合肥市2020 年高三第二次教学质量检测数学理科试题（附参考答案）

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高三数学试题（理科）答案 第 1 页（共 4 页） 合肥市 2020 年高三第二次教学质量检测 数学试题（理科）参考答案及评分标准 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.1 14. 3 8 15. 2y x 16. 2  ， 51 2  (第一空 2 分，第二空 3 分) 三、解答题：本大题共 6 小题，满分 70 分. 17.(本小题满分 12 分) 解：(1)设na 的公差为 d ，由 2 1a  ， 7 14S  得 1 1 1 72114 ad ad     . 解得 1 11,22ad，所以 2n na  . ∵  2 1 22 123 22 nnnn nbbb b       ，∴  1 2 123 1 2 nn nbbb b      ( 2n  )， 两式相除得 2n nb  ( 2n  ). 当 1n  时， 1 2b  适合上式. ∴ 2n nb  . ………………………………5 分 (2)∵ cos 2 cos 2 n nn n ncb a  ， ∴    23 4 21 2 2 2132cos 2 cos 2 cos 2 cos 2 2 cos 2 cos22 2 nn n nT n           24 6 2 246 2 =2 cos 2 cos 2 2 cos 3 2 cos 222 (1)2 n nn n           141 4 44 14 5 n n  . ………………………………12 分 18.(本小题满分 12 分) 解：(1) //CD AB .理由如下： 连结CD ，分别取 AFBE， 的中点 M N， ，连结 DM CN MN，， ，由图(1)可得， ADF 与 BCE 都是等腰直 角三角形且全等，则 DM AF ，CN BE ，DM CN ，如图. ∵平面 ADF  平面 ABEF ，交线为 AF ，DM  平面 ADF ，DM AF ，∴ DM  平面 ABEF . 同理得， CN  平面 ABEF ，∴ //DM CN . 又∵ DM CN ∴四边形 CDMN 为平行四边形 ∴ //CD MN . ∵M N， 分别是 AFBE， 的中点 ∴ //MNAB ∴ //CD AB . ………………………………5 分 (2)在 AB 边上取一点 P ，使得 APDF . 由图(1)可得， ADFP 为正方形，即 APFP . ∵M 为 AF 的中点 ∴MPMA . 由(1)知，MD  平面 ABEF ，∴ MAMPMD，， 两两垂直. 以M 点为坐标原点，直线 MAMPMD，， 分别为坐标轴建立空间直角坐标系 xyzM  ，如图. 设 2AF  ，则 D (0，0，1)， A (1，0，0)， P (0，1，0)， F (-1，0，0)， ∴FD   (1，0，1)， FEAP   (-1，1，0). 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A B B C A D A B D A C D 高三数学试题（理科）答案 第 2 页（共 4 页） 设平面 DFE 的一个法向量为 mxyz  ，， . 由 0 0 FD m FE m         得 0 0 xz xy     . 令 1x  ，则 11yz， ，∴ m   (1，1，-1). 由平面 ADF 是坐标平面 xMz 可得：平面 ADF 一个法向量为 n  (0，1，0). 设平面 ADF 与平面 DFE 所成的锐角二面角为 ，则 3cos cos 3 mnmn mn     ， ， ∴平面 ADF 与平面 DFE 所成锐二面角的余弦值为 3 3 . ………………………………12 分 19.(本小题满分 12 分) 解:(1)设直线l 的方程为 1 2yxm.设 A ( 11x y， )， B ( 22x y， ). 由 22 143 1 2 xy yxm     得 2230xmxm，则 2 12 12 3xx mxxm   ， . 由 22430mm    ，解得 22m  . 又∵点 P ( 31 2 ， )在直线 l 的左上方，∴ 21m . 若以 AB 为直径的圆恰好经过椭圆 C 的右焦点 2F ，则 220AF BF   ，即   11 2 211 0xy xy  ，，， 化简得 274110mm，解得 11 7m  ，或 1m  (舍). ∴直线l 的方程为 111 27yx. ………………………………5分 (2)∵ 12 1 2 12 1 2 3 3 31 31 2 2 22 22 11 1 1PA PB y yxmxm kk xx x x          12 1111 11m x x        12 12 12 211 1 xxm x xxx     2 211 13 mm mm     2 2 2102 mm mm   ， ∴直线 1x  平分 APB ，即 PAB 的内切圆的圆心在定直线 1x  上.………………………12 分 20.(本小题满分 12 分) 解:(1)∵ 01 02 1 013 1 p p p       ，解得 10 3p. 1400 400 1200 400 400 200EA p p p p， 1200 300 900 100 300 200EB p p p p，   10 4EA EB p；   1 4EA EB p；   11 43EA EB p . ∴当 10 4p时，应选择方案 A ；当 11 43p时应选择方案 B ； 当 1 4p  时，既可以选择方案 A 也可以选择方案 B . ……………………………5 分 (2)因为 =0.2p ，根据(1)的结果，应选择方案 A ，所以新产品的年度总成本为 32 1 2 8101603yxxx. 设市场行情为畅销、平销和滞销时，新产品的年利润分别为 1 ， 2 和 3 ，则 高三数学试题（理科）答案 第 3 页（共 4 页） 1160x y ， 21 360 4 x xy   ，  3160 x xy  ， ∴ 的分布列为  111 30.4 60 0.4 60 0.2 604Exyxxyxxy         3221550 16032xxx    . ………………………………9 分 设  3221550 16032fx E x x x  ，020x  ，∴   221550fx x x  .  00 10fx x  ，  01020fx x   . ∴ f x 在(0，10)上单调递增，在  10 20， 上单调递减， ∴当 10x  时， f x 取得最大值，即年产量为 10 万件时，  E  取得最大值， 此时   max 10 423.3fx f(万元).由(1)知，预期平均年利润的期望   400 200 360EA p (万元). 因为 423.3 360 ，所以在年产量为 10 万件的情况下，可以达到甚至超过预期的平均年利润. ……………………………12 分 21.(本小题满分 12 分) 解：(1)  sinxf xe x ，定义域为 R .   sin cos 2 sin 4 xxfx e x x e x   . 由  0fx  解得 sin 04x  ，解得 372244kxk  (kZ ). ∴  f x 的单调递减区间为 372 244kk  ， (kZ ). ………………………………4 分 (2)由已知 () sinxg xe xax，∴   sin cosxg xe x xa . 令  hx g x ，则  2cosxhx e x  . ∵ 0x  ， ，∴当 0 2x  ， 时，  0hx  ；当 2x   ， 时，   0hx  ， ∴ hx在 0 2   ， 上单调递增，在 2    ， 上单调递减， 即 g x 在 0 2   ， 上单调递增，在 2    ， 上单调递减. ∵ 01g a  ，  0gea  . ①当10a，即 01a时， 00g  ，∴ 02g   ∴ 0 2x   ， ，使得 0 0gx  ， ∴当 00x x ， 时，  0gx  ；当 0xx ， 时，   0gx  ， ∴  g x 在00 x， 上单调递增，在 0x ， 上单调递减. ∵ 00g  ，∴ 0 0gx  . 又∵  0ga  ，∴由零点存在性定理可得，此时  g x 在 0 ， 上仅有一个零点. ②若13a时， 0g  10a， 又∵ g x 在 0 2   ， 上单调递增，在 2    ， 上单调递减，又 2 02gea    ,  160x y 1 360 4 x xy    160 x xy  p 0.4 0.4 0.2 高三数学试题（理科）答案 第 4 页（共 4 页） ∴ 1 0 2x  ， ， 2 2x   ， ，使得  1 0gx  ，  2 0gx  ， 且当 10x x ， 、 2xx ， 时，  0gx  ；当  12x xx ， 时，   0gx  . ∴ g x 在10 x， 和2x ， 上单调递减，在  12x x， 上单调递增. ∵ 00g  ，∴ 1 0gx  . ∵ 223 022 2geae     ，∴ 2 0gx  . 又∵  0ga  ，由零点存在性定理可得，  g x 在 12x x， 和 2x ， 内各有一个零点， 即此时 g x 在 0 ， 上有两个零点. 综上所述，当 01a时， g x 在 0 ， 上仅有一个零点； 当13a时， g x 在 0 ， 上有两个零点. ………………………………12 分 22.(本小题满分 10 分) (1)曲线C 的参数方程 3cos 4sin 12 9cos sin55 x y       消去参数 得，曲线 C 的普通方程为 22 125 9 xy. ∵ sin 33  ，∴ 3cos sin 23 0， ∴直线l 的直角坐标方程为 3230xy . ………………………………5 分 (2)设直线l 的参数方程为 12 2 3 2 x t yt     (t 为参数)， 将其代入曲线 C 的直角坐标方程并化简得 276630tt ，∴ 12 12 6 97tt tt ， . ∵M 点在直线l 上， ∴ 2 12 12 12 36 30 243649 7MP MQ t t t t t t . ………………………………10 分 23.(本小题满分 10 分) (1)由题意知， 3 2 为方程 13 5x xm   的根，∴ 391522m ，解得 1m  . 由 13 51xx  解得， 37 24x，∴ 7 4n  . ………………………………5 分 (2)由(1)知 1abc， ∴ 22 2 2 22222b c c a a b bc ac ab abcabc  . 22 22 22 22 22 22 22 22 2221ab bc ca ab bc bc ca ca ababc abc   ， 22 212222 2abcab c bc a ca b a b cabc abc， ∴ 22 2 2 22 2bc ca ab abc  成立. ………………………………10 分