2020年佛山市普通高中教学质量检测(一)理数答案

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2020年佛山市普通高中教学质量检测(一)理数答案

理科数学参考答案与评分标准 第 1页(共 4页) 2019~2020 年佛山市普通高中高三教学质量检测(一) 数 学(理科)参考答案与评分标准 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,满分 60 分. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A D C A B B D A D B B C 二、填空题:本大共 4 小题,每小题 5 分,满分 20 分. 13. 60 14. 5 2 15. 1y x  16.   70, 1 , 4  三、解答题:本大题共 6 小题,满分 70 分.解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.【解析】(1)当收费为 20 元时,照片被带走的可能性为 0.3,不被带走的可能性为 0.7,设每个游客的 利润为 1Y (元),则 1Y 是随机变量,其分布列为: 1Y 15 5 P 0.3 0.7 1( ) 15 0.3 5 0.7 1E Y      元,则 5000 个游客的平均利润为 5000 元; …………2 分 当收费为 10 元时,照片被带走的可能性为 0.3 0.05 10 0.8   ,不被带走的可能性为 0.2,设每个游客的 利润为 2Y (元),则 2Y 是随机变量,其分布列为: 2Y 5 5 P 0.8 0.2 2( ) 5 0.8 5 0.2 3E Y      元,则 5000 个游客的平均利润为 15000 元; ………………5 分 该项目每天的平均利润比调整前多 10000 元. …………………………6 分 (2)设降价 x 元,则 0 15x  ,照片被带走的可能性为 0.3 0.05x ,不被带走的可能性为 0.7 0.05x , 设每个游客的利润为Y (元),则Y 是随机变量,其分布列为: Y 15 x 5 P 0.3 0.05x 0.7 0.05x 2( ) (15 ) (0.3 0.05 ) 5 (0.7 0.05 ) 0.05[69 ( 7) ]E Y x x x x          ……………………10 分 当 7x  时, ( )E Y 有最大值 3.45 元, ………………………………………11 分 即当定价为 13 元时,日平均利润为 17250 元. ……………………………………………12 分 18. 【解析】(1)由正弦定理,可得 sin sina B b A . …………………………………………1 分 则有 1 3sin ( sin cos )2 2b A b A A  ,化简得 1 3sin cos2 2A A  . …………………………3 分 即 tan 3A   ,∵ (0, π)A ,则 2π 3A  . ……………………………………………………5 分 (2)设 π, (0, )3B     , … ……4 分 … ……8 分 … ……1 分 理科数学参考答案与评分标准 第 2页(共 4页) 由题意得 BAD   , 2ADC   , 2π 3DAC    , π 3ACD    .……………………6 分 在△ ADC 中, sin sin CD AD DAC ACD   ,则 3 2 2π πsin( ) sin( )3 3      . ………………………7 分 ∴ 3 2 3 1 3 1cos sin cos sin2 2 2 2        ,得 3sin cos5   . ……………………………8 分 结合 2 2sin cos 1   ,可得 21sin 14   , 5 7cos 14   .………………………………………9 分 则 5 3sin 2 2sin cos 14     . …………………………………………………………………10 分 ∴ 1 1 5 3 15 3sin 2 32 2 4 14ADCS AD CD ADC         .………………………………………12 分 19.【解析】(1)由题意得 1 2 ce a   , 2 2 2 3( )1 2 1a b   ,结合 2 2 2a b c  , 解得 2 4a  , 2 3b  , 1c  . …………………………………………………………………………3 分 故所求椭圆C 的方程为 2 2 14 3 x y  . …………………………………………………………………4 分 (2)易知定直线 1l 的方程为 3 3 0x y   . ……………………………………………………5 分 联立 2 2 14 3 y kx x y    ,整理得 2 2(3 4 ) 12k x  ,解得 2 12 3 4x k    , 无妨令 M 点坐标为 2 2 12 12( , )3 4 3 4kk k  . …………………………………………………………7 分 ∵ 1 4OP MN ,由对称性可知,点 P 为OM 的中点,故 P 点坐标为 2 2 12 12 3 4 3 4( , )2 2 kk k  .…8 分 又 P 在直线 1 : 3 3 0l x y   上,故 2 2 12 12 3 4 3 43 3 02 2 kk k     , 解得 1 2 2 30, 3k k  .故 M 点坐标为 (2,0) 或 6 4 3( , )5 5 . …………………………………………10 分 所以 2OM  或 2 21 5 ,所以 MN 的长度为 4 或 4 21 5 . ……………………………………………12 分 理科数学参考答案与评分标准 第 3页(共 4页) 20.【解析】(1)连接 EF ,连接 EG 并延长交 BC 于点 D ,则点 D 为 BC 的中点, 从而点 , ,D E F 分别是棱 , ,CB AB PB 的中点,∴ / /DE AC , / /EF AP .…1 分 又 ,DE EF  平面 PAC , ,AC AP  平面 PAC . ∴ / /DE 平面 PAC , / /EF 平面 PAC . ……………………2 分 又 ,DE EF  平面 EFG , DE EF E ,∴平面 / /EFG 平面 PAC .…3 分 又GF  平面 EFG ,∴ / /GF 平面 PAC 。 ………………………………4 分 (2)连接 PE ,∵ PA PB , E 是 AB 的中点,∴ PE  AB ,∵平面 PAB  平面 ABC ,平面 PAB  平面 ABC AB , PE  平面 PAB ,∴ PE  平面 ABC . …………………………………………6 分 连接 CG 并延长交 BE 于点O ,则O 为 BE 的中点,连接OF ,则 / /OF PE ,∴OF  平面 ABC . ∴ FGO 为GF 与平面 ABC 所成的角,即 60FGO   . …………………………………………7 分 在 Rt△ FGO 中,设 2GF  ,则 1OG  , 3OF  ,∴ 3OC  , 2 3PE  . ∴ 4 3AB  , 2 3CE  , 3OE  ,∴ 2 2 2OE OC CE  ,即OC AB . …………………8 分 如图建立空间直角坐标系O xyz ,则 (0, 3 3,0)A  , (3,0,0)C , (0, 3,2 3)P  , ∴ (3,3 3,0)AC  , (0,2 3,2 3)AP  ,设平面 PAC 的一个法向量为 1 ( , , )x y zn , 则由 1 1 3 3 3 0 2 3 2 3 0 AP x y AC y z            n n ,可取 1 ( 3, 1,1) n . ………………………………………10 分 又平面 PAB 的一个法向量可取 2 (1,0,0)n . …………………………………………………………11 分 则 1 2 1 2 1 2 3 15cos , | || | 55    n nn n n n ,所以二面角 B AP C  的余弦值为 15 5 .……………12 分 21.【解析】(1) ( ) 1 2cosf x x   ,令 ( ) 0f x  ,得 1cos 2x  . ………………………………1 分 故在区间[0, π]上, ( )f x 的唯一零点是 π 3x  . ……………………………………………………2 分 当 π[0, )3x 时, ( ) 0f x  , ( )f x 单调递减;当 π( , π]3x 时, ( ) 0f x  , ( )f x 单调递增.……3 分 故在区间[0, π]上, ( )f x 的极小值为 π π( ) 1 33 3f    . …………………………………………4 分 当 πx  时, π( ) 1 π 2 π 1 ( )3f x f      ,所以 ( )f x 的最小值为 π π( ) 1 33 3f    .………5 分 (2)要证: 0x  时, 2( ) e xf x  ,即证: 0x  时, 2( ) (1 2sin )e 1xg x x x    .…………6 分 2 2 2( ) 2(1 2sin )e (1 2cos )e (3 2 4sin 2cos )ex x xg x x x x x x x          ,……………………7 分 令 ( ) sin , 0h x x x x   ,则 ( ) 1 cos 0h x x    ,即 ( )h x 是 (0, ) 上的增函数. 理科数学参考答案与评分标准 第 4页(共 4页) ∴ ( ) (0) 0h x h  ,即 sinx x . ……………………………………………………………………9 分 ∴ π3 2 4sin 2cos 3 2sin 4sin 2cos 3 2(sin cos ) 3 2 2 sin( ) 04x x x x x x x x x              ∴ 2( ) (3 2 4sin 2cos )e 0xg x x x x      .…………………………………………………………11 分 即 ( )g x 是 (0, ) 上的增函数, ( ) (0) 1g x g  ,故当 0x  时, 2( ) e xf x  . ………………12 分 22.【解析】(1)由 4y m ,得 4 ym  ,代入 24x m ,得 2 4 yx  ,即 2 4y x .………………2 分 ∴C 的普通方程为 2 4y x ,表示开口向右,焦点为 (1,0)F 的抛物线. ……………………………4 分 (2)设直线 1l 的倾斜角为 ,直线 2l 的倾斜角为 π  , 则直线 1l 的参数方程为 0 0 cos (sin x x t ty y t        为参数 ) . …………………………………………………5 分 与 2 4y x 联立得 2 2 2 0 0 0sin (2 sin 4cos ) 4 0t y t y x       .…………………………………6 分 设方程的两个解为 1 2,t t ,则 2 0 0 1 2 2 4 sin y xt t   .……………………………………………………………7 分 ∴ 2 0 0 1 2 2 4 sin y xPA PB t t      . ……………………………………………………………………8 分 则 2 2 0 0 0 0 2 2 4 4 sin (π ) sin y x y xPM PN       . ……………………………………………………………9 分 ∴ PA PB PM PN   .………………………………………………………………………………10 分 23.【解析】(1) ( ) 1 2f a a   ,得 2 1 2a    . ………………………………………………2 分 即 1 3a   ,∴ a 的取值范围是 ( 1,3) .………………………………………………………………4 分 (2)当 1a  时,函数 ( )f x 在区间[ , ]a a k 上单调递增.……………………………………………5 分 则 min[ ( )] ( ) 1 1f x f a a    ,得 2a  . max[ ( )] ( ) 2 1 3f x f a k a k      ,得 1k  .……6 分 当 1a  时, 2 1, 1 ( ) 1 , 1 2 1, x a x f x a a x x a x a            .…………………………………………………………………8 分 则 min[ ( )] ( ) 1 1f x f a a    ,得 0a  . max[ ( )] ( ) 2 1 3f x f a k a k      ,得 2k  .……9 分 综上所述, k 的值为1或 2 . ………………………………………………………………………………10 分
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