2020届高三第三次调研考试 理科数学 参考答案与评分细则

惠州市2020届高三第三次调研考试
理科数学参考答案及评分细则
一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案
D
B
D
A
C
A
D
D
A
D
B
C
1.【解析】{21}{0}x A x x x =<=<，{0}U C A x x =≥，故选D.
2.【解析】21313i i 2222
z =+
=-+（），所以对应的点在第二象限，故选B.
3.【解析】2020
1log πa =2020log 10<=，2020
1πb ⎛⎫= ⎪⎝⎭
()01∈，，1π
2020c =1>，所以a b c <<.故选D.
4.【解析】因为角θ终边落在直线3y x =上，所以tan 3θ=，21
cos 10
θ=， 所以3sin(
2)2πθ-24
cos 2(2cos 1).5
θθ=-=--=故选A. 5.【解析】如图所示，MP →＝AP →－AM →＝12AD →－45AC →＝12AD →－45
(AB →＋AD →
)
＝12b r －45(a r ＋b r )＝－45a r －
310
b r
.故选C. 6.【解析】依题意，知－4a ＝－12a ，且－52a ≠1
2
，解得a ＝±2.故选A.
7.【解析】1233243546521()()()()()n n n n S a a a a a a a a a a a a a a ++=++++=-+-+-+-+-L L
2221n n a a a ++=-=-，所以201920211S a =-，故选D.
8.【解析】11
332
815
.14
C C P C +==故选D. 9.【解析】()21sin 1x
f x x e
⎛
⎫
=- ⎪+⎝⎭1sin 1x x e x e ⎛⎫-= ⎪+⎝⎭
是偶函数，排除C 、D ，又(1)0,f >Q 故选A. 10.【解析】如图：α//面CB 1D 1，α∩面ABCD =m ，α∩面ABA 1B 1=n ，可知n//CD 1，m//B 1D 1，因为△CB 1D 1是正三角形，m n 、所成角为60°．
则m 、n 所成角的正弦值为√3
2
．故选D ．
11.【解析】设直线AB 的方程为：x =ty +m ，点A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)， 直线AB 与x 轴的交点为M(m,0)，
由{x =ty +m
y 2
=x ⇒y 2−ty −m =0，根据韦达定理有y 1⋅y 2=−m , ∵OA
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2，∴x 1⋅x 2+y 1⋅y 2=2， z
结合y 12=x 1及y 22
=x 2，得(y 1⋅y 2)2+y 1⋅y 2−2=0，∵点A 、B 位于x 轴的两侧，
∴y 1⋅y 2=−2，故m =2．不妨令点A 在x 轴上方，则y 1>0,又F(1
4,0), ∴S △ABO +S △AFO =12×2×(y 1−y 2)+12×14y 1=98y 1+2y 1
≥2√98y 1⋅2
y 1
=3．
当且仅当98y 1=2y 1
，即y 1=4
3时，取“=”号，∴△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是3．故选B ．
12.【解析】 (x 0,x 0+1)区间中点为x 0+12，根据正弦曲线的对称性知f(x 0+1
2)=−1,①正确。

若x 0=0，则f(x 0)=f(x 0+1)=−1
2，即sinφ=−1
2，不妨取φ=−π
6，此时f(x)=sin(2πx −π
6)，满足条件，但f(1
3)=1为(0,1)上的最大值，不满足条件，故②错误。

不妨令ωx 0+φ=2kπ−5π
6
，ω(x 0+1)+φ=2kπ−π6，两式相减得ω=2π3
,
即函数的周期T =
2πω
=3，故③正确。

区间(0,2019)的长度恰好为673个周期，当f(0)=0时，即φ=kπ时，f(x)在开区间(0,2019)上零点个数至少为673×2−1=1345，故④错误。

故正确的是①③，故选C ．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第15题第一空2分，第二空3分。

13、6 14、−3 15、 1（2分）；121（3分） 16、47+ 13.【解析】①2
2,220;n =<②4
4,220;n =<③6
6,220.n =>故答案为6.
14.【解析】令0x =，得01a =，令x =1，则a 0+a 1+a 2+⋯+a 8=−2．所以128 3.a a a +++=-L 15.【解析】由n =1时，a 1=S 1，可得a 2=2S 1+1=2a 1+1，又S 2=4，即a 1+a 2=4，即有3a 1+1=4，解得a 1=1；由a n+1=S n+1−S n ，可得S n+1=3S n +1，由S 2=4，可得S 3=3×4+1=13，S 4=3×13+1=40，S 5=3×40+1=121． 16.【解析】因为2F 是双曲线的右焦点且是抛物线的焦点，所以2
p
c =， 解得2p c =，所以抛物线的方程为：24y cx =； 由1
123tan 4PF k PF F =∠=
，124
cos 5
PF F ∴∠=， 如图过P 作抛物线准线的垂线，垂足为M ，设0(P x ，0)y ， 则2002
p PM PF x x c ==+
=+，∴1015()cos 4PM PF x c MPF =
=+∠． 由122PF PF a -=，可得
0005
()()284
x c x c a x a c +-+=⨯⇒=-
在△12PF F 中，208PF x c a =+=，12210PF PF a a =+=，122F F c =， 由余弦定理得2222112112122cos PF PF F F PF F F PF F =+-⋅⋅∠ 即2
2
2
4
(8)(10)(2)21025
a a c a c =+-⋅⋅⋅
，化简得2540450e e -+=
4e ∴=2e >，4e ∴=4
三、解答题：共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

第17～21题为必考题，每个考生都必须作答。

第22、23题为选考题，考生根据要求作答。

17．（本小题满分12分）
【解析】（1）在ABC ∆中，因为2BC =，π3
ABC ∠=
，
1sin 2ABC S AB BC ABC ∆=
⋅∠=……………………………………1分
所以
22
AB =，解得3AB =．………………………………………2分 在ABC ∆中，由余弦定理得2
2
2
2cos 7AC AB BC AB BC ABC =+-⋅∠=，……4分
因为0AC >，所以AC =
…………………………………………………5分
（2）设ACD α∠=，则ππ
33
ACB ACD α∠=∠+
=+． ………………6分
在Rt ACD ∆中，因为AD =sin AD AC α==． ……………7分 在ABC ∆中，π
π3
BAC ACB ABC α∠=-∠-∠=
-， ………………………8分
由正弦定理得
sin sin BC AC
BAC ABC =
∠∠，即2πsin()3α=-，……9分
所以2sin(
)sin 3
π
αα-=，所以1
2(
sin )sin 22
ααα-=， …………10分
2sin αα=， …………………………………………………………11分
所以tan 2α=
，即tan 2
ACD ∠=． ……………………………………12分
18.（本小题满分12分）
【解析】（1）证明：连接BD ，设AE 的中点为O ，∵AB//CE ，AB =CE =1
2CD ，
∴四边形ABCE 为平行四边形，∴AE =BC =AD =DE ………………………………1分 ∴△ADE ，△ABE 为等边三角形∴OD ⊥AE ，OB ⊥AE ……………………2分
又OP ∩OB =O ，OD ⊂平面POB ，OB ⊂平面POB …3分【注】无写出此步骤不得分。

∴AE ⊥平面POB ……………………………………………………………4分 又PB ⊂平面POB ，∴AE ⊥PB ． …………………………………………5分
（2）【解法一】向量法
在平面POB 内作PQ ⊥平面ABCE ，垂足为Q ，则Q 在直线OB 上， ∴直线PB 与平面ABCE 夹角为∠PBO =π
4，又OP =OB ，∴OP ⊥OB ， ∴O 、Q 两点重合，即PO ⊥平面ABCE, ……………6分 【注】无证明此得分点不给分。

以O 为原点，OE 为x 轴，OB 为y 轴，OP 为z 轴，建立如图空间直角坐标系， 则P(0,0,√32
)，E(1
2
,0,0)，C(1,
√3
2
,0)，∴PE ⃗⃗⃗⃗ =(12
,0,−√3
2
)，EC ⃗⃗⃗⃗ =(12
,√32,0)………………7分
设平面PCE 的一个法向量为n 1⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z)，则{n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅PE ⃗⃗⃗⃗ =0n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅EC ⃗⃗⃗⃗ =0，即{1
2
x −√3
2z =012
x +√32
y =0
, ……………8分 令x =√3，得n 1⃗⃗⃗⃗ =(√3,−1,1) ………………………………………………9分 又OB ⊥平面PAE ，∴n 2⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0)为平面PAE 的一个法向量 ……………………10分 设二面角A −EP −C 为α，则|cosα|=|cos <n 1⃗⃗⃗⃗ ,n 2⃗⃗⃗⃗ >|=
|n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗ ||n 1⃗⃗⃗⃗ ||n 2
⃗⃗⃗⃗ |=
1√5
=
√5
5
……11分
易知二面角A −EP −C 为钝角，所以二面角A −EP −C 的余弦值为−√5
5
．…………12分
【解法二】几何法
在平面POB 内作PQ ⊥平面ABCE ，垂足为Q ，则Q 在直线OB 上， ∴直线PB 与平面ABCE 夹角为∠PBO =π
4，又OP =OB ，∴OP ⊥OB ，
∴O 、Q 两点重合，即PO ⊥平面ABCE ，……………6分 【注】无证明此得分点不给分。

过点C 作CH ⊥AE 交于点H ，连结PH ，则二面角A-PE-C 与二面角H-PE-C 互为补角。

又因为CH ⊥PO ，所以CH ⊥面PAE ，
过H 作HF ⊥PE 交于点F ，连结CF ，由三垂线定理知CF ⊥PE
所以∠CFH 为二面角H-PE-C 的平面角。

……………………………………………7分
F
在Rt △CHE 中，∠CEH=60°，CE=1，所以H E=1
2，CE=√3
2
，……………………8分
在Rt △HFE 中，∠FEH=60°，HE=1
2，所以H F=√3
4
……………………………………9分
在Rt △CHF 中，由勾股定理知C F=√15
4
…………………………………………………10分
故cos ∠CFH=HF
CF =√5
5 ……………………………………………………………………11分
所以二面角A −EP −C 的余弦值为−√5
5
．………………………………………………12分
19.（本小题满分12分） 【解析】（1）【解法一】
记事件A i ={从6名学生抽取的3人中恰好有i 人有兴趣，i =0，1，2，3}； 则A 2与A 3互斥………………………………………………………………………1分 故所求概率为P(至少2人感兴趣)=P (A 2+A 3)=P (A 2)+P (A 3)……………2分
=
C 32⋅C 3
1C 6
3+
C 33⋅C 3
C 6
3………………………………3分
=10
20=1
2；…………………………………4分
【解法二】记事件A i ={从6名学生抽取的3人中恰好有i 人有兴趣，i =0，1，2，3}；
则A 0与A 1互斥………………………………………………………………………1分 故所求概率为P(至少2人感兴趣)=1−P (A 0+A 1)=1−P (A 0)−P (A 1)………2分
=1−C 32⋅C 3
1C 6
3−
C 33⋅C 3
C 6
3………………………………3分
=1−
10
20=1
2
；…………………………………4分
（2）由题意知，随机变量ξ的所有可能取值有0，1，2，3；………………………………5分
P(ξ=0)=C 32⋅C 42C 52⋅C 5
2=
9
50
…………………………………………………………6分
P(ξ=1)=C 21⋅C 31⋅C 42+C 32⋅C 4
1C 52⋅C 5
2=1225 ………………………………………………7分 P(ξ=2)=
C 22⋅C 42+C 31⋅C 21⋅C 4
1C 52⋅C 5
2=
3
10
………………………………………………8分
P(ξ=3)=C 22⋅C 4
1
C 5
2⋅C 5
2=1
25 …………………………………………9分
则ξ的分布列为：
………10分
【注】无列表此得分点不得分。

数学期望为E(ξ)=0×950+1×2450+2×1550+3×250=6
5． ………………………12分
20.（本小题满分12分）
【解析】（1）当x 1=0时，代入椭圆方程可得A 点坐标为(0,1)或(0,−1) ……………………1分
若A 点坐标为(0,1)，此时直线l ：x +4y −4=0…………………………………2分 联立22
440
44
x y x y +-=⎧⎨
+=⎩，消x 整理可得5y 2−8y +3=0……………………………3分
解得y 1=1或235
y =
，故B (85,35
) ……………………………………………………4分
所以△OAB 的面积为1
2×1×8
5=4
5 . …………………………………………………5分 若A 点坐标为(0,−1)，由对称性知△OAB 的面积也是
45
， 综上可知，当x 1=0时，△OAB 的面积为
4
5
.……………………………………6分 （2）【解法一】显然直线l 的斜率不为0，设直线l ：x =my +4 ……………………………7分
联立{x =my +4x 2+4y 2
=4，消去x 整理得(m 2+4)y 2+8my +12=0 由△=64m 2−4×12(m 2+4)>0，得m 2>12…………8分 则y 1+y 2=−8m m 2+4，y 1y 2=12
m 2+4 ,…………………………9分 因为直线TA 、TB 与y 轴围成的三角形始终为等腰三角形， 所以k TA +k TB =0………………10分 设T(t,0)，则k TA +k TB =y 1
x
1
−t
+y 2
x 2
−t
=y 1(x 2−t)+y 2(x 1−t)(x 1−t)(x 1−t)=
2my 1y 2+(4−t)(y 1+y 2)
(x 1−t)(x 2−t)
,
即2my 1y 2+(4−t)(y 1+y 2)=24m
m 2+4+
8m(t−4)m 2+4
=
8m(t−1)m 2+4
=0,
解得t =1. …………………………………………………………………………………………11分 故x 轴上存在定点T(1,0)，使得直线TA 、TB 与y 轴围成的三角形始终为等腰三角形．……12分 【解法二】显然直线l 的斜率存在且不为0，设直线l ：(4)y k x =- ………………………7分
联立22
(4)
440
y k x x y =-⎧⎨
+-=⎩，消去y 整理得2222
(14)326440k x k x k +-+-=
由22
2
2
(32)4(14)(644)0k k k ∆=--+->，得21
12
k <
,………………………8分
则21223214k x x k +=+，2122
64-4
14k x x k ⋅=+ ,…………………………………………9分
因为直线TA 、TB 与y 轴围成的三角形始终为等腰三角形，所以k TA +k TB =0……………10分 设T(t,0)，则12121212(4)(4)TA TB y y k x k x k k x t x t x t x t --+=
+=+----1212122(4)()8()()
x x t x x t
k x t x t -+++=⋅-- 即12122(4)()80x x t x x t -+++=，222
222
128-8(4)328t 32-0141414k t k tk
k k k
++∴+=+++ 解得t =1. …………………………………………………………………………………………11分 故x 轴上存在定点T(1,0)，使得直线TA 、TB 与y 轴围成的三角形始终为等腰三角形．………12分
21．（本题满分12分）
【解析】（1）【解法一】由，解得． ………………1分 若，则当时，，故的单调递增区间为；
当时，，故的单调递减区间为．………2分
若，则当时，，故的单调递增区间为；
当时，，故的单调递减区间为．………3分
综上所述，的单调递增区间为，单调递减区间为．……………4分 【解法二】令,)(t e t g t
-=其中ax t =..1)('-=t
e t g 令，0)('=t g 得0.=t
当时，)0,(-∞∈t ，0)('<t g ）上单调递减；在（0,)(∞-∴t g
当时，，
)0(∞+∈t ，0)('>t g .0)(）上单调递增，在（∞+∴t g ………………1分 又Θ当0>a 时，ax t =在R 上单调递增；
当0<a 时，ax t =在R 上单调递减。

……………………………………………2分 由复合函数单调性知，
0>a 时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
0<a 时，的单调递增区间为，单调递减区间为． …………3分
综上所述，的单调递增区间为，单调递减区间为．……………4分。

（2），即（﹡）． ()(1)=0ax
ax
f x a e a a e '=⋅-=-0x =0a >(0,)x ∈+∞()0f x '>()f x (0,)+∞(,0)x ∈-∞()0f x '<()f x (,0)-∞0a <(0,)x ∈+∞()0f x '>()f x (0,)+∞(,0)x ∈-∞()0f x '<()f x (,0)-∞()f x (0,)+∞(,0)-∞()f x (0,)+∞(,0)-∞()f x (0,)+∞(,0)-∞()f x (0,)+∞(,0)-∞2()(1)2a f x x +≥
2(1)2
ax a
e x +≥
令，得，则． ……………………………………………………5分
当时，不等式（﹡）显然成立， 当时，两边取对数，即恒成立． …………………6分 令函数，即在内恒成立．……………7分 由，得． 故当时，，单调递增；
当时，，单调递减. ………………………………………8分 因此． ………………………9分
令函数，其中，
则，得， 故当时，，单调递减；
当时，，单调递增． ……………………10分
又，，
故当时，恒成立，因此恒成立， …………………11分
综上知：当1,22a ⎛⎤
∈
⎥⎝⎦
时，对任意的，均有成立……12分
22.（本小题满分10分）
【解析】（1）【解法1】由12cos ρϕ=，22cos 6πρϕ⎛
⎫
=+
⎪⎝
⎭
，32cos 6πρϕ⎛⎫
=-
⎪⎝
⎭
，…3分 则232cos 2cos 66ππρρϕϕ⎛⎫
⎛
⎫+=+
+- ⎪ ⎪⎝
⎭⎝
⎭
ϕ= ………………4分
123ρρ=+……………………………………………………………5分
【解法2】M 的直角坐标方程为()2
211x y -+=，如图所示，……………1分 假设直线OA 、OB 、OC 的方程为y kx =，2y k x =，3y k x =
，(k ∈，
由点到直线距离公式可知MF =
0x =12
a
≥
122a <≤1x =-(1,)x ∈-+∞2ln(1)ln 2
a
ax x ++≥()2ln(1)ln
2
a
F x x ax =+-+()0F x ≤(1,)-+∞22(1)()=011a x F x a x x -+'=
-=++211x a =->-2
(1,1)x a ∈--()0F x '>()F x 2
(1+)x a
∈-∞，()0F x '<()F x 22()(1)2ln 2ln 2ln 22
a a
F x F a a a a -=-++=--≤()2ln 2
a
g a a =--122a <≤11
()10a g a a a -'=-=
=1a =1
(,1)2
a ∈()0g a '<()g a (1,2]a ∈()0g a '>()g a 13
()ln 4022g =-<(2)0g =1
22
a <≤()0g a ≤()0F x ≤[1,)x ∈-+∞2()(1)2a f x x ≥+
在直角三角形OMF 中，由勾股定理可知2
211+12MF ρ⎛⎫= ⎪⎝⎭
，得1
21k ρ=+……………2分 由直线方程可知tan k ϕ=，2tan +
6k πϕ⎛
⎫= ⎪⎝
⎭，3tan 6k πϕ⎛
⎫=- ⎪⎝
⎭ 所以2tan +tan
3+16=31tan tan
6
k k k π
ϕπϕ=
--⋅，得2231k k ρ+=+………3分 所以3tan -tan
316=31tan tan 6
k k k π
ϕπϕ-=++⋅，得3231k k ρ-=
+……4分 所以1233ρρρ=+……………………………………………………………5分
（2）【解法一】曲线M 的普通方程为：2
2
20x y x +-=，……………………………………6分
将直线BC 的参数方程代入上述方程，整理得230t t -=，解得120,3t t ==；………7分
平面直角坐标为()13,,2,02B C ⎛⎫
⎪ ⎪⎝⎭
………………………………………………………8分
则231,2,6
πρρϕ===；又得
13ρ=. ……………………………………9分
即四边形面积为12131133sin sin 2626OBAC
S
ππρρρρ=
+=为所求. ………10分 【解法二】由BC 的参数方程化为普通方程得：.23=+y x ………………………5分
联立⎪⎩⎪⎨⎧=-+=+022322x y x y x 解得⎩⎨⎧==0211y x 或⎪⎪⎩
⎪
⎪⎨⎧
==23
2122y x ，即)23,21(B ,)0,2(C …………6分 ,6,12π
ϕρ=
=∴∴点A 的极坐标为），（6
3π
，化为直角坐标为），（2323………7分 直线OB 的方程为x y 3=，点A 到直线OB 的距离为.2
3
)3(1232332
=
+-⨯=
d ………8分 .4
332322123121=⨯⨯+⨯⨯=
+=∴∆∆OAC OBA OBAC S S S …………………………10分 23．（本小题满分10分）
【解析】（1）当4x >时，原不等式等价于243x x x ++-≤，解得2x ≥-，所以4x >………1分
当2x <-时，原不等式等价于243x x x ---+≤，解得2
5
x ≥
，所以此时不等式无解…2分 当24x -≤≤时，原不等式等价于243x x x +-+≤，解得2x ≥，所以24x ≤≤……3分 综上所述，不等式解集为[)2,+∞．……………………………………………5分 （2）由()1f x k x ≥-，得241x x k x ++-≥-，
当1x =时，60≥恒成立，所以R k ∈； …………………………………………6分 当1x ≠时，24131333
111111
x x x x k x x x x ++--++--≤
==++-
----．……7分 因为333311112
1111x x x x ⎛
⎫⎛⎫+
+-≥++-= ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭ ……………………8分 当且仅当3311011x x ⎛⎫⎛⎫
+
-≥ ⎪⎪--⎝
⎭⎝⎭
即4x ≥或2x ≤-时，等号成立， …………9分
所以，2k ≤；
综上，k 的取值范围是(],2-∞． …………………………………………………10分
【注】如果本题两个小问通过图象法解答，分别正确作出图象（如下图）各1分，正确写出结果各1分，
中间过程可酌情给1-2分，但每小问给分最多不超过4分。

如果作图的坐标系没有箭头或x O y 、、的标记，扣除过程分1分。

第（1）问图象 第（2）问图象。