【文档说明】【精准解析】甘肃省武威第六中学2020届高三下学期第六次诊断考试数学（理）试卷.doc，共(22)页，3.085 MB，由小赞的店铺上传

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武威六中2020届高三第六次诊断考试数学（理）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，满分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.已知集合|02Axx，13|log2Bxx，则AB()A.|0xxB.1|09xx

C.|02xxD.1|29xx【答案】D【解析】【分析】先解不等式13log2x，得19x，然后再求两集合的交集.【详解】解：由13log2x，得19x

，所以1|9Bxx，所以AB1|29xx故选：D【点睛】此题考查了对数不等式的解法，集合的交集运算等，属于基础题.2.已知复数z满足1234izi，则(z)A.55B.1C.5D.5【答案】C【解析】试题分析：由题意3412i

zi，2222343(4)345121212iizii．考点：复数的运算．3.5G时代悄然来临，为了研究中国手机市场现状，中国信通院统计了2019年手机市场每月出货量以及与2018年当月同比增长的情况，得到如下统计图，根据该统计图，下列说

法错误的是（）A.2019年全年手机市场出货量中，5月份出货量最多B.2019年下半年手机市场各月份出货量相对于上半年各月份波动小C.2019年全年手机市场总出货量低于2018年全年总出货量D.2018年12月的手机出货量低于当年8月手机出货量【答案】D【解析】【分析】根据统

计图，逐项分析即可.【详解】对于A，由柱状图可得五月出货量最高，故A正确;对于B，根据曲线幅度可得下半年波动比上半年波动小，故B正确;对于C,根据曲线上数据可得仅仅四月五月比同比高，其余各月均低于2018年，且明显总出货量低于2018年，故C正确;对于D，可计算的2018年12月出货量为

3044.4114.7%3569.05，8月出货量为3087.515.3%3260.33569.05，故12月更高，故D错误,故选：D【点睛】本题主要考查了学生合情推理能力，考查数据分析与图表分析能力，属于容易题.4.已知

向量2,am，1,2b，1122aab，则实数m的值为（）A.1B.12C.12D.-1【答案】C【解析】【分析】求出向量2ab的坐标，由1122aab，根据向量数量积的坐标表示，即求实数m的值.【详解】2,,1

,2,23,22ambabm.11112,232222aabmm，解得12m.故选：C.【点睛】本题考查向量的坐标运算及数量积的坐标表示，属于基础题.5.

“数摺聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句，折扇出入怀袖，扇面书画，扇骨雕琢，是文人雅士的宠物，所以又有“怀袖雅物”的别号.如图是折扇的示意图，M为ON的一个靠近点N的三等分点，若在整个扇形区域内随机取一点，则此点取自扇面（扇环）部分的概率是（）A.13B.23C.49D.59【

答案】D【解析】【分析】设ONr，扇形的圆心角为，求出整个扇形的面积和扇环的面积，利用几何概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】设ONr，扇形的圆心角为，则整个扇形的面积为212Sr，扇环的面积为222112522318rSrr，由几何概型的概率

公式得225518192rpr.故选：D.【点睛】本题考查几何概型概率的计算，解答的关键在于计算出相应平面区域的面积，考查计算能力，属于基础题.6.已知等差数列na的公差为2，前n项和为nS，且1S，2S，4S成

等比数列.令11nnnbaa，则数列nb的前50项和50T（）A.5051B.4950C.100101D.50101【答案】D【解析】【分析】根据1S，2S，4S成等比数列结合公差为2，求得na，得到nb，再利用裂项相消

法求解.【详解】因为11Sa，2112122222Saa，41143424122Saa，由题意得211122412aaa，解得11a，所以21nan，则1111212122121nbnnnn

，则501111111150123355799101101T.故选：D【点睛】本题主要考查等差数列的基本运算以及裂项相消法求和，还考查了运算求解的能力

，属于中档题.7.函数311xxefxxe（其中e为自然对数的底数）的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先根据函数的奇偶性排除A、C,再由x时,fx的趋向性判断选项即可【详解】由题,

fx的定义域为|0xx,因为331111xxxxeefxfxxexe,所以fx是偶函数,图象关于y轴对称,故排除A、C；又因为33311211xxxefxxxexe

,则当x时,3x,1xe,所以0fx,故选：D【点睛】本题考查函数奇偶性的应用,考查函数图象8.已知a，b为两条不同直线，，，为三个不同平面，下列命题：①若//，

//，则//；②若//a，//a，则//；③若，，则；④若a，b，则//ab.其中正确命题序号为()A.②③B.②③④C.①④D.①②③【答案】C【解析】【分析】根据直线与平面，平面与

平面的位置关系进行判断即可.【详解】根据面面平行的性质以及判定定理可得，若//，//，则//，故①正确；若//a，//a，平面,可能相交，故②错误；若，，则,可能平行，故③错误；由线面垂直的性质可得，④正确；故选：C【点睛】本题主要考查了判断直线

与平面，平面与平面的位置关系，属于中档题.9.设双曲线2222:10,0xyCabab的左、右焦点分别为1F、2F，与圆222xya相切的直线1PF交双曲线C于点P（P在第一象限），且212PFFF，则双曲线C的离心率为（）．A

.103B.53C.32D.54【答案】B【解析】【分析】先设PF1与圆相切于点M,利用|PF2|=|F1F2|,及直线PF1与圆x2+y2=a2相切，可得a，c之间的关系，从而可求双曲线的离心率的值.【详解】设PF1与圆相切于点M,如图，因为212PFFF，所以12PFF△为等腰

三角形，N为1PF的中点，所以1114FMPF，又因为在直角1FMOV中，2222211FMFOaca，所以1114FMbPF①，又12222PFPFaca②，222cab③，由①②③可得2222ca

ca，即为4()caca，即35ca，解得53cea，故选：B【点睛】本题主要考查了双曲线的定义，双曲线的简单几何性质，属于中档题.10.已知函数2sin0,2fxx，其图象相邻的最高点之

间的距离为，将函数yfx的图象向左平移12个单位长度后得到函数gx的图象，且gx为奇函数，则（）A.fx的图象关于点,06对称B.fx的图象关于点,06对称C.fx在,63上单调递增D.fx在2,

36上单调递增【答案】C【解析】【分析】根据函数fx图象相邻的最高点之间的距离为，得到T，易得2sin2fxx.将函数yfx的图象向左平移12个单位长度后，可得2sin26gxx

，再根据gx是奇函数，得到2sin26fxx，然后逐项验证即可.【详解】因为函数fx图象相邻的最高点之间的距离为，所以其最小正周期为T，则22T.所以

2sin2fxx.将函数yfx的图象向左平移12个单位长度后，可得2sin22sin2126xxgx的图象，又因为gx是奇函数，令6kkZ，所以6kkZ.又2，所以

6.故2sin26fxx.当6x时，1fx，故fx的图象不关于点,06对称，故A错误；当6x时，2fx，故fx的图象关于直线6x

对称，不关于点,06对称，故B错误；在,63上，2,622x，fx单调递增，故C正确；在2,36上，3,2262x，fx单调递减，故D错误.故选：C【点睛】本题主要考查三

角函数的图象和性质及其图象变换，还考查了运算求解的能力，属于中档题.11.已知三棱锥ABCD中，侧面ABC底面BCD，ABC是边长为3的正三角形，BCD是直角三角形，且90BCD，2CD，则此三棱锥外接球的体积等于（）A.43B.3

23C.12D.643【答案】B【解析】【分析】取BD的中点1O，BC中点G，连接1GO、AG，过点1O作直线垂直平面BCD，可知三棱锥外接球的球心在该直线上，设为O，过点O作OHAG于H，连接AO、BO，设1OOm，由勾股定理可得22134ODm、22

3312OAm，利用22ODOA即可得32m，进而可得外接球半径2R，即可得解.【详解】取BD的中点1O，BC中点G，连接1GO、AG，由题意可得1O为BCD的外心，AG平面BCD，过点1O作直线垂直平面BCD，可知三棱锥外接球的球心在该直线上，设为O，过

点O作OHAG于H，连接AO、OD，可知四边形1OHGO为矩形，ABC是边长为3，2CD，332AG，13BD，11OG，设1OOm，则332HAm，222211134ODDOOOm，22223312OAOHHAm，由22O

DOA可得221333142mm，解得32m，三棱锥ABCD外接球的半径21324Rm，此三棱锥外接球的体积343233VR.故选：B.【点睛】本题考查了三棱锥几何特征的应用及外接球的求解，考查了面面垂直

性质的应用和空间思维能力，属于中档题.12.已知M是函数()238sin()fxxxxR的所有零点之和，则M的值为（）A.3B.6C.9D.12【答案】D【解析】【详解】因为(3)328sin(33)238sin3()fxxxxxfx

所以fx关于32x对称由图知,fx有8个零点,所以所有零点之和为342212,选D点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数

范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．第Ⅱ卷二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.曲线1()exfxx在1x处的切线斜率为_________．

【答案】e1【解析】【分析】利用导数的几何意义即可解决.【详解】∵21()exfxx，∴'(1)e1f．由导数的几何意义知曲线1()exfxx在1x处的切线斜率为e1．故答案为：e1【点睛】本题考查导数的几何意

义，考查学生的基本计算能力，是一道基础题.14.已知抛物线2:,0CymxmRm过点14P,，则抛物线C的准线方程为______.【答案】116y【解析】【分析】代入14P,求解抛物线2:,0CymxmRm,再化简成标

准形式求解准线方程即可.【详解】由题,2414mm,故221:44Cyxxy.故抛物线C的准线方程为116y.故答案为：116y【点睛】本题主要考查了根据抛物线上的点抛物线方程以及准线的问题.属于基础题.15.已知下列命题：①命题“2,35xRxx

”的否定是“2,35xRxx”；②已知,pq为两个命题，若“pq”为假命题，则“()()pq为真命题”；③在ABC中，“AB”是“sinsinAB”的既不充分也不必要条件；④“若xy

=0，则x=0且y=0”的逆否命题为真命题.其中，所有真命题的序号是__________.【答案】②【解析】【分析】根据全称命题的否定的求解，或且非命题真假的判断，正弦定理以及逆否命题的求解，对选项进行逐一分析，则问题得解.【详解】对①：“

2,35xRxx”的否定是“2,35xRxx”，故①是假命题；对②：若“pq”为假命题，则,pq均为假命题，故“()()pq为真命题”；对③：在ABC中，“AB”等价于ab，由正弦定理，其又等价于sinAsinB，故“AB”是“sinsinAB”的

充要条件，故③是假命题；对④：“若xy=0，则x=0且y=0”是假命题，故其逆否命题也是假命题，故④错误；综上所述，真命题的序号是②.故答案为：②.【点睛】本题考查命题真假的判断，涉及全称命题的否定的求解，复合命题真假的判断，充要条件的求解，属综合基础题.16.天坛公园是明、清两代皇帝

“祭天”“祈谷”的场所．天坛公园中的圜丘台共有三层（如图1所示），上层坛的中心是一块呈圆形的大理石板，从中心向外围以扇面形石（如图2所示）．上层坛从第一环至第九环共有九环，中层坛从第十环至第十八环共有九环，下层坛从第十九环至第二十七环共有九环；第一环的扇面形石有9块，从第

二环起，每环的扇面形石块数比前一环多9块，则第二十七环的扇面形石块数是______；上、中、下三层坛所有的扇面形石块数是_______．【答案】(1).243(2).3402【解析】【分析】由题意可知每环的扇面形石块数是一个以9为首项，9为公差的等差数列，据此

确定第二十七环的扇面形石块数和上、中、下三层坛所有的扇面形石块数即可.【详解】第一环的扇面形石有9块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多9块，则依题意得：每环的扇面形石块数是一个以9为首项，9为

公差的等差数列，所以，an＝9＋（n－1）×9＝9n，所以，a27＝9×27＝243，前27项和为：1272727()27(9243)22aaS＝3402.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列的前n项和及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.三、

解答题（本大题共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.在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，sin3sinAB=且bc.（1）求角A的大小；（2）若23a，角B的平

分线交AC于点D，求ABD的面积.【答案】（1）23（2）332【解析】【分析】（1）把已知条件中角的关系化为边的关系后可用余弦定理求角A；（2）在（1）基础上得6BC，从而由23a可得AB，在ABD中应用正弦定理可求得AD，从而可得ABD面积．

【详解】（1）由sin3sinAB=及正弦定理知3ab=，又bc，由余弦定理得222cos2bcaAbc22223122bbbb.0,A，23A.（2）由（1）知6BC，又23a，在ABC

中，由正弦定理知：2AB，在ABD中，由正弦定理sinsinABADDABD及12ABD，4D解得31AD，故332ABDS-=【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式．解题时注意边角关系的互化．18.如图，四棱锥PABCD的底面为

直角梯形，//BCAD，90BAD，222ADPDABBC，M为PA的中点．（Ⅰ）求证：//BM平面PCD（Ⅱ）若平面ABCD平面PAD，异面直线BC与PD所成角为60°，且PAD△是钝

角三角形，求二面角BPCD的正弦值【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）427．【解析】【分析】（Ⅰ）取PD的中点N，连接,CNMN，证明四边形BMNC为平行四边形，得到//BMCN即可（Ⅱ）由条件得出120ADP，然后证明AB平

面PAD，然后以A为坐标原点，,ADAB所在直线为y轴、z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面PBC和平面PCD的法向量即可.【详解】（Ⅰ）证明：取PD的中点N，连接,CNMN，因为M为PA的中点，则//MNAD，且12MNAD

，又//BCAD，且12BCAD，所以//MNBC，MNBC，所以四边形BMNC为平行四边形，所以//BMCN，CN平面PCD，BM平面PCD，所以//BM平面PCD（Ⅱ）由题意可知//BCAD，所以ADPÐ或其补角为异面直线BC与PD所成角，又ADPD

，PAD△为钝角三角形，所以120ADP，又平面ABCD平面PAD，平面ABCD平面PADAD，ABAD，所以AB平面PAD，以A为坐标原点，,ADAB所在直线为y轴、z轴建立空间直角坐标系，则0,0

,0A，0,0,1B，0,2,0D，0,1,1C，3,3,0P，向量3,2,1PC，3,3,1PB，设平面PBC的法向量为,,nxyz由00nPCnPB得300zxy，令1x，得平面PBC的一

个法向量为1,0,3n，同理可得平面PCD的一个法向量为1,3,3m设二面角BPCD的平面角为，则27cos727mnmn则242sin1cos7故二面角BPCD的正

弦值为427【点睛】向量法是求立体几何中的线线角、线面角、面面角时常用方法.19.某公司为提高市场销售业绩，促进某产品的销售，随机调查了该产品的月销售单价x（单位：元/件）及相应月销量y（单位：万件），对近5个月的月销售

单价ix和月销售量1,2,3,4,5iyi的数据进行了统计，得到如下表数据：月销售单价ix（元/件）99.51010.511月销售量iy（万件）1110865（Ⅰ）建立y关于x的回归直线方程；（Ⅱ）

该公司开展促销活动，当该产品月销售单价为7元/件时，其月销售量达到18万件，若由回归直线方程得到的预测数据与此次促销活动的实际数据之差的绝对值不超过0.5万件，则认为所得到的回归直线方程是理想的，试问：（Ⅰ）中得到的回归直线方程是否理想？（Ⅲ）根据

（Ⅰ）的结果，若该产品成本是5元/件，月销售单价x为何值时（销售单价不超过11元/件），公司月利润的预计值最大？参考公式：回归直线方程ˆˆybxa，其中1221ˆniiiniixynxybxnx，ˆˆaybx

．参考数据：51392iiixy，521502.5iix．【答案】（Ⅰ）3.240ˆyx（Ⅱ）可以认为所得到的回归直线方程是理想的．（Ⅲ）该产品单价定为8.75元时，公司才能获得最大利润【解析】【分析】（Ⅰ）根据参考数

据由回归系数公式计算ˆb，再由ˆˆaybx计算ˆa，即可写出回归直线方程；（Ⅱ）由回归直线方程预测7x时的估计值，检测即可知是否理想；（Ⅲ）写出销售利润，利用二次函数求最值即可.【详解】（Ⅰ）因为11110.5109.59105x，1568101185y．所

以23925108ˆ3.2502.5510b，所以ˆ83.21040a，所以y关于x的回归直线方程为：3.240ˆyx．（Ⅱ）当7x时，ˆ3.274017.6y，

则17.6180.40.5，所以可以认为所得到的回归直线方程是理想的．（Ⅲ）设销售利润为M，则53.240511Mxxx23.256200Mxx，所以8.75x时，M取最大值，所以该产品单价定为8.75元时，公司才能

获得最大利润．【点睛】本题主要考查了线性回归方程，利用线性回归方程解决实际问题，二次函数求最值，属于中档题.20.已知椭圆2222:1xyCab（0ab）的离心率为32，且经过点31,2.（1）求椭圆C的方程；（2）过点3,0作直线l与椭圆C交于不同的两点A，

B，试问在x轴上是否存在定点Q使得直线QA与直线QB恰关于x轴对称？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)2214xy(2)见解析【解析】【分析】（1）由题得a,b,c的方程组求解即可（2）直线QA与直线QB恰关于x轴对称，等价于AQ,BQ的斜率互为相反数，即1212

yy0xtxt，整理12123tyy2myy0.设直线l的方程为xmy30，与椭圆C联立，将韦达定理代入整理即可.【详解】(1)由题意可得3c2a，22131a4b，又222abc，解得

2a4，2b1.所以，椭圆C的方程为22xy14(2)存在定点43Q,03，满足直线QA与直线QB恰关于x轴对称.设直线l的方程为xmy30，与椭圆C联立，整理得，22

4my23my10.设22Bx,y，11xxyy12，定点Qt,0.(依题意12tx,tx)则由韦达定理可得，12223myy4m，1221yy4m.直线QA与直线QB恰关于x轴对称，等价于AQ,BQ的斜率互为相反

数.所以，1212yy0xtxt，即得1221yxtyxt0.又11xmy30，22xmy30，所以，1221y3myty3myt0，整理得，12123tyy2myy0

.从而可得，2223m13t2m04m4m，即2m43t0，所以，当43t3，即43Q,03时，直线QA与直线QB恰关于x轴对称成立.特别地，当直线l为x轴时，43Q,03

也符合题意.综上所述，存在x轴上的定点43Q,03，满足直线QA与直线QB恰关于x轴对称.【点睛】本题考查椭圆方程，直线与椭圆位置关系，熟记椭圆方程简单性质，熟练转化题目条件

，准确计算是关键，是中档题.21.已知函数1lnfxaxx（aR）．（1）讨论函数fx在定义域内的极值点的个数；（2）若函数fx在1x处取得极值，x（0，），2fxbx恒成立，求实

数b的最大值．【答案】（1）0a时，fx在（0，）上没有极值点；当0a时，fx在（0，）上有一个极值点.（2）211e【解析】【分析】（1）首先求得函数的定义域和导函数'fx，对a分成0a和0a两种

情况，讨论fx的极值点个数.（2）利用'10f求得a的值，将不等式2fxbx分离常数，转化为1ln1xbxx，构造函数1ln1xgxxx利用导数求得gx的最小值，

由此求得b的取值范围，进而求得实数b的最大值.【详解】（1）fx的定义域为（0，），11axfxaxx.当0a时，0fx在（0，）上恒成立，函数fx在（0，）上单调递减.∴fx在（0，）上没有极值点.

当0a时，由0fx，得10xa；由0fx，得1xa，∴fx在（0，1a）上递减，在（1a，）上递增，即fx在1xa处有极小值.综上，当0a时，fx在（0，）上没有极值点；当0a时，fx

在（0，）上有一个极值点.（2）∵函数fx在1x处取得极值，∴110fa，则1a，从而1lnfxxx.因此1ln21xfxbxbxx，令1ln1xgxxx，则2ln2xgxx，令0gx，得2xe，则gx在（0，

2e）上递减，在（2e，）上递增，∴22min1e1egxg，即211eb.故实数b的最大值是211e.【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的极值，考查利用导数求解不等式恒成立问题，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论

的数学思想方法，属于中档题.请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.做答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.选修4－4；坐标系与参数方程22.在平面直角坐标

系中，曲线C的参数方程为23424xcosysin（θ为参数），直线l的参数方程为233xmym（m为参数），以平面直角坐标系的原点O为极点，x轴正半轴为极轴

，建立坐标系．（1）求曲线C的极坐标方程；（2）直线l与曲线C相交于M，N两点，若230P，，求2211||PNPM的值．【答案】（1）443sincos；（2）14【解析】【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直

角坐标方程之间进行转换．（2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．【详解】解：（1）曲线C的参数方程为234cos(24sinxy为参数），转换为直角坐标方程为22(23

)(2)16xy，整理得224340xyxy，根据222cossinxyxy，转换为极坐标方程为24sin43cos，即0或4sin43cos（包含0），所以曲线C的极坐标方程为4sin43

cos．（2）直线l的参数方程为233xmym转换为直线的标准参数式为1232(32xttyt为参数）代入圆的直角坐标方程为223120tt，2(23)4

12600，设方程两根为12,tt，所以1223tt，1212tt，所以212122222221212()2111112241||||()124ttttPMPNtttt．【点睛】本题考

查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，直线标准参数方程的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．选修4－5：不等式选讲23.[选修4-5：不等式选讲]已知函数()212fxxx（Ⅰ）求不等式f(x)>0的解集；（Ⅱ）若关

于x的不等式21(3)35mfxx有解，求实数m的取值范围.【答案】（1）1(,)(3,)3；（2）(,3][2,)【解析】分析：（1）利用绝对值的定义去掉绝对值符号，分

类解一元一次不等式组后再合并可得解集；（2）(3)3525210fxxxx，利用绝对值的三角不等式求得25210xx的最小值min，然后解不等式21minm即可．详解：（1）13,2131,223,2xxfxxxxx

，当30x时，得3x；当310x时，得123x；当30x时，得2x，综上可得不等式0fx的解集为1,3,3.（2）依题意min21335mfxx，令33525210gxfxx

xx252105xx∴215m，解得2m或3m，即实数m的取值范围是,32,.点睛：本题考查不等式“能成立”问题，要注意与“恒成立”问题的区别：（1）“能成立”：存在x使不等式()tfx成立mi

n()tfx，存在x使不等式()tfx成立max()tfx；（2）“恒成立”：对任意的x不等式()tfx恒成立max()tfx，对任意的x不等式()tfx恒成立min()tfx．