2020年高中毕业年级第一次质量预测(理)参考答案

2020年高中毕业年级第一次质量预测
数学（理科） 参考答案
一、选择题
1-12 BDACB
CBCDB DA 二、填空题
13. 10;x y -+= 14.
4; 15.;5
30
16.{}
.66,2,0-- 三、解答题
17.解析：(I)2
22(sin sin )()sin .R A B a c C -=-
∴2
222(sin sin )()sin 2,R R A B a c C R ⋅-=-⋅
即：2
22.a
c b ac +-= ……3分
∴2221
cos .22
a c
b B a
c +-=
= 因为0,B π<<所以3
B π
∠=
……6分
(II)若12,8b c ==，由正弦定理，
sin sin b c
B C
=, sin C =,
由b c >，故C ∠为锐角，cos C =
……9分 1sin sin()sin(
)3
2A B C C π
=+=+=
+=……12分 18. 解析：（I ）如图所示：连接OM ， 在ABC ∆中：2,AB BC AC =
==90,ABC BO ∠=︒=OB AC ⊥.……2分
在MAC ∆中：MA MC AC ===O 为AC 的中点，则OM AC ⊥，且
OM = ……4分
在MOB ∆中：BO OM MB ===222BO OM MB +=
根据勾股定理逆定理得到OB OM ⊥ ,AC OM 相交于O ， 故OB ⊥平面AMC ………………….6分
C
A
（Ⅱ）因为,,
OB OC OM两两垂直，建立空间直角坐标系O−
xyz如图所示．
因为MA MB MC AC
====2
AB
BC
==
则(0,
A B C M……8分
由
2
3
BN BC
=
u u u r u
u u r
所以，(
33
N
设平面MAN的法向量为(,,)
m x y z
=
u r
，则
(,(,,)0,
3333
(,,)0
AN n x y z x y
AM n x y z
⎧
⋅=⋅=+=
⎪
⎨
⎪⋅=⋅=+=
⎩
u u u r r
u u u u
r r
令
y=
(1)
m=--
u r
……10分
因为BO
⊥平面AMC，所以OB=
u u u r
为平面AMC的法向量，
所以(1)
m=
--
u r
与OB=
u u u r
所成角的余弦为cos,m OB
<>==
u r u u u u r
所以二面角的正弦值为2
|sin,|
m OB
<>===
u r u u u u r
.……12分19．（I）由题意知1
b=，
2
c
a
=.……1分
又因为222
a
b c
=+解得，a=3分
所以椭圆方程为
2
21
2
y
x
+=. ……4分
（Ⅱ）设过点
1
(,0)
3
-直线为
1
3
x ty
=-，设()
11
,
A x y，()
22
,
B x y
由
2
2
1
3
1
2
x ty
x
y
⎧
=-
⎪⎪
⎨
⎪+=
⎪⎩
得()22
91812160
t ty
y
+--=，且>0
∆.
则
122
122
12
,
9186
16
,
918
y
y y
t
y
t
t
⎧
+=
⎪⎪+
⋯⋯
⎨
⎪=-
⎪+
⎩
分
又因为()
11
1,
CA x y
=-
u u u r
，()
22
1,
CB x y
=-
u u u r
，
()()212121212121244416(1)(1)13339CA CB x x y y ty ty y y t y y t y y ⎛
⎫⎛⎫⋅=--+=--+=+-++
⎪⎪⎝
⎭⎝⎭u u u r u u u r ()
2221641216
1091839189
t t t t t -=+-⋅+=++，……10分
所以CA CB ⊥u u u r
u u u r
.
因为线段AB 的中点为M ，所以||2||AB CM =.……12分 20. 解析：(I)该混合样本达标的概率是28
(
)39
=，……2分 所以根据对立事件原理，不达标的概率为81
199
-=.……4分 (II)（i ）方案一：逐个检测，检测次数为4.
方案二：由(1)知，每组两个样本检测时，若达标则检测次数为1，概率为
8
9
；若不达标则检测次数为3，概率为1
9
.故方案二的检测次数记为ξ2，ξ2的可能取值为2,4,6.
其分布列如下，
可求得方案二的期望为26416119822()246818181819
E ξ=⨯
+⨯
+⨯== 方案四：混在一起检测，记检测次数为ξ4，ξ4可取1,5. 其分布列如下，
可求得方案四的期望为46417149()15818181
E ξ=⨯
+
⨯=. 比较可得42()()4E E ξξ<<，故选择方案四最“优”．……9分 (ii)方案三：设化验次数为3η，3η可取2,5.
333()25(1)53E p p p η=+-=-；
方案四：设化验次数为4η，4η可取1,5
4444()5(1)54E p p p η=+-=-；
由题意得3
4
343()()53544
E E p p p ηη<⇔-<-⇔<. 故当3
04
p <<
时，方案三比方案四更“优”．……12分 21解析：(I)()ln x
e f x x x x
=--，定义域(0,)+∞，
22
1(1)(1)()
()1x x e x x x e f x x x x ---'=--=
， 由1x e x x ≥+>，()f x 在(0,1]增，在(1,)+∞减，max ()(1)1f x f e ==-……4分 (II)1()()e 1x
f x x bx x
++
-≥ e e ln e 1x x x
x x x bx x x
⇔-+-++-≥
ln e 10x x x x bx ⇔-++--≥
e ln 1x x x x
b x --+⇔≥min e ln 1(),x x x x b x --+⇔≥……6分
令e ln 1()x x x x x x ϕ--+=，2ln ()x x e x
x x
ϕ+'=
令2()ln x h x x e x =
+，()h x 在(0,)+∞单调递增，0,()x h x →→-∞，(1)0h e =>
()h x 在(0,1)存在零点0x ，即02000()ln 0x
h x x e x =+=
001
ln 2000000
ln 1ln 0(ln )()x x x x x e x x e e x x +=⇔=-=……9分
由于x y xe =
在(0,)+∞单调递增，故0001ln
ln ,x x x ==-即00
1
x e x =
()x ϕ在0(0,)x 减，在0(,)x +∞增，000000min
00
e ln 111()2x x x x x x x x x ϕ--++-+===
所以2b ≤.……12分
22.解析：(I)将点3
(1,)2
P 代入曲线E 的方程，
得1cos ,3,2
a αα=⎧⎪⎨=⎪⎩解得24a =，……2分
所以曲线E 的普通方程为22
143
x y +=, 极坐标方程为2
2
21
1(cos
sin )14
3
ρθθ+=.……5分
(Ⅱ)不妨设点,A B 的极坐标分别为
1212()()00,2
A B π
ρθρθρρ+>>，，，，，
则22
2211222222
11(cos sin )1,4311(cos ()sin ()1,4232ρθρθππρθρθ⎧+=⎪⎪⎨⎪+++=⎪⎩
即2
221
2222111cos sin ,43111sin cos ,43θθρθθρ⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩……8分
2
2
12
1
1
117
4312ρρ+
=
+=,即22
117||||12
OA OB +=……10分 23. 解：(I)由()f x m ≥，得，
不等式两边同时平方，得22
1)(21)x x ≥(－
＋，……3分 即3(2)0x x +≤，解得20x -≤≤.
所以不等式()f x m ≥的解集为{|20}x x -≤≤．……5分
(Ⅱ)设g (x )＝|x －1|－|2x ＋1|，
……8分
()0()f n g n m ≥⇔≥-因为(2)(0)0g g -==，(3)1,(4)2,(1) 3.g g g -=--=-=-
又恰好存在4个不同的整数n ，使得()0f n ≥， 所以2 1.m -<-≤-
故m 的取值范围为[1,2). ……10分
12,,21()3,1,
22,1,x x g x x x x x ⎧
+≤-⎪⎪
⎪
=--<≤⎨⎪
-->⎪⎪⎩。