四川省巴中市2020届高三第一次诊断性考试数学理试题

一诊考试理科数学参考答案第 1页共 9 页 巴中市普通高中巴中市普通高中 2017 级级“一诊一诊”考试考试 理科数学理科数学参考答案与评分标准参考答案与评分标准 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分 题号题号123456789101112 答案答案DCBCADAACBDB 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 1 2 ；14 5 6 ；152；169 三、解答题：共三、解答题：共 70 分分 17（12 分） 如图， 在四棱锥PABCD中， 底面ABCD 是矩形，PAPD，PAAB， N 是棱 AD 的中点 （1）求证：PNABCD 平面； （2）若APPD，且2, 4ABAD，求二面角B PC N的余弦值 解：解：（1）证法一证法一 由题意，知, ABADABPA 又, , PAADAPA AD平面PAD AB 平面PAD2 分 又PN 平面PAD ABPN3 分 由, PAPDNAND得：PNAD 4 分 , , ABADAAB AD平面ABCD PNABCD 平面6 分 证法二证法二 由题意，知, ABADABPA 又, , PAADAPA AD平面PAD AB 平面PAD2 分 又AB 平面ABCD 平面ABCD 平面PAD3 分 由, PAPDNAND得：PNAD 4 分 平面ABCD平面PADAD,PN 平面PAD PNABCD 平面6 分 （2）解法一：向量方法解法一：向量方法 由APPD，NAND，2, 4ABAD得：2NANDPNNE 取 BC 的中点 E，连结 NE，则/NE AB，故NEAD 由（1）知：, , PNNAPNNENENA7 分 以 N 为原点，NA，NE，NP 分别为, , x y z轴建立空间直角坐标系，于是，有： (0, 0, 0), (2, 0, 0)NA,(2, 2, 0), ( 2, 2, 0), (0, 0, 2)BCP (0, 0, 2), (4, 0, 0), (2, 2, 2)NPCBCP 8 分 设平面NPC的一个法向量为( , , )mx y z 则由 0, 0. m NP m CP 得： 0, 2220. z xyz 取1y 得：(1, 1, 0)m 9 分 P AB C D N x y z E A B C D P N 一诊考试理科数学参考答案第 2页共 9 页 设平面BPC的一个法向量为( , , )ua b c 则由 0, 0. u CB u CP 得： 0, 2220. a abc 取1b 得：(0, 1, 1)u 10 分 11 cos, 2 |22 m u m u m u 11 分 二面角BPCN的余弦值为 1 2 12 分 解法二：解法二：向量方法向量方法 如右图，连结 CN，DE，由已知，得：四边形NECD为正方形 DECN7 分 由（1）知：PNABCD 平面，又DE 平面 ABCD PNDE 又PNCNN，, PN CN 平面PNC DE 平面PNC，即DE 为平面PNC的法向量8 分 连结 PE，取 PE 的中点 Q，连结 NQ 由已知及（1）可得：, PNBC NEBC BC 平面PNE BCNQ 由 PNNE 得：NQPE，又PEBCE NQ 平面PBC，即NQ 为平面PBC的法向量9 分 以 N 为原点，NA，NE，NP 分别为, , x y z轴建立空间直角坐标系 则有： 1( )(0, 1, 1) 2 NQNENP ，(2, 2, 0)DEDNDC 10 分 21 cos, 2 |22 2 NQ DE NQ DE NQDE 11 分 二面角BPCN的余弦值为 1 2 12 分 解法解法三三：综合法：综合法 取 BC 的中点 E，连结 NE，则/NE AB，NEAD,且2NEEC 取NC的中点F，连结EF，则EFNC 过 F 作FGPC，垂足为 G，连结 EG 由（1）知：PNABCD 平面，故PNEF EF 平面PNC 又PC 平面PNC EFPC7 分 又EFFGF PC 平面EFG PCEG8 分 由EG 平面PBC，FG 平面PNC EGF为二面角BPCN的平面角9 分 在直角ENC中，2NEEC 2 2, 2 NEEC NCEF NC ， 22 2CFCEEF10 分 在直角PNC中，由2 2, 2NCPN得：2 3PC 由CFGCPN得： FGCF PNCP ，故 6 3 FG 222 6 3 EGEFFG 1 cos 2 FG EGF GE 11 分 E F G AB C D P N D x y z E A B C P N Q 一诊考试理科数学参考答案第 3页共 9 页 即二面角BPCN的余弦值为 1 2 12 分 解法解法四四：综合法：综合法 取 BC 的中点 E，连结 NE 由（1）知：, , PNNAPNNENENA 由已知，得：2PNNDNE 以, , PNNDNE为棱将四棱锥PNECD补形为正方体NECDPGHM，如图 7 分 连结, , NG NC DE 在正方体NECDPGHM中，由正方体的性质易知： DE 平面PNC，NG 平面PEC9 分 即DE ，NG 分别为平面PNC，平面PEC的法向量10 分 连结 DH，EH，则由正方体的性质知： /DHNG，DEH为等边三角形 60HDE11 分 DE 与NG 的夹角为60 二面角BPCN的余弦值为 1 2 12 分 18（12 分） 已知各项均为正数的数列 n a的前n项和 n S满足 2 14() (*) nn aSnN （1）求数列 n a的通项公式； （2）设2 n a nn ba，求数列 n b的前 n 项和 n T 解：解：（1）由 2 14() (*) nn aSnN知： 当1n 时，有 11 2 1 1 , 04()aaa，解得 1 1a 1 分 由 1 22 1 1 , 14()4() nnnn aaSS 两式想减，得： 1 22 1 114()() nnn aaa ，化简得： 11 22 220 nnnn aaaa 2 分 变形得： 11 (2()0 nnnn aaaa 3 分 对*n N，有0 n a 1 2 nn aa ，即 1 2 nn aa 4 分 故数列 n a是以 1 为首项，2 为公差的等差数列5 分 21 n an6 分 （2）解法一解法一 2 n a nn ba，21 n an 21 212 n n bn 7 分 3521 (1321)(2222) n n nT 8 分 212 2 1(21)2(14 ) 2422+32 21433 n nn nn n n 11 分 212 232 3 n n n T 12 分 解法二解法二 由（1）及已知，得： 2 n nS7 分 记2 n a n c ，数列 n c前n项和为 n A，则 nnn TSA 8 分 1 1 2, 4 n n c c c 数列 n c是以 2 为首项，4 为公比的等比数列9 分 21 2(14 ) 22 143 n n n A 11 分 212 232 3 n n n T 12 分 D M E A B C P N H G 一诊考试理科数学参考答案第 4页共 9 页 19（12 分）“绿水青山就是金山银山”，“建设美丽中国” 已成为新时代中国特色社会主义生态文明建设的重要内容某 班在一次研学旅行活动中，为了解某苗圃基地的柏树幼苗生长 情况，在这些树苗中随机抽取了 120 株测量高度（单位：cm）， 经统计，树苗的高度均在区间19, 31内，将其按19, 21)， 21, 23)，23, 25)，25, 27)，27, 29)，29, 31分成 6 组，制 成如图所示的频率分布直方图据当地柏树苗生长规律，高度 不低于27cm的为优质树苗 （1）求图中 a 的值； （2）已知所抽取的这 120 株树苗来自于 A，B 两个试验区，部分数据如下列联表： A 试验区B 试验区合计 优质树苗20 非优质树苗60 合计 将列联表补充完整，并判断是否有99.9%的把握认为优质树苗与 A，B 两个试验区有关系，并说明 理由； （3）用样本估计总体，若从这批树苗中随机抽取 4 株，其中优质树苗的株数为X，求X的分布列 和数学期望EX 附：参考公式与参考数据： 解解： （1）根据频率直方图数据，有2 (220.1020.20)1aa，解得：0.025a .2 分 （2）根据频率直方图可知，样本中优质树苗棵树有120 (0.1020.025 2)303 分 列联表如下：5 分 可得； 2 2 120(10 3020 60) 72 10.310.828 70 50 30 907 K 6 分 所以，没有99.9%的把握认为优质树苗与 A，B 两个试验区有关系 7 分 注：注：也可由 2 2 120(10 3020 60) 72 10.28610.828 70 50 30 907 K 得出结论 （3）用样本估计总体，由题意，这批树苗为优质树苗的概率为 30 120 1 4 8 分 X的可能取值为 0，1，2，3，4，由题意知：X服从二项分布，即 1 (4, ) 4 BX 4 4 13 ()C ( ) ( ) (0, 1, 2, 3, 4) 44 kkk P Xkk 9 分 即： 004 4 1381 (0)( ) ( ) 44256 P XC； 113 4 13 (1)C ( ) ( ) 4 2 46 7 4 P X ； 222 4 13 (2)C ( ) ( ) 44 27 128 P X ； 331 4 13 (3)C ( ) ( ) 4 3 464 P X ； 440 4 131 (4)C ( ) ( ) 44256 P X X的分布列为：11 分 X0123 P 81 256 27 64 27 128 3 64 2 2 () ()()()() n adbc K ab cd ac bd 2 0 ()P Kk 0.0100.0050.001 其中nabcd 0 k6.6357.87910.828 A 试验区B 试验区合计 优质树苗102030 非优质树苗603090 合计7050120 0 1921 2325272931cm a 2a 0.10 0.20 频率 组距 一诊考试理科数学参考答案第 5页共 9 页 数学期望为 1 ()41 4 E X 12 分 （或 81272731 ()012341 2566412864256 E X ） 评分说明：评分说明： 分布列的表示有解析法、列表法和图象法三种，本题若只写出 4 4 13 ()C ( ) ( )(0, 1 44 kkk P Xkk ， 2, 3, 4)，即用解析法表示分布列而未具体计算出 X 取每个值的概率，并用表格表示分布列，不扣分 20 （12 分） 在平面直角坐标系xOy中，( 2, 0)A ，(2, 0)B，且PAB满足 3 tantan 4 AB 记点P的轨迹为曲 线 C （1）求 C 的方程，并说明是什么曲线； （2）若MN，是曲线 C 上的动点，且直线 MN 过点 1 (0, ) 2 D，问在y轴上是否存在定点Q，使得 MQONQO ？若存在，请求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由 解解： （1）由 3 tantan 4 AB ，得 3 4 PA PB kk 1 分 设点P的坐标为( , )x y，则： 3 ( 224 2) yy xx x ，化简得： 2 2 1 ( 43 2)x y x 2 分 曲线 C 的方程为 2 2 1 ( 43 2)x y x 3 分 C 是中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆（不含左、右顶点）4 分 （2）假设存在的定点(0, )Qm符合题意 由题意知：直线, ADBD的斜率分别为 11 , 44 ADBD kk 由题意及（1）知：直线MN与直线, ADBD均不重合5 分 当直线MN的斜率k存在时 设其方程为 1 ( 1) 24 kykx ， 1122 (), ( ),M xyN xy 由MQONQO ，得直线MQ，NQ的倾斜角互补，故0 MQNQ kk6 分 又 12 121 212 12121 2 11 4(12 )() 22 2 MQNQ kxmkxm ymymkx xm xx kk xxxxx x 1 212 4(12 )()0kx xm xx 7 分 由 2 2 1, 43 1. 2 y x ykx 消去y，整理得： 22 (34)4110kxkx 22 1644(34)0kk 又 121 2 22 411 , 3434 k xxx x kk 8 分 代入得： 222 8 (6) 114 4(12 )0 343434 k m k km kkk 9 分 当 1 4 k 时，又k不恒为 当且仅当6m 时，式成立 当直线MN的斜率k存在时，存在定点(0, 6)Q满足题意10 分 当直线MN的斜率不存在时，点(0, 6)Q满足0MQONQO ，也符合题意 11 分 综上所述，在y轴上存在定点(0, 6)Q，使得MQONQO 12 分 【评分说明】【评分说明】 1第（1）小题，C的方程批注0y 也可，若未标注2x （或0y ） ，扣 0.5 分；回答C是椭 圆，但未指出不含左、右顶点的，扣 0.5 分；未回答C是椭圆的，扣 1 分 一诊考试理科数学参考答案第 6页共 9 页 2第（2）小题，当直线MN的斜率存在时，未指明斜率 1 4 k ，扣 0.5 分；没有考虑直线MN的 斜率不存在的情形，扣 1 分. 3两个小题以上严谨性失误综合扣分不超过 2 分. 21 （12 分） 已知函数 2 ( )(sin2) x f xexaxae，其中aR，2.71828e 为自然对数的底数 （1）当0a 时，讨论函数( )f x的单调性； （2）当 1 1 2 a时，求证：对任意的0, )x，( )0f x 解：解：（1）当0a 时，( )(sin), x f xexexR ( )(sincos) 2sin() 4 xx fxexxeexe 2 分 对x R，2sin()2 4 xe ( )0fx3 分 ( )f x在R上为减函数4 分 （2）解法一解法一 对x R，恒有0 x e “对任意的0, )x，( )0f x ”等价于 对任意的0, )x， 2 sin20 xaxae 5 分 设 2 ( )sin2 0, )g xxaxaex，则( )cos2g xxax 令( )( )cos2h xg xxax，0, )x，则( )sin2h xxa 6 分 当 1 1 2 a且0, )x时，有( )0h x ( )h x在0, )上是减函数，即( )g x在0, )是减函数7 分 又(0)10g， 22 2 ( )0 424 a g ( )g x存在唯一的 0 (0, ) 4 x ，使得 000 ()cos20g xxax8 分 当 0 (0, )xx时， 0 ()0g x，( )g x在区间 0 (0, )x单调递增； 当 0 (, )xx时， 0 ()0g x，( )g x在区间 0 (0, )x单调递减； 当0, )x时， 2 max000 ( )()sin2g xg xxaxae9 分 由 00 cos20 xax得： 00 1 cos 2 xx a 22 max0000 111 ( )sincos2sinsin2 444 g xxxaexxae aaa 10 分 令 0 sintx， 0 (0, ) 4 x ，则 2 (0, ) 2 t，于是有： 22 max 1111 ( )( )2(2 ) 4444 g xtttaetaae aaaa ， 2 (0, ) 2 t 又当 1 1 2 a时，221a ( ) t在 2 (0, ) 2 上是增函数， 222115 ( )()20.7120 22828 taeee a 11 分 即对任意0, )x，( )0g x 当 1 1 2 a时，对任意0, )x，( )0f x 12 分 解法二解法二 对x R，恒有0 x e 一诊考试理科数学参考答案第 7页共 9 页 “当 1 1 2 a时，对任意的0, )x，( )0f x ”等价于 当 1 1 2 a时，对任意的0, )x，恒有 2 sin20 xaxae5 分 以a为主元，设 21 ( )sin2 , 1 2 F axaxaea，则： ( )F a是关于a的一次函数或常函数，其图象是一条线段，于是： 2 2 2 (1)sin20, ( )sin20 11 ( )sin10. 22 Fxxe F axaxae Fxxe 7 分 对任意的0, )x，1sin x 当0 x时， 211 ( )sin120 22 Fxxee 恒成立 8 分 设 2 ( )sin2, 0, )g xxxex，则( )cos2 , 0, )g xxxx 令( )cos2h xxx，则( )sin20h xx 在0, )上恒成立， ( )( )cos2g xh xxx在0, )上单调递减 9 分 又 3 (0)1, ()0 623 gg ( )g x在0, )上恒有一零点 0 x，且 0 (0, ) 6 x 10 分 又当 0 0 xx时，( )0g x；当 0 xx时，( )0g x 2 max0000 5 ( )()sin2sin20 2 g xg xxxexee 即对任意的0, )x，恒有 2 (1)sin20Fxxe ( )0F a 11 分 综上可知，当 1 1 2 a时，对任意的0, )x，( )0f x 恒成立12 分 22 （10 分） 【选修选修 44：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程】 在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 1cos , 1sin . xt yt （t为参数），其中0以坐标 原点为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线: 4cosC （1）若 4 ，求l与 C 的交点的极坐标； （2）若l与 C 交于 A，B 两点，且两点对应的参数 12 , tt互为相反数，求|AB的值 解：解：（1）解法一：解法一： 由4cos，可得 2 4 cos 所以 22 4xyx，即 22 40 xyx 1 分 当 4 时，直线l的参数方程为 2 1, 2 ( 2 1. 2 xt t yt 为参数） 化为直角坐标方程为yx2 分 由 22 , 40. yx xyx 解得 0, 0. x y 或 2, 2. x y 故直线l与 C 的交点的直角坐标为(0, 0), (2, 2)3 分 l与 C 的交点的极坐标为(0, 0), (2 2, ) 4 5 分 解法二：解法二： 依题意，直线l的极坐标方程为 () 4 R1 分 曲线 C 的极坐标方程为4cos，即 2 4 cos2 分 一诊考试理科数学参考答案第 8页共 9 页 将 () 4 R代入 2 4 cos得：0，或 2 2, . 4 4 分 故l与 C 的交点的极坐标为(0, 0), (2 2, ) 4 5 分 注：由极点的极坐标的规定，也可将交点的极坐标写成(0, ), (2 2, ) 44 解法三：解法三： 依题意，直线l的极坐标方程为 () 4 R1 分 当0时，将 4 代入4cos，得2 2，此时交点的极坐标为(2 2, ) 4 当0时，点(0, ) 2 在曲线 C 上，点(0, ) 4 在直线l上 又(0, ) 2 与(0, ) 4 均为极点的坐标，故此时交点的极坐标为(0, 0) 4 分 当0时，方程组 4cos , . 4 无解 综上可知，l与 C 的交点的极坐标为(0, 0), (2 2, ) 4 5 分 （2）解法一解法一 由已知直线恒过点(1, 1)P 又 12 0tt，由参数方程的几何意义知，P是线段AB的中点 6 分 曲线C是以(2, 0)C为圆心，半径2r 的圆，且 22 |(2 1)(0 1)2PC 8 分 由垂径定理知 22 | 2|2 422 2ABrPC10 分 解法二解法二 把l的参数方程 1cos, 1sin. xt yt 代入C的普通方程 22 40 xyx，得 2 2 (sincos )20tt 7 分 1 2 2t t 8 分 由题意，知： 12 0tt9 分 2 12121 2 | |()42 2ABttttt t 10 分 解法三解法三