求解能力，属于基础题.11.设双曲线2222:10,0xyCabab的右焦点为F，点0,Qb.已知点P在双曲线C的左支上，且P，Q，F不共线，若PQF△的周长的最小值是8a，则双曲线

C的离心率是（）A.3B.3C.5D.5【答案】D【解析】【分析】由双曲线的定义可得2PFPFa，结合图示，可得当'PQF、、共线时，PQF△的周长最小，进而可得a与c的关系，代入公式，即可求出离心率。【详解】如图，设F为C的左焦点，连接

PF，QF，则QFQF，2PFPFa，所以PQF△的周长2lPQPFQFPQPFQFa.因为22PQPFQFcb，所以PQF△的周长2222lcba.因为PQF△的周长的最小值是8a，所以22228cbaa，所以225ca，所以双曲

线C的离心率是5ca.故选D【点睛】本题考查双曲线的定义，离心率的求法，关键在于根据已知条件得到'PQF、、共线时，PQF△的周长最小，再根据条件化简求值即可，考查运算求解能力与推理论证能力，属中档题。12.设函数f

x是定义在1,上的单调函数，且1,x，ln0ffxxx．若不等式1fxfxax对1,x恒成立，则a的取值范围是（）A.1,4B

.1,4C.,1D.1,【答案】D【解析】【分析】由函数的单调性得lnfxxx为常数，设lnfxxxt，由()0ft求得1t，已知不等式化简为1ln21xxaxx．引入新函数1()ln2gxxxx，则()gx的图

象在直线(1)yax下方，用导数研究函数()gx的单调性，作出大致图象及直线(1)yax后可得结论【详解】由题意可得lnfxxx为常数，设lnfxxxt，所以lnfxxxt，则ln0ftttt，解得1t，故ln1fxxx

，11fxx．因为1fxfxax，所以1ln21xxaxx．设1ln2gxxxx，1hxax，不等式1ln21xxaxx等价于函数ygx的图象在函数yhx图象的下方．因为1

ln21gxxxxx，所以5211115124gxxxx．因为1x，所以101x，所以11gxg．令0gx，得5112x，令0gx，得512x，则gx在511,2上单调递增，在51,2

上单调递减，则ygx的大致图象如图所示，(1)1g，结合图象可得1a．故选：A.【点睛】本题考查导数与不等式恒成立问题，考查推理论证能力与运算求解能力．解题中不等式恒成立转化为函数图象在直线的下方，

它们有公共点(1,0)，因此利用切线斜率易得结论．二、填空题：13.已知函数2()log(1)3fxx，若(2)5fa，则a______.【答案】1【解析】【分析】将2a代入函数()fx的解析式，解方程

即可求出a的值.【详解】由题意可得2()()2log335faa，解得1a.【点睛】本题主要考查解对数方程，考查运算求解能力，属于基础题.14.已知实数x，y满足不等式组4020250xyx

yxy，则34zxy的最小值为______.【答案】2【解析】【分析】作出不等式组表示的平面区域，再将目标函数化为43xzy，利用z表示的几何意义即可求解.【详解】作出不等式组4020250xyxyxy的可行域，如图（阴影

部分）由34zxy，可得43xzy，作出3xy，平移此直线，可知当直线经过A时，z最小，40250xyxy，解得3x，1y，即3,1A，代入34zxy可得min33142z.故答案为：2【点睛】本题考查了简单的线性规划

问题，解题的关键是作出可行域，考查了数形结合的思想，属于基础题.15.辊子是客家传统农具，南方农民犁开田地后，仍有大的土块.农人便用六片叶齿组成辊轴，两侧装上木板，人跨开两脚站立，既能掌握平衡，又能增加重量，让牛拉动辊轴前进，压碎土块，以利于耕种.这六片叶齿又对应着

菩萨六度，即布施､持戒､忍辱､精进､禅定与般若.若甲从这六片叶齿中任取两片不同的叶齿，放回后，乙再从这六片叶齿中任取两片不同的叶齿，则这两人选的叶齿对应的“度”没有相同的概率为______.【答案】25【解析】【分析】用分步计数原理求出基本事件的总数，再求出事

件“两人选的叶齿对应的“度”没有相同”所含基本事件的个数，根据公式计算概率．【详解】由题意可知所求概率2264226662155CCPCC.故答案为：25．【点睛】本题考查数学文化与古典概型，考查运算求解能力.解题关键是求出基本事件的个数．16.已知

抛物线2:20Cxpyp的焦点为F，直线:0lykxbk与抛物线C交于A，B两点，且6AFBF，线段AB的垂直平分线过点0,4M，则抛物线C的方程是______；若直线l过点F，则k_____

_.【答案】(1).24xy(2).22【解析】【分析】根据焦半径公式可得126yyp，再根据MAMB可得1282yyp，联立即可求出p，得到抛物线C的方程；再联立直线l和抛物线C的方程，可解得21242yyk，再根据126

4yyp，即可解出k．【详解】设11,Axy，22,Bxy，由抛物线的焦半径公式可得，12pAFy，22pBFy，则126AFBFyyp，即126yyp.因为点0

,4M在线段AB的垂直平分线上，所以MAMB，则2222112244xyxy.因为2112xpy，2222xpy，所以1212280yyyyp，因为12yy，所以1282yyp

，则826pp，解得2p，故抛物线C的方程是24xy.因为直线l过点F，所以直线l的方程是1ykx，联立241xyykx，整理得2440xkx，则124xxk，从而212

12242yykxxk，因为1264yyp，所以2424k，解得22k.故答案为：24xy；22．【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质的应用，直线与抛物线的位置关系的应用，意在考查学生转化与化归的能力以及数学运算能力，属于基础题．三、

解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每道试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题17.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，

c.已知44coscbaB.（1）求sinA；（2）若4a，且6bc，求ABC的面积.【答案】（1）15sin4A；（2）15.【解析】【分析】（1）利用正弦定理的边角互化可得4sinsin4sincosCBAB，再利用三角形的内角和性质以及两角和的正弦

公式即可求解.（2）利用余弦定理可得22222cos()2(1cos)abcbcAbcbcA，代入求出8bc，再根据三角形的面积公式即可求解.【详解】解：（1）因为44coscbaB，所以4sinsin4sincosCBAB，所以4

sin()sin4sincosABBAB，所以4cossinsinABB，因为sin0B，所以1cos4A，所以15sin4A.（2）由余弦定理可得22222cos()2(1cos)abcbcAbcbcA，因

为4a，6bc，所以536162bc，所以8bc.故ABC的面积为1115sin815224bcA.【点睛】本题考查了正弦定理的边角互化、余弦定理以及三角形的面积公式，考查了运算求解能力，属于基础题.18.在三棱锥PABC中，PA平面ABC，E为AC的中点，且2AC

BE.（1）证明：BC⊥平面PAB；（2）若PAABBE，求二面角APBE的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）77.【解析】【分析】（1）证明出BCAB，由PA平面ABC得出BCPA，再由线面垂直的判定定理可证得BC⊥平面PAB；（2）由（1）可知AB、BC、PA两

两垂直，以B为原点，BC、BA的方向分别为x，y轴的正方向，过点P作平行于PA的直线为z轴建立空间直角坐标系Bxyz，利用空间向量法可求得二面角APBE的余弦值.【详解】（1）因为E为AC的中点，且2ACBE，所以AEBECE

，所以BAEABE，BCECBE，所以BAEBCEABECBEABC.因为180BAEBCEABC，所以90ABC，即ABBC.因为PA平面ABC，且BC平面ABC，所以PABC.因为PA平面PAB，ABÌ平面PAB，且PAABA

，所以BC⊥平面PAB.（2）由（1）可知AB、BC、PA两两垂直，则可以以B为原点，BC、BA的方向分别为x、y轴的正方向，过点P作平行于PA的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz.设2PA，则0,0,0B、3,1,

0E、0,2,2P，故3,1,0BE，0,2,2BP.设平面PBE的法向量,,nxyz，则30220nBExynBPyz，不妨设1x，则1,3,3n.因为BC⊥平面PAB，所以平

面PAB的一个法向量为1,0,0m，所以17cos,77mnmnmn.设二面角APBE为，由图可知为锐角，则7cos7.【点睛】本题考查线面垂直的证明，同时也考查了利用

空间向量法求解二面角的余弦值，考查推理能力与计算能力，属于中等题.19.已知函数1xxfxaaeR．（1）当2a时，求fx的最值；（2）讨论fx的零点个数．【答案】（1）最大值为3，无最小值；（2）分类讨论，答案见解析．【解析】【分析】（1）先将2a代入函

数中，得12xxfxe，然后对函数求导，使导函数大于零，求出函数的递增区间，使导函数小于零，求出函数的递减区间，从而可求出函数的最值；（2）令0fx，可得1xxae，令1xxgxe，利用导数的方法研究其单调性及最值，从而讨论a的范围，进而得到函数零点

的个数.【详解】解：（1）因为2a，所以12xxfxe，所以xxfxe，令0fx，得0x；令0fx，得0x，则fx在,0上单调递增，在0,上单调递减

，故fx在0x时取得最大值，03f，没有最小值．（2）令10xxfxae，得1xxae．设1xxgxe，则2'(1)xxxxxgxeeexe，当0x时，'0gx，当0x时，'0gx，所以gx在,

0上单调递增，在0,上单调递减，所以01gxg，而当1x时，0gx；当1x时，0gx．所以gx的图像如图所示①当1a时，方程gxa无解，即fx没有零点；②当1a时，方程gxa

有且只有一解，即fx有唯一的零点；③当01a时，方程gxa有两解，即fx有两个零点；④当0a时，方程gxa有且只有一解，即fx有唯一的零点．综上，当1a时，fx没有零点；当1a或0a时，fx有唯一的零点；当01a时，fx有两

个零点．【点睛】此题考查导数的应用，利用导数求函数的单调区间、最值，考查了函数的零点的判断方法，利用了数形结合的数学思想，属于中档题.20.已知椭圆2222:10xyCabab的离心率为32，且椭圆C的右顶点到直线20xy的距离为3.（1）求椭圆C的方程；（2）过

点2,0P的直线l与椭圆C交于A，B两点，求OAB的面积的最大值(O为坐标原点).【答案】（1）22182xy.（2）2【解析】【分析】（1）根据椭圆C的右顶点到直线20xy的距离为3可求a，然后利用离心率可求

c，结合,,abc的关系可得椭圆的方程；（2）设出直线方程，联立椭圆方程，结合韦达定理可求12yy，结合三角形面积公式及基本不等式可求OAB的面积的最大值.【详解】（1）因为椭圆C的右顶点到直线20xy

的距离为3，所以232a，解得22a或42a（舍）.因为椭圆C的离心率为32，所以32ca，所以6c，所以222bac.故椭圆C的方程为22182xy.（2）由题意可知直线l的斜率不为0，则可设直线l的方程为2

xmy，11,Axy，22,Bxy，联立222182xmyxy，整理得224440mymy，则12244myym，12244yym，从而2212222416422444mmyy

mmm.故OAB的面积21212211142222224mSOPyOPyyym.设222tm，则222mt，故24242222tSttt，当且仅当2t，即0m时，OAB的面积取得最大值2.【点睛】

本题主要考查椭圆的方程求解及三角形面积的最值问题，三角形面积最值一般根据目标式的特征，选择合适的方法求解最值，常用基本不等式法，侧重考查数学运算的核心素养.21.某公司为了丰富员工的业余文化生活，召开了一次趣味运动

会.甲､乙两人参加“射击气球”这项比赛活动，他们依次轮流射击气球一次，每人射击n次(射击次数由参与比赛的两人决定)，其中射击气球只有两种结果：“中”与“不中”.比赛规则如下：甲先射击，若结果是“中”，则本次射击得2分，

否则得1分；再由乙第一次射击，若结果为“中”，其得分在甲第一次得分的基础上加1分，否则得1分；再由甲第二次射击，若结果为“中”，其得分在乙第一次得分的基础上加1分，否则得1分；再由乙第二次射击，若结果为“中”，其得分在甲第二次得分的基础上加1分，否则得1分；再由甲第三次射击，按此规则，直到比

赛结束.已知甲､乙每次击中气球的概率均为23.记iX，1,2,3,,iYinL分别表示甲，乙第i次射击的得分.（1）若3n，记乙的累计得分为Y，求3Y的概率.（2）①求数学期望1EX，1EY，2EX；②记11aEX，21a

EY，32aEX，….证明：数列3na为等比数列.【答案】（1）2627.（2）①153EX，1199EY，26527EX.②证明见解析【解析】【分析】（1）根据乙每次射击得分为1分的概率得出3PY的值，再由对立

事件的性质，即可得出3Y的概率；（2）①分别得出1X，1Y，2X的可能取值，求出相应的概率，列出分布列，即可得出数学期望1EX，1EY，2EX；②先由题意得出1211133nnaa，结合等比数列的定义，即可证明数列3na为

等比数列.【详解】（1）由题意可知3Y，且乙每次射击得分为1分的概率均为13则3113327PY故12631312727PYPY（2）①由题意可得1X的可能取值为1，2.1113PX，1223PX.则甲第一次得分

1X的分布列为1X12P1323故112512333EX.由题意可得1Y的可能取值为1，2，3.113PY；1222339PY；2243339PY.则乙第一次得分1Y的分布列为1Y1

23P132949故1124191233999EY.由题意可得2X的可能取值为1，2，3，4.2113PX；21222339PX；222439327PX；242849327PX.则甲第二次得分2X

的分布列为2X1234P1329427827故2124865123439272727EX.②由题意可知1212111333nnnaaa.则12333nnaa，即13233nnaa.因为114333aEX所以数列3n

a是首项为43，公比为23的等比数列.【点睛】本题主要考查了求离散型随机变量的数学期望以及证明数列为的等比数列，属于中档题.（二）选考题22.在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为213xtyt(t为参数)，曲线2C的参数方程为2

12xmym(m为参数).（1）求曲线1C，2C的普通方程；（2）已知点2,1M，若曲线1C，2C交于A，B两点，求MAMB的值.【答案】（1）1C：35yx，2C：244yx.（2）2109【解析】【分析】（1）消去参数t可得曲线1C普通

方程；将y平方消去2m可得曲线2C的普通方程；（2）将直线1C改写成过2,1M的标准直线参数方程，再联立曲线2C的普通方程化简可得关于t的一元二次方程，根据t的几何意义，结合韦达定理，即可求出MAMB的值。【详解】（1）由曲线1C的参数方程为213

xtyt(t为参数)，消去t得35yx.由曲线2C的参数方程为212xmym(m为参数)，消去m得244yx.（2）曲线1C的标准参数方程为10210310110xtyt(t为参数).代入244

yx，整理得2910110105tt，所以122109tt，121109tt，因为120tt，120tt，所以122109MAMBtt.【点睛】本题主要考查参数方程与直角坐标方程的互化，同时也考查了直线参数方程的几何意义，易错点在于要先将直

线参数方程化为标准形式，再代入求解，属中档题。23.已知函数221fxxx.（1）求不等式6fx的解集；（2）若函数fx的最小值为m，且实数a，b满足222abm，求34ab的最大值.【答案】（1）1,3.（2）53【解析】【

分析】（1）首先将fx写成分段函数的形式，然后解出即可；（2）首先求出min1322fxf，然后利用柯西不等式求解即可.【详解】（1）133,212211,2233,2xxfxxxxxxx

，6fx等价于12336xx或12216xx或2336xx，解得112x或122x或23x.故不等式6fx的解集为1,3.（2）由（1）知fx在1,2

上单调递减，在1,2上单调递增，所以min1322fxf，则223ab，故2222343453abab(当且仅当335a，435b时取等号)，即34ab的最大值为53.【点睛】本题考查的是含

绝对值不等式的解法和利用柯西不等式求最值，考查了分类讨论的思想，属于基础题.