高三理科数学（一）答案.pdf

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）