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1 2019-2020 学年度下学期第三次调研考试答案 一．选择题（共 12 小题） 1．解：∵集合 A＝{x|﹣2≤x＜2}，B＝{x|x2﹣2x﹣3≤0}＝{x|﹣1≤x≤3}， ∴A∩B＝{x|﹣1≤x＜2}＝[﹣1，2）．故选：D． 2．解：由 z（1+2i）＝2﹣i，得 z＝ ，∴|z|＝| |＝ ．故选：A． 3．解：由条形图得到：全国从 2014 年到 2018 年国内生产总值逐年增加， 增长速度较为平稳．国内生产总值相比上一年年增长额最大在 2017 年；故选：C． 4．解：由函数 y＝f（x）是定义在 R 上的增函数，则函数 f（|x﹣2|）为复合函数单调递增区间为（2，+ ∞），单调递减区间（﹣∞，2），再根据复合函数的单调性同增异减，可得函数的单调递减区间为（﹣ ∞，2）．故选：B． 5．解：由双曲线的性质可知：|F2M|﹣|F1M|＝2a＝4 ， |F1N|﹣|F2N|＝2a＝4 ， ∴|F2M|＝|F1M|+4 ，|F1N|＝|F2N|+4 ，∵∠F2MN＝∠F2NM，∴|F2M|＝ |F2N|，∴|F1N|＝|F1M|+8 ，∴|MN|＝|F1N|﹣|F1M|＝8 ．故选：C． 6．解：由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 n 的值，且 ，解得 n＝75．故选：D． 7．解：∵ ，且 ，∴3（cos2 α ﹣sin2 α ）＝ （cos α ﹣sin α ）， ∴3（cos α ﹣sin α ）（cos α +sin α ）＝ （cos α ﹣sin α ），∴cos α +sin α ＝ ① ，或 cos α ﹣sin α ＝0，（舍去）， ∴两边平方，可得：1+sin2 α ＝ ，解得：sin2 α ＝﹣ ， ∴cos α ﹣sin α ＝﹣ ＝﹣ ＝﹣ ＝﹣ ， ②∴由 ① + ② 可得：cos α ＝ ，可得：cos2 α ＝2cos2 α ﹣1＝2×（ ）2﹣1＝﹣ ． 故选：A． 8． 解：由已知 AC＝4 ，∠ADC＝120°，如图所示；可构造△ADC 的外接圆，其中点 D 在劣弧 AC 上 运动，当运动到弧中点时，△ADC 面积最大，此时△ADC 为等腰三角形， 其面积为 S△ADC＝ × AC•tan30°×AC＝ × × ＝4 ． 故选：D．2 9．解：根据三视图，可得三棱锥 P﹣ABC 的直观图如图所示， 其中 D 为 AB 的中点，PD⊥底面 ABC． 所以三棱锥 P﹣ABC 的体积为 ， ， PA，PB，PC 不可能两两垂直，三棱锥 P﹣ABC 的侧面积为 ． 故选：C． 10．解：函数 f（x）＝sin（2x﹣ ）在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，与 g（x）＝cos（x+ ）在区间（ ）上单调递减，在 上单调递增，所以：这两个函数在区间 上单调递减，故：b＝ ， 即所求的最大值．故选：B． 11．解：由题意知函数的定义域为（0，+∞）， ， ∵函数 f（x）恰有一个极值点 1，∴f′（x）＝0 有且仅有一个解，即 x＝1 是它的唯一解，也就是另一 个方程 无解，令 ，则 ， ∴函数 g（x）在（0，+∞）上单调递增，从而 ，所以当 时，方程 无解， 故选：C．3 12．解：设 A（x1，y1）、B（x2，y2）、C（x3，y3）、D（x4，y4）， 由 ，即（1﹣x1，1﹣y1）＝ λ （x3﹣1，y3﹣1），则 x1+ λ x3＝1+ λ ，y1+ λ y3＝1+ λ ， 由 ，同理可得：x2+ λ x4＝1+ λ ，y2+ λ y4＝1+ λ ． 则（y1+y2）+ λ （y3+y4）＝（x1+x2）+ λ （x3+x4）， 将点 A，B 的坐标代入椭圆方程作差可得： ＝﹣ • ， 由题意可得：AB∥CD，∴kAB＝kCD＝﹣ ． 则 a2（y1+y2）＝4b2（x1+x2） ① ， 同理可得：a2（y3+y4）＝4b2（x3+x4）， ∴ λ a2（y3+y4）＝4 λ 2（x3+x4）， ② ① + ② 得：a2[（y1+y2）+ λ （y3+y4）]＝4b2[（x1+x2）+ λ （x3+x4）]， ∴a2[（x1+x2）+ λ （x3+x4）]＝4b2[（x1+x2）+ λ （x3+x4）]， ∴a2＝4b2，则椭圆的离心率 e＝ ＝ ＝ ．故选：A． 二．填空题（共 4 小题） 13．解：向量 ＝（3，﹣2）， ＝（1，m），则 ﹣ ＝（2，﹣m﹣2），又 ⊥（ ），所以 •（ ﹣ ） ＝0，即 3×2﹣2×（﹣m﹣2）＝0，解得 m＝﹣5．故答案为：﹣5． 14．17 种，解：按照甲乙是否在一起分为两种情况：①甲乙在一起，则都在 C 病区，则丙丁分配在 AB 病区，有两种。②甲乙不在一起，若甲在 B， 10)1( 1 2 1 2 1 2  CCC 种，若甲在 C,则乙在 A，有 51 1 2 1 2  CC 种，共计 17 种 15．解：某种盆栽植物每株成活的概率为 p，各株是否成活相互独立． 该学校的某班随机领养了此种盆栽植物 10 株，设 X 为其中成活的株数， 则 X～B（10，p），∵X 的方差 DX＝2.1，P（X＝3）＜P（X＝7）， ∴ ，解得 p＝0.7．故答案为：0.7． 16．解：设 MB＝t，则 AM＝DN＝2 ﹣t，∵沿 MN 将△DMN 折起，当 DN⊥平面 MNQ 时，三棱锥 D﹣MNQ 的体积最大，此时 VD﹣MNQ＝ ＝ ＝﹣ ，∴当4 t＝ 时，VD﹣MNQ 取最大值，最大值为 1， 此时 MB＝ ，DN＝ ，∴MQ＝NQ＝2，∴△MNQ 为等边三角形， ∴当三棱锥 D﹣MNQ 体积最大时，三棱锥 D﹣MNQ 是正三棱柱的一部分，如 图所示：则三棱柱 MNQ﹣EDF 的外接球即是三棱锥 D﹣MNQ 的外接球， 设点 G，H 分别是上下地面正三角形的中心， ∴线段 GH 的中点即是三棱柱 MNQ ﹣EDF 的外接球的球心 O，∴OH＝ 又，∴△MNQ 是边长为 2 的等边三角形，∴HQ＝ ， ∴三棱柱 MNQ﹣EDF 的外接球的半径 R＝OQ＝ ＝ ， ∴三棱锥 D﹣MNQ 的外接球的表面积为 4 π R2＝ ，故答案为：1； ． 三．解答题（共 7 小题） 17．（1）证明：因为数列{an}满足 an+1﹣2an+2＝0， 所以 an+1＝2an﹣2，整理得 an+1﹣2＝2（an﹣2），即 （常数）． 所以数列{an﹣2}是以 6 为首项，2 为公比的等比数列． （2）解：由（1）知 ，即 ． 所以 ＝ ． 当 n 为偶数时， ＝ ＝ ． 当 n 为奇数时， ＝ ． 当 n 为偶数时， 是递减的，此时当 n＝2 时，Tn 取最大值 ，则 m ； 当 n 为奇数时， 是递增的，此时 ，则 m ． 综上，m 的取值范围是[ ． 18．解：（1）∵点 S 在底面 ABCD 上的射影为点 O，∴SO⊥平面 ABCD，5 ∵四边形 ABCD 是边长为 的正方形，∴AC＝2；∵三角形 SAC 的面积为 1，∴ ，即 SO＝1，∴SC＝ ，∵CD＝ ，点 P 是 SD 的中点，∴CP⊥SD，同理可得 AP⊥SD； 又因为 AP∩CP＝P，AP，CP ⊂ 平面 PAC；∴SD⊥平面 PAC，∵SD ⊂ 平面 SCD，∴平面 SCD⊥平面 PAC． （2）如图，连接 OB，易得 OB，OC，OS 两两互相垂直， 分别以 OB，OC，OS 为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 O﹣xyz， 则 A（0，﹣1，0），C（0，1，0），S（0，0，1），D（﹣1，0，0）； 假设存在点 P 使得二面角 P﹣AC﹣D 的余弦值为 ， 不妨设 ＝ λ ，又点 P 在棱 SD 上，∴0≤ λ ≤1， 又 ＝（﹣1，0，﹣1）， ∴ ＝（﹣ λ ，0，﹣ λ ），∴P（﹣ λ ，0，1﹣ λ ）， 设平面 PAC 的法向量为 ＝（x，y，z），则 ， ∵ ＝（﹣ λ ，1，1﹣ λ ）， ＝（0，2，0）， ∴ ，令 z＝ λ ，可得 x＝1﹣ λ ，平面 PAC 的一个法向量为 ＝（1﹣ λ ，0， λ ）， 又平面 ACD 的一个法向量为 ＝（0，0，1），二面角 P﹣AC﹣D 的余弦值为 ； ∴|cos＜ ， ＞|＝ ＝ ＝ ， 即 3 λ 2+2 λ ﹣1＝0，解得 λ ＝ 或 λ ＝﹣1（不合题意，舍去）； 所以存在点 P 符合题意，点 P 为棱 SD 靠近端点 S 的三等分点． 19．解：（1）由题意得 ξ 的可能取值为 1，2，3，4， P（ ξ ＝1）＝ ＝ ，P（ ξ ＝2）＝ ，P（ ξ ＝3）＝ ，P（ ξ ＝4）＝ ， ∴ ξ 的分布列为： ξ 1 2 3 4 P E（ ξ ）＝ ＝ ．6 （2）红车 η 1＝8+30× ξ ＝15 ξ +8， 黄车 η 2＝ ＝ ， 蓝车 η 3＝      8830883045 883045   ），（ ， ＝        15 444330 15 4445   ， ， ． 若 A 同学下个选红车注册会员，则其消费为：15× 元， 若 A 同学下个选黄车注册会员，则其消费为：24× ＝50.4 元， 若 A 同学下个选蓝车注册会员，则其消费为：45 元， 故选红车消费最低． （3）当平均时长为（0，15]时，红车消费 15+8＝23 元，黄车消费 20 元，蓝车消费 45 元，故此时选黄 车； 当平均时长为（15，30]时，红车消费 30+8＝38 元，黄车消费 48﹣4＝44 元，蓝车消费 45 元，此时选 红车； 当平均时长为（30，45]时，红车消费 45+8＝53 元，黄车消费 72﹣4＝68 元，蓝车消费 90﹣43＝47 元， 此时选蓝车； 当平均时长为（45，60]时，红车消费 60+8＝68 元，黄车消费 96﹣4＝92 元，蓝车消费 120﹣43＝77 元，此时选红车． 故选红车的人数为 50，选黄车人数为 16，选蓝车的人数为 34， 故红车应该投放 3000× ＝1500 辆，黄车应投放 3000× 辆，蓝车应该投放 3000× 辆． 20 解：（1）抛物线 C：y2＝4x 的焦点 F（1，0），设 A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）， 直线 AB 的方程为 x＝ty+1， 由 ，消去 x，整理得 y2﹣4tx﹣4＝0，则 y1+y2＝4t，y1y2＝﹣4，yM＝ ＝2t， 因为 CD∥AB，所以 kCD＝ ＝ ＝ ＝kAB＝ ，即 yN＝ ＝2t，7 由 yM＝yN＝2t，所以 MN∥x 轴； （2）由（1）可知，y1+y2＝4t，y1y2＝﹣4，则 xM＝ ＝ ＝2t2+1， 由 ，得 x3＝ ，y3＝ ， 将 ),( 33 yxC 代入抛物线 y2＝4x，得到 3y12﹣6y0y1+20x0﹣2y02＝0， 因为 CD∥AB，所以 ，同理得 3y22﹣6y0y2+20x0﹣2y02＝0， 所以 y1，y2 为方程 3y2﹣6y0y+20x0﹣2y02＝0 的两根， 即 y1+y2＝2y0＝4t，所以 y0＝2t，即 M，N，P 三点共线. 又 y1y2＝ ＝﹣4，所以 x0＝ ＝ ，又|y1﹣y2|＝4 ， 所以 S△PAB＝   BPMAPM SS |y1﹣y2|•|xM﹣x0|＝ ， 当 t＝0，△PAB 面积的最小值 ． 21．解：（1）g（x）＝f′（x）＝ex+1（ ex+1﹣ax﹣1），g′（x）＝ex+1（ex+1﹣ax﹣a﹣1）， 由题意 g（x）是 R 上的单调函数， 故 G（x）＝ex+1﹣ax﹣a﹣1≥0 恒成立，由于 G（﹣1）＝0， 所以 G′（﹣1）＝0，解得 a＝1． 解法 1：消元求导： （2） ＝ ， 令 x+1＝t，t1+t2＝0，不妨设 t＝x2+1＞0，h（t）＝et（ et﹣ t+ ）， 令 H（t）＝h（t）+h（﹣t）＝et（ et﹣ t+ ）+e﹣t（ e﹣t+ t+ ）， 原题即证明当 t＞0 时，H（t）＞2，H′（t）＝et（ et﹣ t﹣ ）﹣e﹣t（ e﹣t+ t﹣ ）＝ （et+e﹣ t）（et﹣e﹣t）﹣ t（et+e﹣t）﹣ （et﹣e﹣t） ＝ （et+e﹣t）[ （et﹣e﹣t）﹣t]+ （et﹣e﹣t）[（et+e﹣t）﹣2]≥0，其中[ （et﹣e﹣t）]′＝ （et+e ﹣t）﹣1≥0，因为 H（0）＝2，所以当 t＞0 时，H（t）＞2，得证． 解法 2：切线放缩：8 化解过程同上，原题即证明当 t＞0 时，H（t）＝h（t）+h（﹣t）＞2，h（t）＝et（ et﹣ t+ ）， 注意到 h（0）＝e0（ e0﹣ ×0+ ）＝1， 求出 h（t）＝et（ et﹣ t+ ）在（0，1）处的切线方程，则 h′（t）＝et（ et﹣ t﹣ ），即 h′（0） ＝ ，则：切线方程为 y＝ t+1． 下面证明 h（t）≥ t+1 恒成立（t＞0）； 令 F（t）＝h（t）﹣ t﹣1， 则 F′（t）＝et（ et﹣ t﹣ ）﹣ ＝0 ⇒ t＝0，得 F′（t）＞0 在 t＞0 恒成立， 故 F（t）在（t＞0）上单调递增，F（t）＝h（t）﹣ t﹣1＞F（0）＝0 恒成立， 故 h（t）≥ t+1 恒成立，同理可证 h（﹣t）始终位于 h（﹣t）在（0，1）处的切线 y＝﹣ t+1 的上 方， 即：h（﹣t）≥（﹣ t）+1（实际上 h（t）与 h（﹣t）关于 y 轴对称）， 故 H（t）＝h（t）+h（﹣t）＞ t+1+（﹣ t）+1＝2 恒成立，原不等式得证． 22．解：（Ⅰ）曲线 C1： （ α 为参数），转换为直角坐标方程为： ． 曲线 C2：2 ρ sin（ θ + ）＝a（a＞0）．整理得 ，转换为直角坐标方程为 x+ ． （Ⅱ）设点 M（ ），根据题意|MN|的最小值即为点 M 到直线的距离的最小值． 故：d＝ ＝ ， 当 a 时，曲线 C1 和曲线 C2 相交或相切，此时（|MN|）min＝0， 当 时，曲线 C1 和曲线 C2 相离，当 时， ． 23．证明：（1）∵a+b+c＝3，且 a、b、c 都是正数， ∴（a+b+c）2＝9，∴a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc＝9， 又 a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，a2+c2≥2ac，∴2（a2+b2+c2）≥2（ab+bc+ac）， ∴a2+b2+c2+2（a2+b2+c2）≥9，当且仅当 a＝b＝c＝1 时取等号，∴a2+b2+c2≥3．9 （2）∵a+b+c＝3，且 a、b、c 都是正数， ∴ + + ＝ ＝ ，当且仅当 a＝b＝c＝1 时取等号， ∴ + + ＞ ．