1_K高三数学（理）（三模）.pdf

蚌埠市 ２０２０届高三年级第三次教学质量检查考试 数学（理工类）参考答案及评分标准 一、选择题： 题　号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２ 答　案 Ｃ Ｄ Ｂ Ｄ Ｃ Ａ Ｄ Ａ Ａ Ｃ Ｄ Ｂ 二、填空题： １３ ９ ４，＋[ )∞ 　　１４７ ２　　１５４０　　１６４，４ ３π（第一空 ２分，第二空 ３分） 三、解答题： １７（１２分） （１）由条件和正弦定理得，ｃ＝ 槡４３ ３ ｓｉｎＣ，ａ＝ 槡４３ ３ ｓｉｎＡ． 代入 ｃｓｉｎＡ＝４ｓｉｎＢ 槡－ ３ａｃｏｓＣ，化简得： ｓｉｎＣｓｉｎＡ 槡＝ ３（ｓｉｎＢ－ｓｉｎＡｃｏｓＣ）， ２分…………………………………………………… ∴ｓｉｎＣｓｉｎＡ 槡＝ ３ｓｉｎ（Ａ＋Ｃ） 槡－ ３ｓｉｎＡｃｏｓＣ ∴ｓｉｎＣｓｉｎＡ 槡＝ ３ｓｉｎＡｃｏｓＣ 槡＋ ３ｃｏｓＡｓｉｎＣ 槡－ ３ｓｉｎＡｃｏｓＣ 即 ｓｉｎＣｓｉｎＡ 槡＝ ３ｃｏｓＡｓｉｎＣ， ４分…………………………………………………………… ∵Ｃ∈（０，π）　∴ｓｉｎＣ≠０ ∴ｓｉｎＡ 槡＝ ３ｃｏｓＡ，即 ｔａｎＡ 槡＝ ３，又 Ａ∈（０，π），∴Ａ＝π ３． ６分…………………………… （２）由 ａ ｓｉｎＡ＝２Ｒ知 ａ＝２，由余弦定理得 ｂ２＋ｃ２－２ｂｃｃｏｓπ ３＝４，即（ｂ＋ｃ）２－３ｂｃ＝４， ８分………………………………………… ∴３ｂｃ＝（ｂ＋ｃ）２－４≤３ ｂ＋ｃ( )２ ２ 　∴（ｂ＋ｃ）２≤１６， １０分……………………………… ∴ｂ＋ｃ≤４，等号成立当且仅当 ｂ＝ｃ＝２． ∴（ａ＋ｂ＋ｃ）ｍａｘ＝６　即△ＡＢＣ周长的最大值为 ６． １２分……………………………… １８（１２分） （１）由题意，ｘ— ＝２２＋３１＋４０ ３ ＝３１，ｙ— ＝０５＋０３＋００８ ３ ＝２２ ７５， ２分………………………… 所以 ｂ∧ ＝ ２２×０５＋３１×０３＋４０×００８－３×３１×２２ ７５ ２２２＋３１２＋４０２－３×３１２ ＝－３７８ １６２ ≈ －００２３， ａ∧ ＝２２ ７５＋３７８ １６２×３１≈１０，所求线性回归方程为 ｙ＝－００２３ｘ＋１０． ５分……………… （２）由（１）知，该网站 ２０岁的注册用户中使用花呗“赊购”的人数百分比为 －００２３×２０＋１０＝０５４，而 ２０００×０５４＝１０８０， 所以可估计该网站 ２０岁的注册用户中使用花呗“赊购”的人数为 １０８０人． ７分…… （３）依题意，随机抽取 ８人，年龄在 １８到 ２６岁之间有 ５人，年龄在 ２７－３５之间有 ３人，所 以抽取的两人年龄都在 １８到 ２６岁的概率为Ｃ２ ５ Ｃ２ ８ ＝１０ ２８＝５ １４． １２分……………………… １９（１２分） （１）取 ＡＡ１的中点 Ｎ，连接 ＭＮ，ＢＮ， ∵Ｍ为 Ａ１Ｄ的中点，∴ＭＮ∥ＡＤ且 ＭＮ＝１ ２ＡＤ ）页４共（页１第案答考参学数级年三高市埠蚌又 ＢＣ∥ＡＤ，ＢＣ＝１ ２ＡＤ，所以 ＭＮ∥ＢＣ且 ＭＮ＝ＢＣ， 所以四边形 ＭＮＢＣ是平行四边形， ２分………………………………………………… 从而 ＣＭ∥ＢＮ，又 ＢＮ平面 ＡＡ１Ｂ１Ｂ，ＣＭ平面 ＡＡ１Ｂ１Ｂ， 所以 ＣＭ∥平面 ＡＡ１Ｂ１Ｂ． ４分…………………………………………………………… （２）取 Ａ１Ｂ１的中点 Ｐ，连接 ＡＰ，ＡＢ１ ∵四边形 ＡＡ１Ｂ１Ｂ为菱形，又∠Ｂ１ＢＡ＝π ３，易知 ＡＰ⊥ＡＢ． 又面 ＡＡ１Ｂ１Ｂ⊥面 ＡＢＣＤ，面 ＡＡ１Ｂ１Ｂ∩面 ＡＢＣＤ＝ＡＢ，ＡＤ⊥ＡＢ ∴ＡＤ⊥平面 ＡＡ１Ｂ１Ｂ，ＡＤ⊥ＡＰ 故 ＡＢ，ＡＤ，ＡＰ两两垂直 ６分……………………………………………………………… 以 Ａ为原点，ＡＢ，ＡＤ，ＡＰ所在直线分别为 ｘ，ｙ，ｚ轴建立空间直角坐标系 Ａ－ｘｙｚ（如图所 示），不妨设 ＡＢ＝４． 则 Ａ（０，０，０），Ｄ（０，４，０），Ｃ（４，２，０），Ａ１（－２，０，槡２３），Ｍ（－１，２，槡３）， Ａ１Ｍ→ ＝（１，２， 槡－ ３），ＣＭ→ ＝（－５，０，槡３），ＡＣ→ ＝（４，２，０） ８分…………………………… 设平面 Ａ１ＣＭ的法向量为ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 由 ｍ·Ａ１Ｍ→ ＝０ ｍ·ＣＭ→{ ＝０ ，得 ｘ＋２ｙ 槡－ ３ｚ＝０ －５ｘ 槡＋ ３ｚ{ ＝０ ， 可得平面 Ａ１ＣＭ的一个法向量ｍ ＝ １，２，槡５３( )３ ， ９分… 设平面 ＡＣＭ的法向量为ｎ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１）， 由 ｎ·ＡＣ→ ＝０ ｎ·ＣＭ→{ ＝０ ，得 ４ｘ１＋２ｙ１＝０ －５ｘ１ 槡＋ ３ｚ１{ ＝０， 可得平面 ＡＣＭ的一个法向量ｎ＝ １，－２，槡５３( )３ ． １０分………………………………… ∴ｃｏｓ＜ｍ，ｎ＞＝ ｍ·ｎ ｜ｍ｜·｜ｎ｜＝ １－４＋２５ ３ １＋４＋２５ 槡 ３· １＋４＋２５ 槡 ３ ＝２ ５ １１分………………… 所以二面角 Ａ１－ＣＭ－Ａ的余弦值为 ２ ５． １２分………………………………………… ２０（１２分） （１）抛物线 ｘ２＝２ｐｙ（ｐ＞０）的焦点为 Ｆ（０，ｐ ２）， 设 Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），则 ＡＢ方程 ｙ＝ｋｘ＋２与抛物线方程联立， 整理得 ｘ２－２ｐｋｘ－４ｐ＝０，ｘ１＋ｘ２＝２ｐｋ，ｘ１ｘ２＝－４ｐ， ２分……………………………… ｜ｘ１－ｘ２｜＝ （ｘ１＋ｘ２）２－４ｘ１ｘ槡 ２ ＝ ４ｐ２ｋ２＋１６槡 ｐ 若 ｋ＝１，｜｜ＢＦ｜－｜ＡＦ｜｜＝｜ｙ１－ｙ２｜＝ｋ｜ｘ１－ｘ２｜＝ ４ｐ２＋１６槡 ｐ 槡＝４３， ４分…………… ∴ｐ＝２，即抛物线 Ｃ的方程为 ｘ２＝４ｙ． ６分……………………………………………… （２）（方法一） 由（１）知 ｙ＝ｘ２ ４且 ｘ１＋ｘ２＝４ｋ，ｘ１ｘ２＝－８，｜ｘ１－ｘ２｜＝４ ｋ２槡 ＋２，ｙ′＝１ ２ｘ， 所以切线 ｌ１的方程为 ｙ－ｙ１＝１ ２ｘ１（ｘ－ｘ１）即 ｙ＝１ ２ｘ１ｘ－１ ４ｘ２ １，① 同理切线 ｌ２的方程为 ｙ＝１ ２ｘ２ｘ－１ ４ｘ２ ２，② 联立①②得 ｘ＝ｘ１＋ｘ２ ２ ，ｙ＝１ ４ｘ１ｘ２＝－２ ）页４共（页２第案答考参学数级年三高市埠蚌即切线 ｌ１与 ｌ２的交点为 Ｐ ｘ１＋ｘ２ ２ ，( )－２， 由切线 ｌ１：ｙ＝１ ２ｘ１ｘ－１ ４ｘ２ １，得 Ｍ ｘ１ ２，( )０，同理可得 Ｎ ｘ２ ２，( )０， ８分…………………… ∴Ｓ△ＰＭＮ ＝１ ２×２× ｘ１ ２－ｘ２ ２ ＝１ ２｜ｘ１－ｘ２｜＝２ ｋ２槡 ＋２ 又∵｜ＡＢ｜＝ １＋ｋ槡 ２｜ｘ１－ｘ２｜＝４ １＋ｋ槡 ２ ｋ２槡 ＋２， 点 Ｐ到直线 ＡＢ的距离为 ｄ＝ ｋ（ｘ１＋ｘ２） ２ ＋４ １＋ｋ槡 ２ ＝｜２ｋ２＋４｜ １＋ｋ槡 ２ ∴Ｓ△ＰＡＢ ＝１ ２｜ＡＢ｜ｄ＝４ ｋ２槡 ＋２｜ｋ２＋２｜， １０分…………………………………………… ∴四边形 ＡＢＮＭ的面积 Ｓ＝Ｓ△ＰＡＢ －Ｓ△ＰＭＮ ＝４ ｋ２槡 ＋２（ｋ２＋２）－２ ｋ２槡 ＋２＝２ ｋ２槡 ＋２（２ｋ２＋３） 令 ｔ＝ ｋ２槡 ＋２≥槡２，则 Ｓ＝４ｔ３－２ｔ， ｔ≥槡２时，Ｓ′＝１２ｔ２－２＞０成立，Ｓ单调递增， ∴当 ｔ 槡＝ ２，即 ｋ＝０时，四边形 ＡＢＮＭ的面积的最小值为 槡６２ １２分………………… （方法二） 由（１）知 ｙ＝ｘ２ ４且 ｘ１＋ｘ２＝４ｋ，ｘ１ｘ２＝－８，｜ｘ１－ｘ２｜＝４ ｋ２槡 ＋２，ｙ′＝１ ２ｘ， 所以切线 ｌ１的方程为 ｙ－ｙ１＝１ ２ｘ１（ｘ－ｘ１）即 ｙ＝１ ２ｘ１ｘ－１ ４ｘ２ １， 同理切线 ｌ２的方程为 ｙ＝１ ２ｘ２ｘ－１ ４ｘ２ ２， 由切线 ｌ１：ｙ＝１ ２ｘ１ｘ－１ ４ｘ２ １，得 Ｍ ｘ１ ２，( )０，同理可得 Ｎ ｘ２ ２，( )０， ８分…………………… 记直线 ＡＢ：ｙ＝ｋｘ＋２与 ｙ轴交点 Ｔ（０，２）， ∴Ｓ△ＯＡＢ ＝Ｓ△ＯＴＡ＋Ｓ△ＯＴＢ ＝１ ２｜ＯＴ｜（｜ｘ１｜＋｜ｘ２｜）＝１ ２｜ＯＴ｜｜ｘ１－ｘ２｜＝｜ｘ１－ｘ２｜， Ｓ△ＯＡＭ ＝１ ２｜ＯＭ｜·｜ｙ１｜＝１ ２ ｘ１ ２ ｜ｙ１｜＝１ １６｜ｘ３ １｜，同理 Ｓ△ＯＢＮ ＝１ １６｜ｘ３ ２｜， ∴四边形 ＡＢＮＭ的面积 Ｓ＝Ｓ△ＯＡＢ ＋Ｓ△ＯＡＭ ＋Ｓ△ＯＢＮ ＝｜ｘ１－ｘ２｜＋１ １６｜ｘ３ １－ｘ３ ２｜＝｜ｘ１－ｘ２｜＋１ １６｜ｘ１－ｘ２｜｜ｘ２ １＋ｘ１ｘ２＋ｘ２ ２｜ ＝１ １６｜ｘ１－ｘ２｜３－１ ２｜ｘ１－ｘ２｜ １０分……………………………………………………… 记 ｔ＝｜ｘ１－ｘ２｜≥ 槡４２，则 Ｓ＝１ １６ｔ３－１ ２ｔ ∵Ｓ′＝３ １６ｔ２－１ ２＞０，Ｓ单调递增， ∴当 ｔ 槡＝４２即 ｋ＝０时，四边形 ＡＢＮＭ面积的最小值为 槡６２． １２分…………………… ２１（１２分） （１）由题意得：ｆ（ｘ）的定义域为（－１，０）∪（０，＋∞），且 ｆ′（ｘ）＝ ｘ １＋ｘ－ｌｎ（１＋ｘ） ｘ２ ， 令 ｇ（ｘ）＝ ｘ １＋ｘ－ｌｎ（１＋ｘ），则 ｇ′（ｘ）＝ －ｘ （１＋ｘ）２，ｘ∈（－１，０）时，ｇ′（ｘ）＞０； ｘ∈（０，＋∞）时，ｇ′（ｘ）＜０．即 ｇ（ｘ）在（－１，０）上单调递增，在（０，＋∞）上单调递减． ）页４共（页３第案答考参学数级年三高市埠蚌因为 ｇ（０）＝０，则在（－１，０）和（０，＋∞）上 ｇ（ｘ）＜０． 因为 ｘ２＞０，所以在（－１，０）和（０，＋∞）上 ｆ′（ｘ）＜０， 即函数 ｆ（ｘ）在区间（－１，０）和（０，＋∞）上单调递减． ４分…………………………… （２）由（１）可知，当 ０＜ｘ≤２时，ｆ（ｘ）≥ｆ（２）＝ｌｎ３ ２，即 ｌｎ（ｘ＋１）≥ｌｎ３ ２ｘ， ６分……………… 当 ｎ≥２时，０＜ ２ ｎ－１≤２，则 ｌｎ１＋ ２ ｎ( )－１≥ ｌｎ３ ｎ－１， 即 ｌｎ１＋ ２ ｎ( )－１ ＝ｌｎ（ｎ＋１）－ｌｎ（ｎ－１）≥ ｌｎ３ ｎ－１，所以 ｌｎ（ｎ＋１）－ｌｎ（ｎ－１）＋ｌｎｎ－ｌｎ（ｎ－２）＋… ＋ｌｎ４－ｌｎ２＋ｌｎ３－ｌｎ１ ≥ｌｎ３ １ ｎ－１＋ １ ｎ－２＋… ＋１ ２( )＋１ 整理得：ｌｎ（ｎ＋１）＋ｌｎｎ－ｌｎ２－ｌｎ１≥ｌｎ３ １ ｎ－１＋ １ ｎ－２＋… ＋１ ２( )＋１， 即 １＋１ ２＋… ＋ １ ｎ( )－１ｌｎ３≤ｌｎｎ２＋ｎ( )２ ，ｎ≥２，不等式得证． １２分……………………… ２２（１０分） （１）根据题意得，曲线 Ｃ的极坐标方程为 ρｃｏｓ２θ＝２ｃｏｓθ－２ρｓｉｎ２θ， ρｃｏｓ２θ＋ρｓｉｎ２θ＝２ｃｏｓθ，即 ρ２＝２ρｃｏｓθ， 所以曲线 Ｃ的直角坐标方程为 ｘ２＋ｙ２＝２ｘ，即（ｘ－１）２＋ｙ２＝１， ３分………………… 直线 ｌ的普通方程为 ｔａｎα·ｘ－ｙ＋１＝０． ５分…………………………………………… （２）联立直线 ｌ的参数方程与曲线 Ｃ的直角坐标方程， 将 ｘ＝ｔｃｏｓα， ｙ＝１＋ｔｓｉｎ{ α　代入（ｘ－１）２＋ｙ２＝１， 化简，得 ｔ２＋２（ｓｉｎα－ｃｏｓα）ｔ＋１＝０． ７分……………………………………………… 设点 Ａ，Ｂ所对应的参数分别为 ｔ１，ｔ２， 则 ｔ１ｔ２＝１，ｔ１＋ｔ２＝２（ｃｏｓα－ｓｉｎα） 槡＝２２ｃｏｓ（α＋π ４），α∈ ３π ４，[ )π ， 由（１）可知，曲线 Ｃ是圆心（１，０），半径为 １的圆，点 Ｐ在圆外， 由直线参数方程参数的几何意义知， １ ｜ＰＡ｜＋ １ ｜ＰＢ｜＝ １ ｜ｔ１｜＋ １ ｜ｔ２｜＝｜ｔ１｜＋｜ｔ２｜ ｜ｔ１ｔ２｜ ＝｜ｔ１＋ｔ２｜≤ 槡２２，当且仅当 α＝３π ４时取到． 即 １ ｜ＰＡ｜＋ １ ｜ＰＢ｜的最大值为 槡２２． １０分………………………………………………… ２３．（１０分） （１）由题意，ｆ（ｘ）＝｜ｘ－ｍ｜＋｜ｘ｜≥｜ｘ－ｍ－ｘ｜＝｜ｍ｜． ３分………………………………… 只需｜ｍ｜≥ｍ２，解得 －１≤ｍ≤１． ５分……………………………………………………… （２）由（１）可知，ａ＋ｂ＋ｃ＝１， 所以 １ ａ＋１ ｂ＋１ ｃ＝ａ＋ｂ＋ｃ ａ ＋ａ＋ｂ＋ｃ ｂ ＋ａ＋ｂ＋ｃ ｃ ７分…………………………………… ＝１＋ｂ ａ＋ｃ ａ＋ａ ｂ＋１＋ｃ ｂ＋ａ ｃ＋ｂ ｃ＋１ ＝３＋（ｂ ａ＋ａ ｂ）＋（ｃ ａ＋ａ ｃ）＋（ｃ ｂ＋ｂ ｃ）≥３＋２＋２＋２＝９ 当且仅当 ａ＝ｂ＝ｃ＝１ ３时等号成立． １０分……………………………………………… （以上答案仅供参考，其它解法请参考以上评分标准酌情赋分） ）页４共（页４第案答考参学数级年三高市埠蚌