江西省新余市第四中学2020届高三七月检测数学（理）试题（PDF版） (2份打包)

新余四中 2020 届高三年级暑假检测数学试卷（理) 一、选择题（60分） 题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答 案 A Ｂ Ａ Ａ Ａ Ｂ Ａ Ｄ Ｂ Ｃ Ｄ D 二、填空题（20分） 13． 8 ; 14． 1 2 , + ∞ ; 15． 5 32 a  ; 16．[0, ) 三、解答题（70分）17．（本小题满分 10分） 【详解】  1 由   x 2 x 6 0   得 2 x 6   ，即 p： 2 x 6   p 是 q 成立的必要不充分条件，则 2 m,2 m  是 2,6 的真子集， 有 2 2 2 2 2 6 m m m m           ，解得0 m 4  ， 又当m 4 时，  2 m, 2 m 2,6     ，不合题意， m 的取值范围是  0,4 .  2 q￢ 是 p￢ 的充分不必要条件， p 是 q 的充分不必要条件， 则 2,6 是 2 m,2 m  的真子集，则 2 2 2 2 2 6 m m m m           ， 解得m 4 ，又当m 4 时，  2 m, 2 m 2,6      ,不合题意． m 的取值范围为  4, . 18．（本小题满分 12分） 详解】（1）证明：因为 PD 底面 ABCD，所以PD BC ， 因为平行四边形 ABCD中， / / ,AD BC AD BD ，所以 BC BD ， 因为 PD BD D  ，所以 BC⊥平面 PBD， 而 BC 平面 PBC，所以平面 PBC 平面 PBD . （2）由（1）知， BC⊥平面 PBD， 所以 PBD 即为二面角 P BC D  的平面角，即 6 PBD   ， 分别以 , ,DA DB DP所在的直线为 , ,x y z轴建立空间直角坐标系D xyz ，如图所示， 设 3BD  ，则 1AD PD  , 则 (1,0,0), (0, 3,0), ( 1, 3,0), (0,0,1)A B C P , 所以 ( 1,0,1), ( 1,0,0), (0, 3,1)AP BC BP         ， 设平面 PBC的法向量为 ( , , )n x y z  ， 则 00 0 3 0 xn BC n BP y z               ，令 1y  ，得 (0,1, 3)n   ， 所以 AP与平面 PBC所成角的正弦值为 3 6sin 42 2 AP n AP n           . 19．（本小题满分 12分） 【解析：（1）直线 l的方程为  3y k x  ，联立方程组   2 2 , { 3 , y px y k x    得 2 2 6 0py y p k    ， 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，所以 1 2 2py y k   ， 1 2 6y y p  ， 又  21 2 1 2 1 2 1 22 9 6 34 y y OA OB x x y y y y p p            ， 所以 2p  ，从而抛物线 E的方程为 2 4y x ． （2）因为 1 11 11 3 6 y yk yx k     ， 2 22 22 3 6 y yk yx k     ， 所以 1 1 1 1 6 k k y   ， 2 2 1 1 6 k k y   ， 因此 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 1 6 1 6 2 k k k k y k y k                   2 2 2 2 1 2 1 2 2 12 1 1 1 1 236 k k y y y y k                    21 2 1 21 2 2 2 1 2 1 2 212 36 y y y yy y k y y y y       ， 又 1 2 2 4py y k k    ， 1 2 6 12y y p    ， 所以   2 2 2 2 1 2 16 2411 1 2 12 36 6 3 144 k k k k k k   