宁夏银川市2020年普通高中学科教学质量检测理科数学（word版，含答案）.doc

2020 年银川市高三质量检测 理 科 数 学 答 案 一、选择题答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C C D A D A D B B A C B 二、填空题： .13 10 3 .14 3 .15 72 .16 xy  , 2019 1 .17 参考答案： （1）我认为选择模型②所得预测值更可靠。理由一：观察散点图，散点分布更接近一条直线， 故选择线性回归模型②；理由二：比较 3 个模型的相关指数 R2，模型②的相关指数 R2 最大且最 接近 1，说明该模型能更好的解释数据，模型的拟合效果更好，故选择模型②. ... 6 分 （2）将 t=11 代入模型②中可得 2025 年国内游客人次预测值为 91.08 亿人次，结合已有数据可以 看到国内游客人数逐年稳步增长，到 2025 年国内游客人次已是非常巨大的数字，国内游热成为 越来越突出的社会热点现象。国内游热为我国社会发展贡献了经济增长点的同时也对旅游管理、 环保部门等相关带来了压力，故建议：各地旅游管理部门应在开发、统筹旅游资源、创新旅游项 目、统筹风景区建设、规划旅游路线、提高服务意识、提升服务水平上做好准备，建立风险评估 机制及应急预案；环保部门应与旅游管理部门协调做好风景区的环境保护预案防止在风景区的开 发、建设及运营过程中造成的生态破坏或环境污染.等等 ...12分 .18 参考答案：(1)取 PB 的中点 N ，连接 CNNF, ∵ FN, 分别是 PBPA, 的中点 ∴ ABNF // 且 ABNF 2 1 同理 NFCE// ∴四边形CEFN 为平行四边形 ∴ CNEF // , EF 面 PBC ， CN 面 PBC ∴ //EF 平面 PBC ....5 分 (2) 因为 5AB ， 4PA ， 3PB 所以 PBPA  又平面 ABCD  平面 PAB ，四边形 ABCD 是矩形， 所以 PABBC 平面 分别以 BPAP, ，平行于 BC 的直线为 轴轴，轴， zyx 建立空间直角坐标系 则 )3,0,3(),0,0,3(),0,4,0(  CBA 设平面 APC 的法向量 ),,( zyxn 则      0 0 ACn PCn 即      0343 033 zyx zx 所以 )1,0,1(n 平面 APD 的法向量 )0,0,3(PB 所以 2 2| |||| ||,cos|cos    PBn PBnPBn 又因为面 APC 与面 APD 成锐二面角，∴二面角 DAPC  的大小为 045 ....12分 .19 参考答案：(1)因为 121  nn SS ，所以 )1(211  nn SS 所以 1nS 是以 211 S 为首项，以 2 为公比的等比数列 ∴ 12  n nS 当 2n 时， 1 1 2    n nnn SSa 经检验， 11 a 符合 ∴ 12  n na ....6 分 (2)因为数列 nb 为等差数列，且 221  ab ， 847  ab ，所以 1d . ∴ 1 nbn 所以 2 1 1 1 )2)(1( 11 1   nnnnbb nn 所以 42 111111 13221   n n bbbbbbT nn n ...12分 .20 参考答案：(1)若函数 )(xf 在 )1,0( 内单调递减， 则 0112)(  xaxxf 在 )1,0( 内恒成立， 即      4 1)2 11(2 1)11(2 1 2 2 xxxa 在 )1,0(x 恒成立 所以当 1a 时，函数 )(xf 在 )1,0( 内单调递减 ...5 分 (2) 令 0)( xf ，分离参数 a 得 2 ln x xxa  设 )0(,ln)( 2  xx xxxg 3 ln21)( x xxxg  ，令 0,ln21)(  xxxxh 因为 021)(  xxh 且 0)1( h 所以当 10  x 时， 0)(  xg ，函数 )(xg 单调递增，当 1x 时， 0)(  xg ， 函数 )(xg 单调递减 ...9分 当 x 趋向 0 时， )(xg 趋向负无穷，又 1)1( g ；当当 x 趋向无穷大时，， )(xg 趋向 0 ...10分 所以当 0a 或 1a 时，函数 )(xf 有唯一零点 当 10  a ，函数 )(xf 有两个零点 当 1a ，函数 )(xf 没有零点. .....12分 .21 参考答案：(1)由椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率为 3 2 可知 3 2 ce a   ，而 2 2 2a b c  则 2 , 3a b c b  ， 又椭圆 1: 2 2 2 2  b y a xC 过点 )2 3,1( ， ∴ 2 1b  ， 2 4a  ，椭圆 C 的方程为 14 2 2  yx ....3 分 (2)（i）椭圆 E 的方程为 1416 22  yx ，设点 0 0( , )P x y ，满足 2 20 0 14 x y  ， 射线 0 0 0 : ( 0)yPO y x xxx   ， 代入 1416 22  yx 可得点 0 0( 2 , 2 )Q x y  ，于是 2 2 0 0 2 2 0 0 ( 2 ) ( 2 )| | 2| | x yOQ OP x y      ． ... 7 分 （ii）∵ )1,0(P ∴过点 P 的直线为 1 kxy 又因为点Q 到直线 AB 距离等于原点O 到直线 AB 距离的 3 倍，∴ 21 3 k d   ，      1416 1 22 yx kxy ，得 16)1(4 22  kxx ， 整理得 0128)41( 22  kxxk ． 31641 14||1|| 2 2 2 21 2   kk kxxkAB 2 2 41 3166||2 1 k kdABS   ， 令 3,316 2  tkt所以 ttt t t tS 1 24 1 24 341 6 22     所以 3t 时， 36S ...12 分 .22 选修 4—4：坐标系与参数方程 参考答案：(1)∵        sin2 cos22 y x （ 为参数） ∴曲线 1C 的普通方程为 4)2( 22  yx ，即 0422  xyx ... 2 分 ∵  sin,cos  yx ∴ 0cos42   ∴曲线 1C 的极坐标方程为  cos4 ...5 分 (2)依题意设 ),(),,( 21  BA ∴由        cos4 得  cos41  ，由        sin4 得  sin42  ∵ 40   ∴ 21   ∴  sin4cos4|||| 21  OBOAAB . ...7 分 OM 是圆 1C 的直径，∴ 2 OAM ∴在 OAMRt 中， sin4|| AM ...8 分 ∵在 BAMRt 中， 4 AMB ∴ |||| AMAB  ，即  sin4sin4cos4  ...9 分 ∴  sin8cos4  ，即 2 1tan  ...10分 .23 选修 4—5；不等式选讲． 参考答案：(1)当 2m 时， |2 1||2|)(  xxxf 当 2 1x 时，原不等式等价于 3)2 1()2(  xx 解得 4 3x 当 22 1  x 时，原不等式等价于 32 5  ，不等式无解， 当 2x 时，原不等式等价于 3)2 1()2(  xx ，解得 4 9x综上，不等式 3)( xf 的解集为 ),4 9()4 3,(  ... 5 分 (2) 证明： |1||1|||)( mmmxmxxf  ， ∵ 0m ，∴ mmmm 1|1|  ∴ |1|)( mmxf  ，当且仅当     mmx ,1 时等号成立 ... 7 分 ∴ 11 1)1(1 1 )1( 11 )1( 1)(  mmmmmmmmmmxf ∵ 1m ，∴ 311 1)1(  mm ∴ 3)1( 1)(  mmxf 当 2m ，且     2,2 1x 时等号成立. ...10分