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 一、选择题1A2C3B4B5D6C7A8C9C10D11B12D二、填空题13414x，22152n1165题目详解1解：AB(1，1)(0，2)(1，2)，选 A2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 C3解：(ai)(1ai)2a(1a2)i，因为 aR，2a(1a2)i0，所以 2a(1a2)iR，因此1a20，2a0解得 a1，选 B4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
2、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 a62a5a465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 D6解：双曲线 C 的一条渐近线为 bxay0，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，
3、因为 b2a2c2，所以 c2a，于是 C 的离心率为 eca2，选 C7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 A8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 C9解：
4、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C10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)，(54 4)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
5、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 D11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)设 M(x0，y0)，则 y08，x0 y028 8，所以|MF|x0210，选 B12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
6、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）BCADD1【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)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 D13解：因为(1x2)(1x)4(1x)4x2(1x)4，所以其展开式中含 x5 项的系数为C34414
7、解：因为 y 11x，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 nln2ln(10.033)，由题设的近似等式701000.03321.212所以 n21.212，至少需经 22 年15解：由 an1Sn1 得 Sn12Sn1，变形为Sn11Sn1 2，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 Sn2n116解：过 C 作 CD1 平行且等于 A
8、B，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13SABCd517解法 1：（1）因为侧棱 AA1底面 ABCD，所以 AA1AC因为 AB1，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
9、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：ABB1C1D1A1DCE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 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C1Dn0，
10、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，n 0 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-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
11、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 37 32 1114（12 分）解法 2：（1）同解法 1（2）因为 A3，a7，b3，由正弦定理 asinA bsinB得 sinB3 314 因为 ab，所以 cosB1314所以 cosCcos(B3)cosBcos3sinBsin31314123 314 32 17（12 分）（2）因为 A3，a7，b3，由正弦定理 asinA bsinB得 sinB3 314 ABB
12、1C1D1A1DCxyz理科数学答案 第 5 页（共 8 页）因为 ab，所以 cosB1314因为 CAB23 B，所以 cos(C3)cos(3B)cosBcos3sinBsin31314123 314 32 1114（12 分）解法 3：（1）同解法 1（2）因为 A3，a7，b3，由正弦定理 asinA bsinB得 sinB3 314 因为 ab，所以 cosB1314所以 cosCcos(B3)cosBcos3sinBsin31314123 314 32 17，从而 sinC4 37 因此 cos(C3)cosCcos3sinCsin317124 37 32 1114（12 分）1
13、9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6410810830 600200（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3512 310（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
14、学政治；有 2 人选择了生物政治那么 P(X1)C24C22C22C2827，P(X2)C14C12C14C12C12C12C2857X 的分布列为X12P2757X 的数学期望 EX127257127 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(2
15、k21)x24kmx2m240，8(24k2m2)当0 时，x1x2 4km2k21，x1x22m242k21所以 x3 4km2k21，y3(y1y2)k(x1x2)2m2m2k21，故 P(4km2k21，2m2k21)因为 P 在椭圆上，所以(4km2k21)24(2m2k21)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|2k21 8(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|x1
16、x2|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（2）（i）同解法 1（）由（i）当0 时，|x1x2|2k21 8(24k2m2)2k21|MN|1k2|x1x2|1k2 8(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)
17、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(
18、a)0，所以 f(x)只有一个零点 1若 a1，f(a)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 b 512a，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
19、为 x 3cos，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）