安庆市 2019－2020 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
A． B． C． D．
2. 是虚数单位，复数 ，则
A． B． C．
D．
3.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
A． B． C． D．
6.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、
乙两地进行调查，不同的安排方案共有
A．12 种 B．10 种 C．9 种 D．8 种
7.函数 的图像大致是
R 2{ 2 0}A x x x= − < { 1 0}B x x= − ≥ =)( BCA R
{ 0 1}x x< ≤ { 0 1}x x< < { 1 2}x x ∈ =+ −+ 11 nn SS
)1(2 +nS
4 7a = 16 240S = 10 19a = 20 381S =
P O OP
3 3
3 3π 3π 3 2π 9π
( ) 2(| cos | cos ) sinf x x x x= + ⋅
( )f x π ( )f x π
4x =
( )f x π π,4 4
− ( )f x [ 2,2]−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 ， .
（Ⅰ）若 的面积为 ，求 的长；
（Ⅱ）若 ,求 的大小．
18.（本题满分 12 分）
在几何体 中， ， ⊥平面 ， ⊥平面 ，
， .
（Ⅰ）设平面 与平面 的交线为直线 ，求证： ∥平面 ；
lny x= (1, 0)
A B C， ， a b c， ， 2cos cos sinb C c B a A+ =
A =
nS { }na n 3 2=2 +2a S 4 3=2 +2a S q
2( ) ln( 1 )f x x x= + + ,a b (1 ) ( ) 0f a f a+ + = a =
A B C、 、 a b c、 、 2 2( ) 3a c b ac+ = + D AB
1BD = DA DC=
BCD∆ 3
2
CD
3AC = A∠
ABCDE 2CAB
π∠ = CD ABC BE ABC
2AB AC BE= = = 1CD =
ABE ACD l l BCDE（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．
（Ⅰ）求小明同学恰好命中一次的概率；
（Ⅱ）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 ，
（Ⅰ）当 时，线段 的中点为 ，过 作 交 轴于点 ，求 ；
（Ⅱ）求 面积的最大值．
1
0 2 0
A DE B− −
A B A
B
A 4
5 B 3
4
X ( )E X
F
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
+ = > >
2ax c
= − x P
AB 8AB = 2PA AF= P k l
M N、
1
4k = MN H H HG MN⊥ x G GF
MNF∆21.（本题满分 12 分）
已知函数 ，
(Ⅰ)讨论 的单调性；
(Ⅱ)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 4–4 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，
（Ⅰ）求直线 和曲线 的直角坐标方程；
（Ⅱ）求点 到直线 的距离的最小值．
( )( ) 1 ln 1f x x x= + + ( ) ln 1xg x e x−= + +
( )f x
( ) ( ) ( )h x f x g x= − ( )h x M 2
2 11 Me e
− − < < −
xOy l
8
2
x t
ty
= − + =
t C
22
2 2
x s
y s
= =
s P C
l C
P l23.（本题满分 10 分）选修 4–5 不等式选讲
设 均为正数，
（Ⅰ）证明： ；
（Ⅱ）若 ，证明 ．
安庆市 2019－2020 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： ， ，
，答案为 B
2.解析： ，答案为 D
3.解析： ，故 答案为 B
4.解析：通项为
令 ，则 ， ，
答案为 A
另：
a b c、 、
2 2 2a b c ab bc ca+ + ≥ + +
1ab bc ca+ + = 3a b c+ + ≥
{ 0 2}A x x= < < { 1}B x x= ≥
{ } { } { }10120)( > xa
by ±=
(2, 1)− 1
2
b
a
= 2 51 ( ) 2
be a
= + =
1 2
2 4 12C C =
1( ) ( )( )x xf x x x e e− −= − − x → +∞ ( )f x → +∞
8 4(4,0),( , )3 3 1−
AB AFλ= 1 1 1 1
2 4 4 4 4AE AD AB AC AF AC
λ= = + = +
C E F、 、 1 =14 4
λ + =3λ
1 1 1 1 1
3 2 2 6 2DF AF AD AB AB AC AB AC= − = − − = − −
2n ≥ 1 1 1 1 12( 1) 2 2n n n n n n n n nS S S S S S S a a+ − + − ++ = + ⇒ − = − + ⇒ = +
{ }na 1 20, 2a a= = 2 2na n= −
4 6a = 10 18a = 1( ) ( 1)2
n
n
a a nS n n
+= = −
16 16 15 240S = × =
20 20 19 380S = × =
1 2O O 3 3
a 23 3 34 a = 2 3a = 3 2 3
21 2 3( ) 3 33 2V π π= × × × =
( ) 2(| cos | cos ) sin 2 | cos | sin sin 2f x x x x x x x= + ⋅ = +
π 33f =
4π 03f =
π 4π
3 3f f ≠ ( )f x π
3π 24f − = −
5π 04f =
3π 5π
4 4f f − ≠ ( )f x π
4x =对称，故排除②．
在区间 上， ， ，单调递增，故③
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④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
π π,4 4
−
π π2 ,2 2x ∈ − ( ) 2 | cos | sin sin 2 2sinf x x x x x= + =
cos 0x≥ ( ) 2 | cos | sin sin 2 2sin cos sin 2 2sin 2f x x x x x x x x= + = + =
2 2− cos 0x <
( ) 2 | cos | sin sin 2 2sin cos sin 2 0f x x x x x x x= + = − + =
( )f x 2 2− C
1y x
′ = (1,0) 1 1xk y =′= =
0 1y x− = − 1y x= −
2cos cos sinb C c B a A+ = 3sin cos sin cos sinB C C B A+ =
3sin sin+B C A=（ ） 3sin sinA A= sin 1A =
2A
π=
2
π
3 2=2 2a S + 4 3=2 +2a S 4 33a a= 3q =
2( ) ln( 1 )f x x x= + +
(1 ) ( ) 0 (1 ) ( ) ( )f a f a f a f a f a+ + = ⇒ + = − = − 1 a a+ = − 1
2a = −
1
2
−
2 2( ) 3a c b ac+ = + 2 2 2a c b ac+ − =
2 2 2 1cos 2 2 2
a c b acB ac ac
+ −= = =
0 B π< < 3B
π=
BCD
3
2
1 3sin ,2 2BC BD B⋅ = 1BD =
2BC =
BCD
2 2 2 12 cos 4 1 2 2 1 32CD BC BD BC BD B= + − ⋅ = + − × × × =
3CD =（2）由题意得设 ,
在△ADC 中，由正弦定理， 得 ， ……………… ①
…………………7
分
在△BCD 中，由正弦定理
即 ………………② …………………8 分
由①②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
DCA A θ∠ = ∠ =
sin( 2 ) sin
AC CD
A Aπ =−
3
2cosCD θ=
,sin sin
CD BD
B DCB
= ∠
1 1
sin sin( 2 )sin ( 2 )3 33
CD
π ππ θπ θ
= = +− +
cos sin 2 ,3
πθ θ = +
sin sin 22 3
π πϑ θ − = +
22 3
π πθ θ− = + ,18
πϑ =
2 ,2 3
π πθ θ π − + + = .6
πθ =
18A
π∠ =
6A
π∠ =
CD ABC BE ABC
/ /CD BE
CD ⊄ ABE BE ⊂ ABE
/ /CD ABE
l = ABE ACD / /CD l
l ⊄ BCDE CD ⊂ BCDE
/ /l BCDE
2CAB
π∠ = 2AB AC BE= = = 1CD =
2 2 2 2BC AC AB= + =
(0,0,0)C ( 2, 2,0)A (0,2 2,0)B (0,0,1)D (0,2 2,2)E
ADE ( , , )n x y z=, 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：（Ⅰ）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
（Ⅱ） ……………………………7 分
， ，
， ，
……………………………9 分
0 1 2 3 4 5
( 2, 2,1)AD = − − (0,2 2,1)DE = 0
0
n AD
n DE
⋅ = ⋅ =
2 2 0,2 2 0x y z y z− − + = + =
2 2z = 3, 1x y= = − (3, 1,2 2)n = −
BCDE 1 ( , , )n x y z=
(0,0,1)CD = (0,2 2,0)CB = 1
1
0
0
n CD
n CB
⋅ =
⋅ =
0,2 2 0z y= =
1x = 0y z= = 1 (1,0,0)n =
1
1
1
2cos , 2
n nn n
n n
⋅< >= =
1
2s , 2in n n< >= A DE B− − 2
2
A D
B E B F
4( ) 5P D = 3( ) ( ) 4P E P F= =
C DEF DEF DEF= + +
( ) ( )P C P DEF DEF DEF= + +
8
1
0 1 2 3 4 5X = ， ， ， ， ，
21 1 1( 0) ( )5 4 80P X = = × = 24 1 1( 1) ( )5 4 20P X = = × =
1
2
1 1 3 3( 2) 5 4 4 40P X C= = × × × =
1
2
4 1 3 3( 3) 5 4 4 10P X C= = × × × = 21 3 9( 4) ( )5 4 80P X = = × =
24 3 9( 5) ( )5 4 20P X = = × =
X
P 1
80
1
20
3
40
3
10
9
80
9
20……………………………10 分
.………………12 分
20.解析：（Ⅰ）∵ , ∴ ，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
（Ⅱ）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
1 1 3 3 9 9 19( ) 0 1 2 3 4 580 20 40 10 80 20 5E X = × + × + × + × + × + × =
8AB = 4a = 2PA AF=
1
2e = 2c = 2 2 2 12b a c= − =
2 2
116 12
x y+ =
P ( 8,0)− F ( 2,0)−
l 1 ( 8)4y x= +
4 8x y= −
2 2
4 8
116 12
x y
x y
= − + =
213 48 36 0y y− + = 1 1 2 2( , ) ( , )M x y N x y 0 0( , )H x y
1 2
48
13y y+ = 1 2
36
13y y =
1 2
0
24
2 13
y yy
+= = 0 0
24 84 8 4 813 13x y= − = × − = −
HG 4− HG 24 84( )13 13y x− = − +
0y = 2
13x = − 2( ,0)13G −
2 242 ( )13 13G FGF x x= − = − − − =
l ( 8)y k x= + 0k = 0MNFS∆ =
0k ≠ 1m k
= l 8x my= −
2 2
8
116 12
x my
x y
= − + =
2 2(3 4) 48 144 0m y my+ − + = 1 1 2 2( , ) ( , )M x y N x y
2 2 2( 48 ) 4(3 4) 144 576( 4) 0m m m∆ = − − + × = − > 2m > 2m < −， ……………………………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。
1 2 2
48
3 4
my y m
+ = + 1 2 2
144
3 4y y m
= +
2 2 2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 2
2 2
2
48 1441 1 ( ) 4 1 ( ) 43 4 3 4
24 1 4
3 4
mMN m y y m y y y y m m m
m m
m
= + − = + ⋅ + − = + ⋅ − ×+ +
+ ⋅ −= +
F l 2 2
| 2 8| 6
1 1
d
m m
−= =
+ +
2 2 2
2 22
1 1 24 1 4 6 72 4| |2 2 3 4 3 41MNF
m m mS MN d m mm
∆
+ − −= ⋅ = × × =+ ++
33
1632
72
4
1643
72
2
2
=
××
≤
−
+−
=
m
m
4
1643
2
2
−
=−
m
m 2 213m = ±
1 21
14k m
= = ± l 21 ( 8)14y x= ± + MNF∆ 3 3
2
2 1 2
1 72 4| | | | ,2 3 4MNF NPF MPF
mS S S PF y y m∆ ∆ ∆
−= − = ⋅ − = +
2
2
2
2
72 4 72
163( 4) 16 3 4
4
MNF
mS m m
m
∆
−= =− + − +
−
72 3 3
2 3 16
≤ =
×
4
1643
2
2
−
=−
m
m 2 21
3m = ±∴所以当 时，直线 为 时， 面积取得最大值为
.
…………………12 分
21.解：(Ⅰ)
， …………………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
(Ⅱ)
，……………………………………………………………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(Ⅰ)知 在 上单调递增
1 21
14k m
= = ± l 21 ( 8)14y x= ± + MNF∆
3 3
( )( ) 1 ln 1 ln ln 1f x x x x x x= + + = + +
( )' 1ln 1f x x x
= + +
( ) 1ln 1m x x x
= + + ( )'
2 2
1 1 1xm x x x x
−= − =
( )m x ( )0,1 ( )1,+∞
( ) ( )min 1 2 0m x h= = > ( )' 0f x >
( )f x ( )0,+∞
( ) ( ) ( ) ( 1)ln ln lnx xh x f x g x x x e x x x e− −= − = + − − = −
' ( ) ln 1xh x e x−= + +
( ) ln 1xF x e x−= + +
( )' 1 1 x
x x
e xF x e x xe
−= − + = ( ) xG x e x= −
( )' 1 0xG x e= − > ( )G x ( )0,+∞
( ) ( )0 1 0G x G> = > ( )' 0F x > ( )F x ( )0,+∞
( ) ( )1 21 20, 1 0e eF e e F e e
− −− − − −= > = − <
( )F x ( )0,+∞ ( )2 1
0 ,x e e− −∈ ( )0
0ln 1 0xe x− + + = ∗
( )h x ( )00, x ( )0,x +∞
00 0 0 0 0 0
1( ) ln ln ln 1xM h x x x x x xe
= = − = + + ( )2 1
0 ,x e e− −∈
0( )f x ( )0,+∞所以
所以 ……………………………………………………………………12 分
22.解析：（Ⅰ）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
（Ⅱ）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：（Ⅰ）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
（Ⅱ）因为 由（Ⅰ）可知 …………………………6 分
故
所以 得证.…………………………10 分
( ) ( )2 1
02
2 11 ( )f e f x f ee e
− −− − = < < = −
2
2 11 Me e
− − < < −
8x t= − + 8t x= + 2 8 0x y− + =
l 2 8 0x y− + =
22x s= 2
2
xs = 2 2(2 2 ) 8 42
xy s x= = × =
C 2 4y x=
( , )P x y
22
2 2
x s
y s
= =
2 2
2 2
2 4 2 8 2( 2) 4 4 4 5
55 51 ( 2)
s s s
d
− + − +
= = ≥ =
+ −
2s = 4, 4x y= = P l 4 5
5
a b c、 、
2 2 2a b ab+ ≥ 2 2 2b c bc+ ≥ 2 2 2c a ca+ ≥
2 2 2 2 2 2 2 2 2a b b c c a ab bc ca+ + + + + ≥ + +
2 2 2a b c ab bc ca+ + ≥ + +
1ab bc ca+ + = 2 2 2 1a b c+ + ≥
2 2 2 2 2 2 2( ) 2 2 2 2( ) 1 2 3a b c a b c ab bc ca a b c ab bc ca+ + = + + + + + = + + + + + ≥ + =
3a b c+ + ≥
8
2 2
t xy
+= =
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