广东省珠海市实验中学-东莞六中-河源高中三校2020届高考联盟下学期第一次联考理科数学试题（word版含答案）.doc

1 珠海市实验中学-东莞市第六高级中学-河源高级中学 2020 届高考联盟第一次联考 理科数学试题 参考答案 一、选择题 BADCA ABBCB DB 12.解析：将正方体展开如图：不难发现六边形的六边形成一条直线且与 BA1 平行，显然周长l 是一个定值； 对于面积 S ,当截面在 11BA 中点时，截面为正六边形面积为 2 24 3 l ，当截面在 1A 时，截面为正三角形面积 为 2 36 3 l ，故 不为定值 二、填空题 13.-8 14.150 15 .85 16. 2020 2020 2 1 2021 1     S 16.【解析】当 1n  时， 1 0S  ， 当 2n  时， 1 ( 1)nn nSa nn   ， 11 1 1 1 2 12 ( )1 1 1n n n n nS S S S S n n n n n           1 11 1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( )1 2 2 2 2 1 2 n n n n n nS S S Sn n n                             故 三、解答题 17 ． 解：（ 1 ）  5 3sin A ， A 为 锐 角 ,  5 4cos A ，在△ ABD 中 由 余 弦 定 理 得 ： AABADABADBD cos2222  02082  ABAB ,得 )(210 舍去或  ABAB ， AB =10…………………………5 分 2 C A D B S Q E F O （2）由（1）可知 AADABS ABD sin2 1  = 155 35102 1  ………………6 分 ABCD 四点共圆，  CA , 5 4cos,5 3sin  CC ，在△ BCD 中 由 正 弦 定 理 得 ： DBC CD C BD  sinsin ，即 DBC sin 5 5 3 53 ，得 5 5sin DBC ………8 分 5 52cos DBC ))(sin(sin BCDDBCBDC   = )sin( BCDDBC  = 25 52 5 3 5 52)5 4(5 5  ……………………10 分 BDCCDBDS BCD   sin2 1 = 325 525532 1  ………………11 分 四边形 ABCD 面积 18315 S ……………………………………12 分 18【解析】（1）证明：连结 AC 交 BD 于点 O，连结 SO ． ∵在平行四边形 ABCD 中，AD=CD, ∴ ACBD  ，且O 为 AC 、 BD 的中点， ∵ SBSD  ，∴ BDSO  ， ∵ OSOAC  ，且 SACSOAC 平面, ， ∴ SACBD 平面 ， SCBDSACSC  ，平面 ， AEQFBD 平面// ，且 EFSBDAEQF 平面平面  EFBD // ， SCEF  ． ..................................4 分 （2） SACABCDSACBD 平面，故平面平面）可知由（ 1 的中点，为且 ACOSCSA , ACSO  又 ACSACABCD 平面平面  ABCDSO 平面 , SAOABCDSA  所成角为与平面 ,................................................5 分 ∵SA 与平面 所成角的正弦值为 2 3 ， ,32SA且 3,3  SOAO ........................6 分 3 C A D B S Q E F O x y z 1,2  OBABAOBRt 由勾股定理得：中，在 ，则：轴建立空间直角坐标系为为坐标原点，分别以如图，以 zyxOSOBOAO ,,,, ，，，），，， )3,0,0()0,1,0()0,0,3(0,10()0,0,3( SDCBA  的中点，为SCQ )2 3,0,2 3(Q )2 3,0,2 33()0,2,0(  AQBD ，则： ....................7 分 )0,0,1(mSBD的一个法向量为易知，平面 ............8 分 ，则：因为的法向量为设平面 BDEFzyxnAEQF //),,,(           02 3 2 33 02- 0 0 zx y AQn BDn ，即 ， )3,0,1(301  nAEQFzyx 的一个法向量为，故可取平面，，则：令 ...............10 分 2 1 31 1,cos      nm nm nm .............................................11 分 2 1余弦值为所成锐二面角的与平面平面 AEQFSBD ............................................12 分 19. 解：（1）法一：焦点  1,0F ，当直线l 斜率不存在时，方程为 1x  ，与抛物线的交点坐标分别为   1,2 , 1, 2 ， 此时 =4AB ，不符合题意，故直线的斜率存在. …………1 分 设直线 方程为  1y k x与 2 4yx 联立得  2 2 2 22 2 0k x k x k    ， 当 0k  时，方程只有一根，不符合题意，故 0k  .  2 12 2 22k xx k   ，抛物线的准线方程为 1x  ，由抛物线的定义得      2 12 2 22 = 1 1 2 8 k AB AF BF x x k          ， 4 解得 1k  ， …………4 分 所以l 方程为 1yx或 1yx   …………5 分 法二：焦点  1,0F ，显然直线 不平行于 x 轴，设直线 方程为 1x my， 与 2 4yx 联立得 2 4 4 0y my   ，设    1 1 2 2, , ,A x y B x y 1 2 1 24 , 4y y m y y    …………2 分          2 2 2 22 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2= 1 1 4 4 1AB x x y y m y y m y y y y m            由 =8AB ，解得 1m  ， …………4 分 所以 方程为 或 …………5 分 （2）设 ， 设直线 方程为  0x my b m   与 联立得 2 4 4 0y my b   1 2 1 24 , 4y y m y y b    …………6 分 由 AEO BEO   得 EA EBkk ，即 12 1222 yy xx …………7 分 整理得 1 2 1 1 2 22 2 0y x y x y y    ，即    1 2 1 1 2 22 2 0y my b y my b y y      整理得   1 2 1 22 2 0my y b y y    ， …………9 分 即  8 4 2 0bm b m    ，即 2b  …………11 分 故直线 方程为 2x my过定点 20， …………12 分 20. （1）（ i）依题意： 200 个零件的直径平均值为 .由标准差公式得： 65 5 第一天： ，第二天: ， 则 故 （注:如果写出 不给分）…………3 分 (ii)由（1）可知： ， ， 196( 3 3 ) (58.7 71.3) 0.98 0.9974200P X P X             仅满足一个不等式，判断流水线 M 的等级为合格. …………6 分 （2）可知 200 件零件中合格品 7 个，次品 4 个， 的可能取值为 0,1,2，则 , , ， 的分布列 则 . …………12 分 21..解：（1）函数 2( ) 2lnf x x ax的定义域是 (0, ) ， 22 2(1 )'( ) 2 axf x axxx    ， 0x  ……1 分 ①当 0a  时， '( ) 0fx ，函数 ()fx的单调递增区间为 ，没有单调递减区间； ②当 0a  时，令 '( ) 0fx ，得 ax a 当 (0, )ax a 时， ，当 ( , )ax a  时， '( ) 0fx ， 2100 2 1 1 ( 65) 100 484i i X      2100 2 2 1 ( 65) 100 400i i X      200 22 1 11( 65) (484 400) 4.42200 200i i X       4.42  2.10 1 (2.20 2) 2.102    164( ) (62.9 67.1) 0.82 0.6826200P X P X             189( 2 2 ) (60.8 69.2) 0.945 0.9544200P X P X              2 7 2 11 21( 0) 55 CP C    11 74 2 11 28( 1) 55 CCP C    2 4 2 11 6( 2) 55 CP C     0 1 2 P 21 55 28 55 6 55 21 28 6 80 1 255 55 55 11E       6 函数 ()fx的单调递增区间为(0, )a a ，单调递减区间为( , )a a  .……3 分 综上所述，当 0a  时，函数 的单调递增区间为(0, ) ，没有单调递减区间； 当 0a  时， 函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .……4 分 （2）证明： ()fx有最大值且最大值是－1，由（1）知， 0a  ，且 max( ) ( ) ln 1 1af x f aa      ， 1a， ……5 分 法一：（二次部分求导，用隐零点求最值问题） 设 2( ) ( ) ( ) ( 1) 3 4 2lnxh x g x f x x e x x x        2 ( 2)(2 1) 1'( ) ( 2) 2 3 ( 2) ( 2)( 2 )x x xxxh x x e x x e x ex x x             ……6 分 又设 xex x 12)(  ，则 01)( 2 '  x ex x ， 所以 )(x 在 ),0(  上单调递增，因为 042)4 1( 4 1  e ， 032)3 1( 3 1  e ， 所以存在 )3 1,4 1(0 x ，使得 0)( 0 x ， 当 ),0( 0xx 时， 0)( x ，当 ),( 0  xx 时， 0)( x ； 所以当 时， 0)(' xh ， )(xh 单调递减；当 ),( 0  xx 时， 0)(' xh ， )(xh 单调递增； 0 2 min 0 0 0 0 0( ) ( ) ( 1) 3 4 2lnxh x h x x e x x x        由 012 0 0  xe x ，得 21 0 0  xe x ， ……8 分 所以     2 0 0 0 0 0 0 11 2 3 4 2lnh x x x x xx         2 0 0 0 0 15 2lnx x xx     ， ， ……9 分 设 2 1( ) 5 2lnx x x xx      ， )3 1,4 1(x ， 7 2 2 2 2 2 2 1 2 2( 1) 1 ( 1)(2 1)'( ) 2 1 x x x xxx x x x x x           ， ……10 分 所以当 )3 1,4 1(x 时， 0)(' x ， )(x 在 )3 1,4 1( 单调递减，    2 00 1 1 1 1 4( ) 5 3 2ln 2 2ln3 03 3 3 3 9h x x                    ，……11 分 因此   0hx ，即 )()( xgxf  得证。 ……………………12 分 法二：（放缩法，用隐零点求最值问题）上接 1a  ， 2( ) ( ) ( 1) 3 4 2lnxg x f x x e x x x       ， 当 0x  时，易证： 1, ln 1xe x x x   　 ，证明如下： ( ) 1, 0, '( ) 1 0, ( ) (0, ) , ( ) (0) 0 xxp x e x x p x e p x p x p            设 　 　 　 在 上单调递增 　 1xex   . .……5 分 11( ) ln 1, 0, '( ) 1 , (0,1) '( ) 0, (1, ) '( ) 0 ( ) (0,1) (0, ) , ( ) (1) 0 xq x x x x q x xx x q x x q x px p x p                 设 　 　 　 当 时， 当 时， ， 在 上单调递减， 上单调递增 　　 ln 1xx   .……6 分 22( ) ( ) ( 1)( 1) 3 4 2ln 2 5 3 2lng x f x x x x x x x x x             ，…… 7 分 2( ) 2 5 3 2lnh x x x x   设 ， 22 4 5 2'( ) 4 5 , 0,xxh x x xxx      显然 24 5 2 0xx   有异号两根，设正根为 0x ， 2 004 5 2 0xx   ，……9 分 00 00 0 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 (0, ) '( ) 0, ( , ) '( ) 0 ( ) (0, ) ( , ) , ( ) ( ), 52( ) 2 5 3 2ln 5 3 2ln2 542ln 2 2 2ln 2( 1 ln ) 02 x x h x x x h x h x x x h x h x xh x x x x x x x x x x x x                          则当 时， 当 时， ， 在 上单调递减， 上单调递增 　　 ……11 分 ( ) 0, ( ) ( ) ( ) 0h x g x f x h x    　 ,即 得证。 ……12 分 8 22. 解： （1）∵直线l 的极坐标方程为 2sin 42 ，即 sin + cos -1 0 . 由 cosx ， siny ，可得直线 的直角坐标方程为 10xy . 将曲线C 的参数方程 3 cos sin x y      消去参数 ，得曲线 的普通方程为 2 2 3 1x y .……………5 分 （2）设 3cos ,B sin ，  02 ， . 点 A 的极坐标 2, 4   化为直角坐标为 1,1 . 则 3 cos 1 sin 1,22G . ∴点G 到直线 的距离 3 cos +1 sin +1- 22= sin( 1 22 2 )2 2 3d . 当sin 13 时，等号成立. ∴点 到直线 的距离的最大值为 2 2 .……………10 分 23.解：（1）当 a = 2 时，不等式 ()fx＜1 化为| 2 2| | 1| -1 0xx    ， 设函数 | 2 2| | 1| -1y x x    ， y = 3 , 1 +2, 1 1 3 2, 1 xx xx xx          ，易知 0y  ∴原不等式解集为空集. ……………5 分 （2）当  1,0x ，不等式 ≤ ()gx恒成立， 即| 2 | 1xa  恒成立对 1,0x ，  恒成立对得由 1,012 12 12 12            xxa xa ax ax      1 1 a a得 故 的取值为 1. ……………10 分