高三年级第二次教学质量检测卷—理科数学试卷—附答案与答题卡

理科数学参考答案 2020 01 ACCD ADAB DDAB 13 1 14 1 15 16 16 23 3 2 17 1 解 依题意 得 a1 a3 1 a2 2 a1 a2 a3 6 2 分 即 整理得 d2 d 2 0 a1 a1 2d 1 a1 d 2 3a1 3d 6 3 分 d 0 d 1 a1 1 5 分 数列 an 的通项公式 1 1 即数列 an 的通项公式 6 分 2 解 bn a n 2 an n 2 n n 1 2 n 7 分 Tn b1 b2 bn 1 2 2 n n 1 2 1 2 1 2 Tn 1 2 n 2 3 n 1 2 1 2 1 2 1 2 9 分 1 2 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 11 分 故 1 2 1 1 2 12 分 18 解 1 f x 3 2 sin2x 1 cos 2x 2 1 2 1 分 3 2 sin2x 1 cos2x 2 1 2 3 2 sin2x 1 2cos2x 2 分 sin 2x 6 3 分 f 2 12 5 5 sin 5 5 0 2 cos 25 5 4 分 f 2 6 310 10 sin 2 310 10 cos 310 10 0 2 sin 10 10 5 分 sin sin cos cos sin 5 5 310 10 25 5 10 10 2 2 6 分 2 f C sin 2C sin 2C 1 6 6 C 0 2C 6 6 11 6 2C 即 C 6 2 3 7 分 c2 a 2 b 2 2abcos C a2 b 2 ab a b 2 3ab 3 a b 2 3ab 8 分 当且仅当时取 ab a b 2 2 a b 9 分 3 a b 2 3ab a b 2 3 4 a b 2 1 4 a b 2 即 当且仅当时取 12 a b 2a b 2 3 a b 10 分 又 a b c 3 11 分 的取值范围是 a b 3 2 3 12 分 方法 2 f C sin 2C 1 0 sin 2C 1 6 6 C 0 2C 6 6 11 6 2C 即 C 6 2 3 7 分 A B C 2 3 B 2 3 A 8 分 根据正弦定理有 得 a sinA b sinB c sinC 3 3 2 2a 2sinA b 2sinB 2sin 2 3 A a b 2sinA 2sin 2 3 A 2sinA 2sin 2 3cosA 2cos 2 3sinA 3sinA 3cosA 23sin A 6 10 分 0 A 2 3 6 A 6 5 6 当 即时 取到最大值 1 2 sin A 6 1 A 6 2 A 3 11 分 的取值范围是 3 a b 23 a b 3 2 3 12 分 19 1 证明 方法一 取线段的中点 连接 CDMN BN 为线段的中点 MA1C MN A1D 1 分 MN 平面A1DE A1D 平面A1DE z O N M E D C A B A1 x y MN 平面A1DE 2 分 为的中点 四边形为矩形 EAB边ABCD BE DN BE DN 四边形为平行四边形 BEDN BN DE 3 分 BN 平面A1DE DE 平面A1DEBN 平面A1DE 4 分 BN MN N BN MN 平面BMN 平面BMN 平面A1DE 5 分 BM 平面BMNBM 平面A1DE 6 分 证明 方法二 延长的相交于点 连接 CBDEPA1P 1 分 为的中点 四边形为矩形 EAB边ABCD 为的中位线 BE CD BE 1 2CD BE PCD 为线段的中点 BCP 3 分 为线段的中点 MA1CBM A1P 4 分 BM 平面A1DE A1P 平面A1DE BM 平面A1DE 6 分 2 解 为边的中点 AB 2ADEAB 即 AD AEA1D A1E 取线段的中点 连接 则由平面几何知识可得 DEOA1O ON A1O DE ON CE 又 四边形为矩形 为边的中点 ABCDAB 2ADEAB 7 分 DE CE DE ON 平面平面 平面平面 A1DE ABCDA1DE ABCD DE A1O DE A1O 平面ABCD 8 分 ON 平面ABCDA1O ON 以 为原点 所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系 则OON OD OA1x y zO xyzB 1 2 0 C 2 1 0 A1 0 0 1 M 1 1 2 1 2 D 0 1 0 BM 0 3 2 1 2 A1C 2 1 1 DC 9 分 2 2 0 设平面的一个法向量为 则 即 不妨取 则A1DCm x y z m A1C 0 m DC 0 2x y z 0 2x 2y 0 x 1 即 11 分 y 1 z 1m 1 1 1 设直线与平面所成角为 则 BMA1DC sin cos m BM m BM 2 10 2 3 230 15 直线与平面所成角的正弦值为 12 分 BMA1DC 230 15 20 解 1 由已知可得 kAM kBM y 1 x y 1 x 1 2 1 分 化简得 x2 2 y2 1 0 2 分 即 曲线 C 的轨迹方程为 x2 2 y2 1 x 0 3 分 z O N M E D C A B A1 x y P 注 不写可不扣分 x 0 2 方 法 由 已 知 直 线 的 斜 率 存 在 所 以 设 直 线 的 方 程 为 lly k x 1 k 0 且 k 1 且 k 1 4 分 所以 点的坐标为 即 P 0 k OP 0 k 5 分 设 则 联立削去 得 C x1 y1 D x2 y2 y k x 1 x2 2 y2 1 y 1 2k2 x2 4k2x 2k2 2 0 所以 x1 x2 4k2 1 2k2 x1 x2 2k2 2 1 2k2 y1 y2 2k 1 2k2 y1 y2 k2 1 2k2 7 分 直线的方程为 直线的方程为 AC y 1 y1 1 x1 xBDy 1 y2 1 x2 x 将两方程联立消去 得 x y 1 y 1 x2 y1 1 x1 y2 1 8 分 解得 y 1 y 1 x2 y1 1 x1 y2 1 y1 1 x1 x2 y2 1 由题意可知 所以 kAD kBD y2 1 x2 y2 1 x2 1 2 x2 y2 1 2 y2 1 x2 所以 y 1 y 1 x2 y1 1 x1 y2 1 y1 1 x1 x2 y2 1 y1 1 x1 2 y2 1 x2 2 y1 1 y2 1 x1x2 2 y1 y2 y1 y2 1 x1x2 将韦达定理代入得 解得 y 1 y 1 k 1 k 1 y 1 k 所以 点的坐标为 Q x0 1 k 11 分 所以 为定值 OP OQ 0 k x0 1 k 1OP OQ 12 分 方 法 二 由 已 知 直 线的 斜 率 存 在 所 以 设 直 线的 方 程 为lly k x 1 k 0 且 k 1 且 k 1 4 分 所以 点的坐标为 即 P 0 k OP 0 k 5 分 设 则 联立削去 得 C x1 y1 D x2 y2 y k x 1 x2 2 y2 1 y 1 2k2 x2 4k2x 2k2 2 0 所以 x1 x2 4k2 1 2k2 x1 x2 2k2 2 1 2k2 7 分 直线的方程为 直线的方程为 AC y 1 y1 1 x1 xBDy 1 y2 1 x2 x 将两方程联立消去 得 x y 1 y 1 x2 y1 1 x1 y2 1 8 分 解得 y 2kx1x2 k x1 x2 x1 x2 k x1 x2 x1 x2 2k 2k2 2 2k2 1 4k3 2k2 1 x1 x2 k x1 x2 4k2 2k2 1 2k2 1 x1 x2 4k k 2k2 1 x1 x2 4k 1 k 所以 点的坐标为 Q x0 1 k 11 分 所以 为定值 OP OQ 0 k x0 1 k 1OP OQ 12 分 方法三 由已知直线 的斜率存在 l 所以 设直线 的方程为 ly k x 1 k 1 且 k 1 4 分 所以 点的坐标为 即 P 0 k OP 0 k 5 分 设 则 联立削去 得 C x1 y1 D x2 y2 y k x 1 x2 2 y2 1 y 1 2k2 x2 4k2x 2k2 2 0 所以 且 x1 x2 4k2 1 2k2 x1 x2 2k2 2 1 2k2 y1 y2 2k 1 2k2 y1 y2 k2 1 2k2 7 分 直线的方程为 直线的方程为 AC y 1 y1 1 x1 xBDy 1 y2 1 x2 x 将两方程联立消去 得 x y 1 y 1 x2 y1 1 x1 y2 1 8 分 因为 所以 与 异号 1 y1 y2 1 y 1 y 1 x2 x1 y 1 y 1 2 x2 2 x2 1 y1 1 2 y2 1 2 2 2y2 2 2 2y2 1 y1 1 2 y2 1 2 1 y1 1 y2 1 y1 1 y2 1 y1 y2 y1y2 1 y1 y2 y1y2 1 2k 1 2k2 k2 1 2k2 1 2k 1 2k2 k2 1 2k2 1 2k k2 1 2k k2 k 1 k 1 2 又 所以 与同号 与异号 x1 x2 2k2 2 1 2k2 2 k 1 k 1 1 2k2 k 1 k 1 x1 x2 y 1 y 1 k 1 k 1 所以 解得 所以 点的坐标为 y 1 y 1 k 1 k 1 y 1 k Q x0 1 k 11 分 所以 OP OQ 0 k x0 1 k 1 为定值 OP OQ 12 分 21 解 1 函数的定义域为 R 1 1分 由得 0 1 所以 当时 当时 1 0 2分 所以 函数的单调减区间为 单调增区间为 1 1 3分 所以 当时 取得极小值 无极大值 1 1 1 4分 2 由得 即 xa 1 ex alnx 0 6分 设 1 则不等式对任意的实数恒成立 等价于 xa 1 ex alnx 0 1f 7分 由 1 知 函数在区间上为增函数 1 所以 即对任意的实数恒成立 1 8分 因为 所以 1 0 即对任意的实数恒成立 即 a 1 a 9分 令 则 由得 1 2 0 所以 当时 函数在区间上为减函数 当时 1 0 所以 当时 取得最小值 g 所以 即 11分 又由已知得 所以 实数 a 的取值范围是 0 0 12分 22 解 1 直线 过点 倾斜角为 l 1 0 60 可设直线 的参数方程为 l x 1 1 2t y 3 2t t 为参数 2 分 曲线 C 的方程为 2 6 2 sin2 2 2 2sin2 6 2 x2 y2 y2 6 2x 2 3y2 6 曲线 C 的直角坐标方程为 x2 3 y2 2 1 4 分 2 由 1 知 直线 的参数方程为 两点所对应的参数分别为 l x 1 1 2t y 3 2t t 为参数 A B t1 t2 将 的参数方程代入到曲线 C 的直角坐标方程为中 l x2 3 y2 2 1 化简得 11t2 8t 16 0 6 分 t1 t2 8 11 t1 t2 16 11 7 分 t1 t2 16 11 0 FA FB t1 t2 16 11 8 分 FA FB t1 t2 t1 t2 t1 t2 2 4t1 t2 8 11 2 4 16 11 163 11 9 分 1 FA 1 FB FA FB FA FB 3 10 分 23 解 1 当时 a 1f x x 1 2x 1 则所求不等式可化为 或 或 x 1 x 1 2x 1 3 1 1 2 x 1 2x 1 3 3 分 解得 或 或 x 1 x 5 3 1 1 2 x 1 3 或