辽宁省丹东市2020届高三数学第一次模拟考试试题 理答案.pdf

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1、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理科数学答案与评分参考 一、选择题 1A 2C 3B 4B 5D 6C 7A 8C 9C 10D 11B 12D 二、填空题 134 14x，22 152n1 165 题目详解 1解： AB(1，1)(0，2)(1，2)，选 A 2解： ab(1，2)(2，3)(12，23)，因为(ab)c，所以(ab)c0，即(12)1(23)10，实数 3，选 C 3解： (ai)(1ai)2a(1a2)i，因为 aR，2a(1a2)i0，所以 2a(1a2)iR，因此 1a20， 2a0解得 a1，

2、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 S728，a2a5a815，求 a6 设公差为 d，由 7a17(71)2d28，(a1d)(a14d)(a17d)15，解得 a1d1，所以 a6a15d6，选 B 【或者】因为 S728，a2a5a815，所以 a44，a53，所以 a62a5a46 5解： 由散点图可知，与成负相关，所以 r10，r20，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1r2r10，选 D 6解： 双曲线 C 的一条渐近线为 bxay0

3、，圆(xa)2y2b24的圆心为(a，0)，半径b2 因为渐近线与圆相切，所以|baa0|b2a2b2，因为 b2a2c2，所以 c2a，于是 C 的离心率为 eca2，选 C 7解： 因为 log0.5blog2b，所以 log0.5bb 就是 log2bb，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，yx，ylog2x，y x的图象，可知 a0b1c，选 A 8解： 因为直线 l 与 m，n 都垂直，且 m，n 异面，若 l平面 ，则 m 可能与 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， 则可能m，n也

4、有可能是m，n或m，nB 错误，C 正确 若存在平面 ，使得 m，n，则 mn，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(3x)ex，当 x3 时，f (x)0，当 x3 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)8e3，没有极小值，选C 10解： 分别令 x4，54可得距离最短的两个交点分别为 A(4，1)，B(54，1) 由(4，1)，(544)2(11)22 2，得 2，结论正确 f (x) 2sin2x 在0，2上的零点有 0，2，4，6，共 4 个，结论错误 分

5、别令2x4，54，94，可得连续三个交点分别为 A(12，1)，B(52，1)，C(92，1)，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，结论错误 g (x) 2cos2x 2sin2(x1)f (x1)，于是了得到 yg (x)的图象，只需把 yf (x)的图象向左平移 1 个单位，结论正确 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 MFNF，所以MFNMM1N，故 MN 垂直平分 M1F， 直线 MN 经过线段 M1F 中点 因为 ly 轴，所以 M1F 中点在 y 轴上，就是 P(0，4)

6、设 M(x0，y0)，则 y08，x0 y0288，所以|MF|x0210，选 B 12解： 因为 f (x)1xln1x1x，所以 f (x)f (x)2，因此 f (x)图象关于点(0，1)对称 函数 f (x)1xln(1x)ln(1x)在定义域(1，1)单调递减 不等式 f (x1)f (x)2 等价于 x1x0，得 x12， 又 x(1，1)，x1(1，1)，所以 x 的取值范围是(12，1)，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)1xln1x1x，则 g (x)是定义域为(1，1)的奇函数，且单调递减不等式 f (x1

7、)f (x)2 等价于 g (x1)g(x)0 由 x1x0，x(1，1)，x1(1，1)，得 x 的取值范围是(12，1)，选 D 13解： 因为(1x2)(1x)4(1x)4x2(1x)4，所以其展开式中含 x5项的系数为C344 14解： 因为 y11x，y|x=01，所以曲线 yln(1x)在 x0 处切线方程为 yx，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(10.033)n 由 a(10.033)n2a，得 nln(10.033)ln2，有 nln2 ln(10.033)，由题设的近似等式70 1000.03321.212所以 n

8、21.212，至少需经 22 年 15解： 由 an1Sn1 得 Sn12Sn1，变形为Sn11Sn12，所以数列Sn1是公比为 2 的等比数列 因为 S23，所以 Sn1(S21)2n-22n，所以 Sn2n1 16解： 过 C 作 CD1平行且等于 AB， 则DCD130， 且 AC平面 DCD1，平面 ABD1C平面 DCD1，所以DCD130是直线 CD 与平面 ABC所成角，因为 CD3，所以 D 到平面 ABC 距离为 d32 因为 SABC10，所以四面体 ABCD 的体积为13SABC d5 17解法 1： （1）因为侧棱 AA1底面 ABCD，所以 AA1AC 因为 AB1，

9、AC 3，BC2，所以 AB2AC2BC2，所以 ABAC 因为 AA1ABA，所以 AC平面 AA1B1B （6 分） （2）过点 C 作 CEC1D 于 E，连接 AE，由（1）知，AC平面 DD1C1C，所以 AEC1D， 于是CEA 是二面角 A-C1D-C 的平面角 因为 CC1BB1BC2，CDAB1，所以 DC1 5，故 CEDCCC1DC12 55，所以 AE AC2CE2195 因为 cosCEACEAE2 1919，所以二面角 A-C1D-C 的平面角的余弦值为2 1919 （12 分） 解法 2： A B B1 C1 D1 A1 D C E 理科数学答案 第 4 页（共

10、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 Cxyz 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 n0，AD n0 得x02z00， x0 3y00， 可取 n(2 3， 2， 3) 取平面 C1DC 的法向量为CA (0， 3，0) 则 cosCA ，n0 3 320 33(2 3)2(2)2( 3)22 1919，因为二面角 A-C1D-C 是锐二面角所以二面角 A-C1D-

11、C 的平面角的余弦值为2 1919 （12 分） 18解法 1： （1）ABC 同时满足条件，理由如下： 因为 cosB23120，所以 B 为钝角，且 B23，因为 A3，与 ABC，矛盾，ABC 不能同时满足条件，所以ABC 同时满足条件 因为 ab，所以 AB，所以ABC 不能同时满足条件 因此ABC 只能同时满足条件 （6 分） （2）由余弦定理 a2b2c22bccosA，得 c23c400，解得 c5 或 c8，c5 舍去，取 c8 所以 cosCa2b2c22 ab17，故 sinC4 37 因此 cos(C3)cosCcos3sinCsin317124 37321114 （12

12、 分） 解法 2： （1）同解法 1 （2）因为 A3，a7，b3，由正弦定理asinAbsinB得 sinB3 314 因为 ab，所以 cosB1314 所以 cosCcos(B3)cosBcos3sinBsin31314123 3143217 （12 分） （2）因为 A3，a7，b3，由正弦定理asinAbsinB得 sinB3 314 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 ab，所以 cosB1314 因为 CAB23B， 所以 cos(C3)cos(3B)cosBcos3sinBsin31314123 314321114

13、（12 分） 解法 3： （1）同解法 1 （2）因为 A3，a7，b3，由正弦定理asinAbsinB得 sinB3 314 因为 ab，所以 cosB1314 所以 cosCcos(B3)cosBcos3sinBsin31314123 3143217， 从而 sinC4 37 因此 cos(C3)cosCcos3sinCsin317124 37321114 （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 641081

14、0830600200（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61035；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4812；于是这两人的再选科目都含有生物的概率是3512310 （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(X1)C24C22C22C2827，P(X2)C14C12C14C12C12C12C2857 X 的分布列为 X 1 2 P 27 57 X 的数学期望 EX127

15、257127 理科数学答案 第 6 页（共 8 页） （12 分） 20解法 1： （1）由题设|CA|CB|42 2，所以 E 为焦点在 x 轴上的椭圆 所以 a2，c 2，因此 b2a2c22 于是 E 的方程为x24y221(y0) （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 x1x2x3， y2y3y3. 由 ykxm， x24y221.得(2k21)x24kmx2m240，8(24k2m2) 当0 时，x1x24km2k21，x1x22m242k21 所以 x34km 2k21，y3(y1y2)k(x1x2

16、)2m2m 2k21，故 P(4km 2k21，2m 2k21) 因为 P 在椭圆上，所以(4km 2k21)24(2m 2k21)221，整理得 m22k212，满足0，因此 m 与 k 满足的等式关系为 m22k212 （8 分） （）由（i）当0 时，|x1x2| 2k218(24k2m2) 2k21 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 S312|OD|x1x2|328m2(24k2m2) 2k21 关系式代入得 S3 62，即PMN 的面积为定值3 62 （12 分） 解法 2： （1）同解法 1

17、 （2）（i）同解法 1 （）由（i）当0 时，|x1x2| 2k218(24k2m2) 2k21 |MN|1k2|x1x2|1k28(24k2m2) 2k21 设 O 到直线 l 的距离 d|m|1k2 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 S312|MN|x1x2|328m2(24k2m2) 2k21 关系式代入得 S3 62，即PMN 的面积为定值3 62 21解： （1）f (x)的定义域为(0，)，f (x)xax 若 a2，当 0 x2，则 f (x)0，若 x2，则 f (x)0；所

18、以 f (x)在(0，2)单调递减，在(2，)上单调递增 所以 f (x)f (2)22ln24 （4 分） （2）当 a0 时，f (x)0，f (x)在(0，)上单调递增取 m 满足 0m1 且 ma2，则有 f (m)0，而 f (ea)ea0，所以 f (x)只有一个零点 当 a0 时，若 0 xa，则 f (x)0，若 xa，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)aln(a)1a 若1a0，因为 f (a)0，f (x)没有零点 若 a1，因为 f (a)0，所以 f (x)只有一个零点 1 若 a1，f(a)

19、aln(a)1a0 因为 0ea1a，f (ea)ea0，所以 f (x)在(0，a)有一个零点 由 （1） 可知 x2lnx， 从而 exx2， 于是 e2a4a2a， 故 f (e2a)e2a3a2a20 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 x2lnx，从而 lnx x，取正数 b 满足 b512a，则 f (b)a bbxa20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 3c

20、os， ysin( 为参数) C2极坐标方程可以化为 cosxsin40，于是 C2的直角坐标方程为 xy40 （5 分） （2）由（1），可设点 P 的直角坐标为( 3cos，sin) 因为 C2是直线，所以|PQ|的最小值，即为 P 到 C2的距离 d()的最小值 d()| 3cossin4|2 2|sin(3)2| 2 当且仅当 2k6(kZ)时时等号成立 所以|PQ|的最小值为 2 （10 分） 23解： （1）因为 a2b22ab，b2c22bc，c2a22ca，所以 理科数学答案 第 8 页（共 8 页） 2a22b22c22ab2bc2ca，于是 a2b2c2abbcca； （5 分） （2）(a1)(b2)(c3)2 (a1)2(b2)2(c3)22(a1)(b2)(b2)(c3)(c3)(a1) 由（1）可知(a1)(b2)(b2)(c3)(c3)(a1)(a1)2(b2)2(c3)2，所以(a1)(b2)(c3)23(a1)2(b2)2(c3)2 由已知得(a1)2(b2)2(c3)2253 当且仅当 a23，b13，c43时等号成立 因此(a1)2(b2)2(c3)2的最小值为253 （10 分）