惠州2020高三第三次调研考理数-答案

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数学试题（理科）答案 第 1 页，共 10 页 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】 { 2 1} { 0}xA x x x    ， { 0}UC A x x  ，故选 D. 2.【解析】 21 3 1 3i i2 2 2 2z     （ ） ，所以 z 对应的点在第二象限，故选 B. 3.【解析】 2020 1log πa  2020log 1 0  ， 20201 πb       01 ， ， 1 π2020c  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 3  ， 2 1cos 10   ， 所以 3sin( 2 )2   2 4cos2 (2cos 1) .5        故选 A. 5.【解析】如图所示，MP→ ＝AP→－AM→ ＝1 2AD→ －4 5AC→＝1 2AD→ －4 5(AB→＋AD→ ) ＝ 1 2 b  － 4 5 ( a  ＋b  )＝－ 4 5 a  － 3 10 b  .故选 C. 6.【解析】依题意，知－ 4 a ＝－ 1 2a ，且－ 5 2a ≠ 1 2 ，解得 a＝± 2 .故选 A. 7.【解析】 1 2 3 3 2 4 3 5 4 6 5 2 1( ) ( ) ( ) ( ) ( )n n n nS a a a a a a a a a a a a a a                 2 2 2 1n na a a     ，所以 2019 2021 1S a  ，故选 D. 8.【解析】 1 1 3 3 2 8 1 5 .14 C CP C   故选 D. 9.【解析】   21 sin1 xf x xe      1 sin1 x x e xe      是偶函数，排除 C、D，又 (1) 0,f  故选 A. 10.【解析】如图： 面 ， 面 ， 面 ，可知 ， ，因为△ 是正三角形， m n、 所成角为 60°． 则 m、n 所成角的正弦值为 ．故选 D． 11.【解析】设直线 AB 的方程为： ݊㒈 ݊ ，点 㒈 , 㒈 ， 直线 AB 与 x 轴的交点为  ， 由 ݊㒈 ݊ 㒈 㒈 ݊㒈  ，根据韦达定理有 㒈 㒈 , ， ݊ 㒈 㒈 ， 数学试题（理科）答案 第 2 页，共 10 页 结合 㒈 及 㒈 ，得 㒈 㒈 ݊ 㒈 㒈  ， 点 A、B 位于 x 轴的两侧， 㒈 㒈 ，故 ．不妨令点 A 在 x 轴上方，则 㒈  ,又  , ݊ 㒈 㒈 ݊ 㒈 㒈 ݊ 㒈 㒈 㒈 ． 当且仅当 㒈 㒈 ，即 㒈 时，取“ ”号， 与 面积之和的最小值是 3．故选 B． 12.【解析】  ݊ 区间中点为  ݊ ，根据正弦曲线的对称性知  ݊ , 正确。 若   ，则   ݊ ，即 㔨 ，不妨取 ，此时 sin ，满 足条件，但 为  上的最大值，不满足条件，故 错误。 不妨令  ݊ ݊ ，  ݊ ݊ ݊ ，两式相减得 , 即函数的周期 ，故 正确。 区间  的长度恰好为 673 个周期，当   时，即 ݊ 时， 在开区间  上零点 个数至少为 㔨 ，故 错误。 故正确的是 ，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、 4 7 13.【解析】① 22,2 20;n   ② 44,2 20;n   ③ 66,2 20.n   故答案为 6. 14.【解析】令 0x  ，得 0 1a  ，令 ，则  ݊ ݊ ݊ ݊ ．所以 1 2 8 3.a a a     15.【解析】由 时， ，可得 ݊ ݊ ，又 ，即 ݊ ，即有 ݊ ， 解得 ；由 ݊ ݊ ，可得 ݊ ݊ ，由 ，可得 ݊ ， ݊  ，  ݊ ． 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： 2 4y cx ； 由 1 1 2 3tan 4PFk PF F   ， 1 2 4cos 5PF 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 2 0 02 pPM PF x x c     ，∴ 1 0 1 5 ( )cos 4 PMPF x cMPF    ． 由 1 2 2PF PF a  ，可得 0 0 0 5 ( ) ( ) 2 84 x c x c a x a c        数学试题（理科）答案 第 3 页，共 10 页 在△ 1 2PF F 中， 2 0 8PF x c a   ， 1 2 2 10PF PF a a   ， 1 2 2F F c ， 由余弦定理得 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 1 22 cosPF PF F F PF F F PF F      即 2 2 2 4(8 ) (10 ) (2 ) 2 10 2 5a a c a c      ，化简得 25 40 45 0e e   4 7e   ，又 2e  ， 4 7e   ．故答案为 4 7 ． 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  ， π 3ABC  ， 1 3 3sin2 2ABCS AB BC ABC     ，……………………………………1 分 所以 3 3 3 2 2AB  ，解得 3AB  ．………………………………………2 分 在 ABC 中，由余弦定理得 2 2 2 2 cos 7AC AB BC AB BC ABC      ，……4 分 因为 0AC  ，所以 7AC  ． …………………………………………………5 分 （2）设 ACD   ，则 π π 3 3ACB ACD       ． ………………6 分 在 Rt ACD 中，因为 2 3AD  ，所以 2 3 sin sin ADAC    ． ……………7 分 在 ABC 中， ππ 3BAC ACB ABC         ， ………………………8 分 由正弦定理得 sin sin BC AC BAC ABC   ，即 2 2 3 π 3sin( ) sin3 2     ，……9 分 所以 2sin( ) sin3     ，所以 3 12( cos sin ) sin2 2     ， …………10 分 即 3 cos 2sin  ， …………………………………………………………11 分 所以 3tan 2   ，即 3tan 2ACD  ． ……………………………………12 分 数学试题（理科）答案 第 4 页，共 10 页 18.（本小题满分 12 分） 【解析】（1）证明：连接 BD，设 AE 的中点为 O， ABCE ， AB CE CD ， 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 ，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, ， E 0,  ， C  ， PE 0, ， EC  ………………7 分 设平面 PCE 的一个法向量为 n x y, z ，则 n PE  n EC  ，即 x z  x ݊ y  , ……………8 分 令 x ，得 n ………………………………………………9 分 又 OB ⊥ 平面 PAE， n  1,  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 n | |n n | |n ||n | ……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 ．…………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 ，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 在 Rt△CHE 中，∠CEH=60°，CE=1，所以 HE= ，CE= ，……………………8 分 F 数学试题（理科）答案 第 5 页，共 10 页 在 Rt△HFE 中，∠FEH=60°，HE= ，所以 HF= ……………………………………9 分 在 Rt△CHF 中，由勾股定理知 CF= …………………………………………………10 分 故 cos∠CFH= = ……………………………………………………………………11 分 所以二面角 A EP C 的余弦值为 ．………………………………………………12 分 19.（本小题满分 12 分） 【解析】（1）【解法一】 记事件 Ai { 从 6 名学生抽取的 3 人中恰好有 i 人有兴趣， i  ，1，2， } ； 则 A 与 A 互斥………………………………………………………………………1 分 故所求概率为 P 至少 人感兴趣 P A ݊ A P A ݊ P A ……………2 分 C C C ݊ C C  C ………………………………3 分   ；…………………………………4 分 【解法二】记事件 Ai { 从 6 名学生抽取的 3 人中恰好有 i 人有兴趣， i  ，1，2， } ； 则 A 与 A 互斥………………………………………………………………………1 分 故所求概率为 P 至少 人感兴趣 − P A ݊ A − P A − P A ………2 分 − C C C − C C  C ………………………………3 分 −   ；…………………………………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 Pξ  C C C C  …………………………………………………………6 分 Pξ C C C ݊C C C C ………………………………………………7 分 Pξ C C ݊C C C C C  ………………………………………………8 分 Pξ C C C C …………………………………………9 分 则 ξ 的分布列为： ξ 0 1 2 3 p   ………10 分 【注】无列表此得分点不得分。 数学期望为 Eξ   ݊  ݊  ݊  ． ………………………12 分 数学试题（理科）答案 第 6 页，共 10 页 20.（本小题满分 12 分） 【解析】（1）当  时，代入椭圆方程可得 点坐标为  或  ……………………1 分 若 点坐标为  ，此时直线 l： ݊ 㒈  …………………………………2 分 联立 2 2 4 4 0 4 4 x y x y       ，消 x 整理可得 㒈 㒈 ݊  ……………………………3 分 解得 㒈 或 2 3 5y  ，故 B ……………………………………………………4 分 所以 的面积为 . …………………………………………………5 分 若 点坐标为  ，由对称性知 的面积也是 4 5 ， 综上可知，当  时， 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： 㒈 ݊ ……………………………7 分 联立 㒈 ݊ ݊ 㒈 ，消去 x 整理得 ݊ 㒈 ݊ 㒈 ݊ 由 ݊  ，得 …………8 分 则 㒈 ݊ 㒈 ݊ ， 㒈㒈 ݊ ,…………………………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 ݊ ݊ ݊  ………………10 分 设 ݊ ，则 ݊ ݊ ݊ 㒈 ݊ ݊ 㒈 ݊ 㒈݊݊㒈݊ ݊݊ 㒈㒈݊݊㒈݊㒈 ݊݊ , 即 㒈㒈 ݊ ݊㒈 ݊ 㒈 ݊ ݊ ݊ ݊ ݊ ݊  , 解得 ݊ . …………………………………………………………………………………………11 分 故 x 轴上存在定点  ，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 2 2 ( 4) 4 4 0 y k x x y       ，消去 y 整理得 2 2 2 2(1 4 ) 32 64 4 0k x k x k     由 2 2 2 2( 32 ) 4(1 4 )(64 4) 0k k k       ，得 2 1 12k  ,………………………8 分 则 2 1 2 2 32 1 4 kx x k    ， 2 1 2 2 64 -4 1 4 kx 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 ݊ ݊ ݊  ……………10 分 数学试题（理科）答案 第 7 页，共 10 页 设 ݊ ，则 1 2 1 2 1 2 1 2 ( 4) ( 4) TA TB y y k x k xk k x t x t x t x t          1 2 1 2 1 2 2 ( 4)( ) 8 ( )( ) x x t x x tk x t x t        即 1 2 1 22 ( 4)( ) 8 0x x t x x t     ， 2 2 2 2 2 2 128 -8 ( 4)32 8t 32- 01 4 1 4 1 4 k t k tk k k k       解得 ݊ . …………………………………………………………………………………………11 分 故 x 轴上存在定点  ，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 ( ) ( 1)=0ax axf x a e a a e      ，解得 0x  ． ………………1 分 若 0a  ，则当 (0, )x  时， ( ) 0f x  ，故 ( )f x 的单调递增区间为 (0, ) ； 当 ( ,0)x  时， ( ) 0f x  ，故 ( )f x 的单调递减区间为 ( ,0) ．………2 分 若 0a  ，则当 (0, )x  时， ( ) 0f x  ，故 ( )f x 的单调递增区间为 (0, ) ； 当 ( ,0)x  时， ( ) 0f x  ，故 ( )f x 的单调递减区间为 ( ,0) ．………3 分 综上所述， ( )f x 的单调递增区间为 (0, ) ，单调递减区间为 ( ,0) ．……………4 分 【解法二】令 ,)( tetg t  其中 axt  . .1)('  tetg 令 ，0)(' tg 得 0.t 当 时，)0,(t ，0)(' tg ）上单调递减；在（ 0,)(  tg 当 时，， )0( t ，0)(' tg .0)( ）上单调递增，在（  tg ………………1 分 又当 0a 时， axt  在 R 上单调递增； 当 0a 时， axt  在 R 上单调递减。……………………………………………2 分 由复合函数单调性知， 0a 时， ( )f x 的单调递增区间为 (0, ) ，单调递减区间为 ( ,0) ； 0a 时， ( )f x 的单调递增区间为 (0, ) ，单调递减区间为 ( ,0) ． …………3 分 综上所述， ( )f x 的单调递增区间为 (0, ) ，单调递减区间为 ( ,0) ．……………4 分。 （2） 2( ) ( 1)2 af x x ≥ ，即 2( 1)2 ax ae x ≥ （﹡）． 令 0x  ，得1 2 a≥ ，则 1 22 a ≤ ． ……………………………………………………5 分 当 1x   时，不等式（﹡）显然成立， 当 ( 1, )x   时，两边取对数，即 2ln( 1) ln 2 aax x  ≥ 恒成立． …………………6 分 数学试题（理科）答案 第 8 页，共 10 页 令函数 ( ) 2ln( 1) ln 2 aF x x ax    ，即 ( ) 0F x ≤ 在 ( 1, )  内恒成立．……………7 分 由 2 2 ( 1)( ) =01 1 a xF x ax x       ，得 2 1 1x a     ． 故当 2( 1, 1)x a    时， ( ) 0F x  ， ( )F x 单调递增； 当 2( 1 + )x a   ， 时， ( ) 0F x  ， ( )F x 单调递减. ………………………………………8 分 因此 2 2( ) ( 1) 2ln 2 ln 2 ln2 2 a aF x F a aa a        ≤ ． ………………………9 分 令函数 ( ) 2 ln 2 ag a a   ，其中 1 22 a ≤ ， 则 1 1( ) 1 0ag a a a      ，得 1a  ， 故当 1( ,1)2a 时， ( ) 0g a  ， ( )g a 单调递减； 当 (1,2]a 时， ( ) 0g a  ， ( )g a 单调递增． ……………………10 分 又 1 3( ) ln 4 02 2g    ， (2) 0g  ， 故当 1 22 a ≤ 时， ( ) 0g a ≤ 恒成立，因此 ( ) 0F x ≤ 恒成立， …………………11 分 综上知：当 1 ,22a     时，对任意的 [ 1, )x   ，均有 2( ) ( 1)2 af x x  成立……12 分 22.（本小题满分 10 分） 【解析】（1）【解法 1】由 1 2cos  ， 2 2cos 6       ， 3 2cos 6       ，…3 分 则 2 3 2cos 2cos6 6                   2 3cos ………………4 分 所以 1 2 33    ……………………………………………………………5 分 【解法 2】 M 的直角坐标方程为 2 21 1x 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 ，  3, 3k   ， 由点到直线距离公式可知 2 1 kMF k   在直角三角形 OMF 中，由勾股定理可知 2 2 1 1 + 12 MF     ，得 1 2 2 1k    ……………2 分 数学试题（理科）答案 第 9 页，共 10 页 由直线方程可知 tank  ， 2 tan + 6k      ， 3 tan 6k      所以 2 tan +tan 3 +16 = 31 tan tan 6 kk k      ，得 2 2 3 1 k k     ………3 分 所以 3 tan -tan 3 16 = 31 tan tan 6 kk k      ，得 3 2 3 1 k k     ……4 分 所以 1 2 33    ……………………………………………………………5 分 （2）【解法一】曲线 M 的普通方程为： 2 2 2 0x y x   ，……………………………………6 分 将直线 BC 的参数方程代入上述方程，整理得 2 3 0t t  ，解得 1 20, 3t t  ；………7 分 平面直角坐标为  1 3, , 2,02 2B C       ………………………………………………………8 分 则 2 31, 2, 6      ；又得 1 3  . ……………………………………9 分 即四边形面积为 1 2 1 3 1 1 3 3sin sin2 6 2 6 4OBACS        为所求. ………10 分 【解法二】由 BC 的参数方程化为普通方程得： .23  yx ………………………5 分 联立      02 23 22 xyx yx 解得      0 2 1 1 y x 或         2 3 2 1 2 2 y x ，即 )2 3,2 1(B , )0,2(C …………6 分 ,6,12   点 A 的极坐标为 ），（ 63  ，化为直角坐标为 ），（ 2 3 2 3 ………7 分 直线 OB 的方程为 xy 3 ，点 A 到直线 OB 的距离为 .2 3 )3(1 2 3 2 33 2    d ………8 分 .4 33 2 322 1 2 312 1   OACOBAOBAC SSS …………………………10 分 23．（本小题满分 10 分） 【解析】（1）当 4x  时，原不等式等价于 2 4 3x x x    ，解得 2x   ，所以 4x  ………1 分 当 2x   时，原不等式等价于 2 4 3x x x     ，解得 2 5x  ，所以此时不等式无解…2 分 当 2 4x   时，原不等式等价于 2 4 3x x x    ，解得 2x  ，所以 2 4x  ……3 分 数学试题（理科）答案 第 10 页，共 10 页 综上所述，不等式解集为 2, ．……………………………………………5 分 （2）由   1f x k x  ，得 2 4 1x x k x     ， 当 1x  时， 6 0 恒成立，所以 Rk  ； …………………………………………6 分 当 1x  时， 2 4 1 3 1 3 3 31 11 1 1 1 x x x xk x x x x                 ．……7 分 因为 3 3 3 31 1 1 1 21 1 1 1x x x x                     ……………………8 分 当且仅当 3 31 1 01 1x 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 分，但每小问给分最多不超过 3 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。