理科数学答案 第 1 页（共 8 页）
2020 年丹东市高三总复习质量测试（一）
理科数学答案与评分参考
一、选择题
1．A 2．C 3．B 4．B 5．D 6．C
7．A 8．C 9．C 10．D 11．B 12．D
二、填空题
13．4 14．x，22
15．2n－1 16．5
题目详解
1．解：
A∪B＝(－1，1)∪(0，2)＝(－1，2)，选 A．
2．解：
a＋λb＝(1，2)＋(－2λ，3λ)＝(1－2λ，2＋3λ)，因为(a＋λb)⊥c，所以(a＋λb)·c＝0，
即(1－2λ)×1＋(2＋3λ)×1＝0，实数 λ＝－3，选 C．
3．解：
(a＋i)(1－ai)＝2a＋(1－a2)i，因为 a∈R，2a＋(1－a2)i＞0，所以 2a＋(1－a2)i∈R，因
此
1－a2＝0，
2a＞0． 解得 a＝1，选 B．
4．解：
“女子善织，日增等尺”，说明，逐日所织尺数组成一个等差数列{an}，在这个等差数
列{an}中，已知 S7＝28，a2＋a5＋a8＝15，求 a6．
设公差为 d，由 7a1＋7(7－1)
2 d＝28，(a1＋d)＋(a1＋4d)＋(a1＋7d)＝15，解得 a1＝d＝1，
所以 a6＝a1＋5d＝6，选 B．
【或者】因为 S7＝28，a2＋a5＋a8＝15，所以 a4＝4，a5＝3，所以 a6＝2a5－a4＝6．
5．解：
由散点图可知，与成负相关，所以 r1＜0，r2＜0，因此 AB 错误．
点 P 较偏离整体，剔除点 P 后，相关性能强些，所以| r2|比| r1|更接近 1．
因此－1＜r2＜r1＜0，选 D．
6．解：
双曲线 C 的一条渐近线为 bx－ay＝0，圆(x－a)2＋y2＝b2
4 的圆心为(a，0)，半径b
2．
因为渐近线与圆相切，所以|ba－a0|
b2＋a2＝b
2，因为 b2＋a2＝c2，所以 c＝2a，于是 C 的离心
率为 e＝c
a＝2，选 C．
7．解：
因为 log0.5b＝－log2b，所以 log0.5b＝b 就是 log2b＝－b，在同一个坐标系内画函数 y＝理科数学答案 第 2 页（共 8 页）
2x，y＝－x，y＝log2x，y＝ x的图象，可知 a＜0＜b＜1＜c，选 A．
8．解：
因为直线 l 与 m，n 都垂直，且 m，n 异面，若 l⊂平面 α，则 m 可能与 α 平行，也可能
相交（包括垂直），A 错误．
因为直线 l与m，n 都垂直，且m，n异面，若l⊥平面 α，则 可能
m∥α，
n∥α．也有可能是
m⊂α，
n∥α．
或
m∥α，
n⊂α．B 错误，C 正确．
若存在平面 α，使得 m⊥α，n⊥α，则 m∥n，与 m，n 异面矛盾，D 错误．
综上，答案选 C．
9．解：
f (x)定义域为 R，f ′(x)＝x2(3－x)
ex ，当 x＜3 时，f ′(x)＞0，当 x＞3 时，f ′(x)＜0，所以 f (x)
在(－∞，3)单调递增，在(3，＋∞)单调递减，所以 f (x)有极大值 f (3)＝8
e3，没有极小值，选
C．
10．解：
分别令 ωx＝π
4，5π
4 可得距离最短的两个交点分别为 A( π
4ω，1)，B(5π
4ω，－1)．
由( π
4ω，1)， (5π
4ω－ π
4ω)2＋(－1－1)2＝2 2，得 ω＝π
2，结论①正确．
f (x)＝ 2sinπ
2x 在[0，2π]上的零点有 0，2，4，6，共 4 个，结论②错误．
分别令π
2x＝π
4，5π
4 ，9π
4 ，可得连续三个交点分别为 A(1
2，1)，B(5
2，－1)，C(9
2，1)，因为
|AB|＝|BC|＝2 2，|AC|＝4，所以任意连续三个交点组成的三角形面积为 4，结论③错误．
g (x)＝ 2cosπ
2x＝ 2sinπ
2(x＋1)＝f (x＋1)，于是了得到 y＝g (x)的图象，只需把 y＝f (x)
的图象向左平移 1 个单位，结论④正确．
综上，选项为 D．
11．解：
设 M 在 l 上射影为 M1，由抛物线定义，|MF|＝|MM1|，
因为 MF⊥NF，所以△MFN≌△MM1N，故 MN 垂直平分 M1F，
直线 MN 经过线段 M1F 中点．
因为 l∥y 轴，所以 M1F 中点在 y 轴上，就是 P(0，4)．
设 M(x0，y0)，则 y0＝8，x0＝ y0
2
8 ＝8，所以|MF|＝x0＋2＝10，选 B．
12．解：
因为 f (－x)＝1＋x＋ln1－x
1＋x，所以 f (－x)＋f (x)＝2，因此 f (x)图象关于点(0，1)对称．
函数 f (x)＝1－x＋ln(1－x)－ln(1＋x)在定义域(－1，1)单调递减．
不等式 f (x－1)＋f (x)＜2 等价于 x－1＋x＞0，得 x＞1
2，
又 x∈(－1，1)，x－1∈(－1，1)，所以 x 的取值范围是(1
2，1)，选 D． 理科数学答案 第 3 页（共 8 页）
B
C A
D
D1
【另解】设 g (x)＝f (x)－1＝x＋ln1－x
1＋x，则 g (x)是定义域为(－1，1)的奇函数，且单调
递减．不等式 f (x－1)＋f (x)＜2 等价于 g (x－1)＋g(x)＜0．
由 x－1＋x＞0，x∈(－1，1)，x－1∈(－1，1)，得 x 的取值范围是(1
2，1)，选 D．
13．解：
因为(1＋x2)(1＋x)4＝(1＋x)4＋x2(1＋x)4，所以其展开式中含 x5 项的系数为C3
4＝4．
14．解：
因为 y′＝ 1
1＋x，y′|x=0＝1，所以曲线 y＝ln(1＋x)在 x＝0 处切线方程为 y＝x，故 f (x)＝x．
采用复利的方式计算利息，本金为 a 的理财品种经过 n 年后，本息和为 a(1＋0.033)n．
由 a(1＋0.033)n≥2a，得 nln(1＋0.033)≥ln2，有 n≥ ln2
ln(1＋0.033)，由题设的近似等式
70
100×0.033≈21.212．所以 n≥21.212，至少需经 22 年．
15．解：
由 an＋1＝Sn＋1 得 Sn＋1＝2Sn＋1，变形为Sn＋1＋1
Sn＋1 ＝2，所以数列{Sn＋1}是公比为 2 的等
比数列．
因为 S2＝3，所以 Sn＋1＝(S2＋1)2n-2＝2n，所以 Sn＝2n－1．
16．解：
过 C 作 CD1 平行且等于 AB，则∠DCD1＝30º，且 AC⊥平面 DCD1，
平面 ABD1C⊥平面 DCD1，所以∠DCD1＝30º是直线 CD 与平面 ABC
所成角，因为 CD＝3，所以 D 到平面 ABC 距离为 d＝3
2
因为 S△ABC＝10，所以四面体 ABCD 的体积为1
3S△ABC·d＝5．
17．解法 1：
（1）因为侧棱 AA1⊥底面 ABCD，所以 AA1⊥AC．
因为 AB＝1，AC＝ 3，BC＝2，所以 AB2＋AC2＝BC2，所以 AB
⊥AC．
因为 AA1∩AB＝A，所以 AC⊥平面 AA1B1B．
………………（6 分）
（2）过点 C 作 CE⊥C1D 于 E，连接 AE，由（1）知，AC⊥平
面 DD1C1C，所以 AE⊥C1D，于是∠CEA 是二面角 A-C1D-C 的平面
角．
因为 CC1＝BB1＝BC＝2，CD＝AB＝1，所以 DC1＝ 5，故 CE
＝DC×CC1
DC1
＝2 5
5 ，所以 AE＝ AC2＋CE2＝ 19
5 ．
因为 cos∠CEA＝CE
AE＝2 19
19 ，所以二面角 A-C1D-C 的平面角的余弦值为2 19
19 ．
………………（12 分）
解法 2：
A B
B1
C1 D1
A1
D C
E 理科数学答案 第 4 页（共 8 页）
（1）同解法 1．
（2）如图，以 C 为坐标原点，→CD 的方向为 x 轴正方向，建立
空间直角坐标系 C－xyz．
则 C(0，0，0)，D(1，0，0)，A(0， 3，0)，C1(0，0，2)，于是
→C1D＝(1，0，－2)，→AD ＝(1，－ 3，0)．
设平面 AC1D 的法向量为 n＝(x0，y0，z0)，
由→C1D·n＝0，→AD ·n＝0 得
x0－2z0＝0，
x0－ 3y0＝0．，可取 n＝(2 3，2， 3)．
取平面 C1DC 的法向量为→CA ＝(0， 3，0)．
则 cos＜→CA ，n＞＝ 0× 3＋ 3×2＋0× 3
3 (2 3)2＋(2)2＋( 3)2＝2 19
19 ，因为二面角 A-C1D-C 是锐二面
角所以二面角 A-C1D-C 的平面角的余弦值为2 19
19 ．
………………（12 分）
18．解法 1：
（1）△ABC 同时满足条件①③④，理由如下：
因为 cosB＝－2
3＜－1
2＜0，所以 B 为钝角，且 B＞2π
3 ，因为 A＝π
3，与 A＋B＋C＞π，矛
盾，△ABC 不能同时满足条件①②，所以△ABC 同时满足条件③④．
因为 a＞b，所以 A＞B，所以△ABC 不能同时满足条件②③④．
因此△ABC 只能同时满足条件①③④．
………………（6 分）
（2）由余弦定理 a2＝b2＋c2－2bccosA，得 c2－3c－40＝0，解得 c＝－5 或 c＝8，c＝
－5 舍去，取 c＝8．
所以 cosC＝a2＋b2－c2
2 ab ＝－1
7，故 sinC＝4 3
7 ．
因此 cos(C－π
3)＝cosCcosπ
3＋sinCsinπ
3＝－1
7×1
2＋4 3
7 × 3
2 ＝11
14．
………………（12 分）
解法 2：
（1）同解法 1．
（2）因为 A＝π
3，a＝7，b＝3，由正弦定理 a
sinA＝ b
sinB得 sinB＝3 3
14 ．
因为 a＞b，所以 cosB＝13
14．
所以 cosC＝－cos(B＋π
3)＝－cosBcosπ
3＋sinBsinπ
3＝－13
14×1
2＋3 3
14 × 3
2 ＝－1
7．
………………（12 分）
（2）因为 A＝π
3，a＝7，b＝3，由正弦定理 a
sinA＝ b
sinB得 sinB＝3 3
14 ．
A B
B1
C1 D1
A1
D C x
y
z 理科数学答案 第 5 页（共 8 页）
因为 a＞b，所以 cosB＝13
14．
因为 C＝π－A－B＝2π
3 －B，
所以 cos(C－π
3)＝cos(π
3－B)＝cosBcosπ
3＋sinBsinπ
3＝13
14×1
2＋3 3
14 × 3
2 ＝11
14
………………（12 分）
解法 3：
（1）同解法 1．
（2）因为 A＝π
3，a＝7，b＝3，由正弦定理 a
sinA＝ b
sinB得 sinB＝3 3
14 ．
因为 a＞b，所以 cosB＝13
14．
所以 cosC＝－cos(B＋π
3)＝－cosBcosπ
3＋sinBsinπ
3＝－13
14×1
2＋3 3
14 × 3
2 ＝－1
7，
从而 sinC＝4 3
7 ．
因此 cos(C－π
3)＝cosCcosπ
3＋sinCsinπ
3＝－1
7×1
2＋4 3
7 × 3
2 ＝11
14．
………………（12 分）
19．解：
（1）由题设，首选物理再选科目确定的 10 位学生中选考生物的有 6 人，首选历史再选
科目确定的 8 位学生中选考生物的有 4 人．
因此该学校高一年级再选科目确定的学生中，选考生物的学生人数估计值为
6＋4
10＋8×10＋8
30 ×600＝200（人）．
………………（4 分）
（2）由数据知，从首选物理的再选科目确定的 10 人中随机选出 1 人的再选科目含有生
物的概率是 6
10＝3
5；从首选历史的再选科目确定的 8 人中随机选出 1 人的再选科目含有生物
的概率是4
8＝1
2；于是这两人的再选科目都含有生物的概率是3
5×1
2＝ 3
10．
………………（8 分）
（3）首选历史的再选科目确定的 8 人中，有 4 人选择了生物政治；有 2 人选择了化学
政治；有 2 人选择了生物政治．
那么 P(X＝1)＝
C2
4＋C2
2＋C2
2
C2
8
＝2
7，P(X＝2)＝
C1
4C1
2＋C1
4C1
2＋C1
2C1
2
C2
8
＝5
7．
X 的分布列为
X 1 2
P 2
7 5
7
X 的数学期望 EX＝1×2
7＋2×5
7＝12
7 ． 理科数学答案 第 6 页（共 8 页）
………………（12 分）
20．解法 1：
（1）由题设|CA|＋|CB|＝4＞2 2，所以 E 为焦点在 x 轴上的椭圆．
所以 a＝2，c＝ 2，因此 b2＝a2－c2＝2．
于是 E 的方程为x2
4＋y2
2＝1(y≠0)．
………………（4 分）
（2）（i）设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)．
因为△PMN 的重心是坐标原点 O，所以
x1＋x2＝－x3，
y2＋y3＝－y3.
由
y＝kx＋m，
x2
4＋y2
2＝1.
得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，△＝8(2＋4k2－m2)．
当△＞0 时，x1＋x2＝－ 4km
2k2＋1，x1x2＝2m2－4
2k2＋1．
所以 x3＝ 4km
2k2＋1，y3＝－(y1＋y2)＝－k(x1＋x2)－2m＝ 2m
2k2＋1，故 P( 4km
2k2＋1， 2m
2k2＋1)．
因为 P 在椭圆上，所以
( 4km
2k2＋1)2
4 ＋
( 2m
2k2＋1)2
2 ＝1，整理得 m2＝2k2＋1
2 ，满足△＞0，因
此 m 与 k 满足的等式关系为 m2＝2k2＋1
2 ．①
………………（8 分）
（ⅱ）由（i）当△＞0 时，|x1－x2|＝ △
2k2＋1＝ 8(2＋4k2－m2)
2k2＋1 ．
因为△PMN 的重心是坐标原点 O，所以△PMN 面积为△OMN 面积的 3 倍．
设 l 与 y 轴交点为 D，那么△PMN 面积为 S＝3×1
2|OD|×|x1－x2|＝3
2
8m2(2＋4k2－m2)
2k2＋1 ．
关系式①代入得 S＝3 6
2 ，即△PMN 的面积为定值3 6
2 ．
………………（12 分）
解法 2：
（1）同解法 1．
（2）（i）同解法 1．
（ⅱ）由（i）当△＞0 时，|x1－x2|＝ △
2k2＋1＝ 8(2＋4k2－m2)
2k2＋1 ．
|MN|＝ 1＋k2|x1－x2|＝ 1＋k2 8(2＋4k2－m2)
2k2＋1 ．
设 O 到直线 l 的距离 d＝ |m|
1＋k2．
因为△PMN 的重心是坐标原点 O，所以△PMN 面积为△OMN 面积的 3 倍． 理科数学答案 第 7 页（共 8 页）
因此△PMN 面积为 S＝3×1
2|MN|×|x1－x2|＝3
2
8m2(2＋4k2－m2)
2k2＋1 ．
关系式①代入得 S＝3 6
2 ，即△PMN 的面积为定值3 6
2 ．
21．解：
（1）f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝x＋a
x ．
若 a＝－2，当 0＜x＜2，则 f ′(x)＜0，若 x＞2，则 f ′(x)＞0；所以 f (x)在(0，2)单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增．
所以 f (x)≥f (2)＝－2－2ln2＞－4．
………………（4 分）
（2）当 a＞0 时，f ′(x)＞0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增．取 m 满足 0＜m＜1 且 m＜a2，
则有 f (m)＜0，而 f (ea)＝ea＞0，所以 f (x)只有一个零点．
当 a＜0 时，若 0＜x＜－a，则 f ′(x)＜0，若 x＞－a，则 f ′(x)＞0；所以 f (x)在(0，－a)
单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增．所以 f (x)有最小值 f (－a)＝a[ln(－a)－1－a]．
若－1＜a＜0，因为 f (－a)＞0，f (x)没有零点．
若 a＝－1，因为 f (－a)＝0，所以 f (x)只有一个零点 1．
若 a＜－1，f(－a)＝a[ln(－a)－1－a]＜0．
因为 0＜ea＜1＜－a，f (ea)＝ea＞0，所以 f (x)在(0，－a)有一个零点．
由（ 1）可知 x＞2lnx，从而 ex＞x2，于是 e－2a＞4a2＞－a，故 f (e－2a)＝e－2a－3a2＞a2＞0．所
以 f (x)在(－a，＋∞)有一个零点．
综上，若 f (x)只有一个零点，则 a 的取值范围为{－1}∪(0，＋∞)．
………………（12 分）
【或者】由（1）可知 x＞2lnx，从而 lnx＜ x，取正数 b 满足 b＞－ 5＋1
2 a，则
f (b)＞a b＋bx－a2＞0．所以 f (x)在(－a，＋∞)有一个零点．
综上，若 f (x)只有一个零点，则 a 的取值范围为{－1}∪(0，＋∞)．
………………（12 分）
22．解：
（1）C1 的参数方程为
x＝ 3cosα，
y＝sinα． (α 为参数)．
C2 极坐标方程可以化为 ρcosx＋ρsinθ－4＝0，于是 C2 的直角坐标方程为 x＋y－4＝0．
………………（5 分）
（2）由（1），可设点 P 的直角坐标为( 3cosα，sinα)．
因为 C2 是直线，所以|PQ|的最小值，即为 P 到 C2 的距离 d(α)的最小值．
d(α)＝| 3cosα＋sinα－4|
2 ＝ 2|sin(α＋π
3)－2|≥ 2．
当且仅当 α＝2kπ＋π
6(k∈Z)时时等号成立．
所以|PQ|的最小值为 2．
………………（10 分）
23．解：
（1）因为 a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，所以 理科数学答案 第 8 页（共 8 页）
2a2＋2b2＋2c2≥2ab＋2bc＋2ca，于是 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；
………………（5 分）
（2）[(a－1)＋(b－2)＋(c－3)]2
＝(a－1)2＋(b－2)2＋(c－3)2＋2[(a－1)(b－2)＋(b－2)(c－3)＋(c－3)(a－1)]
由（1）可知(a－1)(b－2)＋(b－2)(c－3)＋(c－3)(a－1)≤(a－1)2＋(b－2)2＋(c－3)2，所
以[(a－1)＋(b－2)＋(c－3)]2≤3[(a－1)2＋(b－2)2＋(c－3)2]．
由已知得(a－1)2＋(b－2)2＋(c－3)2≥25
3 ．
当且仅当 a＝－2
3，b＝1
3，c＝4
3时等号成立．
因此(a－1)2＋(b－2)2＋(c－3)2 的最小值为25
3 ．
………………（10 分）
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