惠州2020高三第三次调研考理数-答案

1、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、选择题题号123456789101112答案DBDACADDADBC1.【解析】A =x 2x <1 =x|x <0 , Cu A=x|x 至0,故选 D.2.【解析】z =（1+立口2 =_1+Y3i,所以z对应的点在第二象限，故选 B.222220201-一1, .一 13 .【解析】a =log 2020 <109 202。1 = 0 , b = l Iq01 ), c = 2020 7tA 1 ,所以 a < b < c.故选 D.冗g214 .【解析】因为角 。终边落在直线y=3x上，所以ta

2、ne=3, cos 9 =,所以 sin(-20) =cos29 = (2cos29 -1) = 4.故选 A.25=1b - 4(a +25- - T b5 a 105 .【解析】如图所示，Mp = AP-AM=2AD-5Ac=2AD-5(AB+AD)a 1 一 516 .【解析】依题意，知 =,且-,斛得a= 士J2 .故选A.42a 2a 27 .【解析】Sn=a1a2a3|1卜an= - a?) - a3)同 一 a) 一 a5)IH 2一 an1)= anH2 a2 an -2 -1 '所以 S2019 = a2021 1 ,故选 D.8 .【解析】P = CR+1 = 9.

3、故选D.C21422 、, ex -1 9 .【解析】f(x)=.1 - Sin x = e- sin x是偶函数，排除C、D,又：f (1)> 0,故选A.I 1+exJ、ex+1j10【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所成角的正弦值为一.故选D.11 .【解析】设直线AB的方程为：，点，直线AB与x轴的交点为，由，根据韦达定理有，结合点A、B位于x轴的两侧,故 不妨令点当且仅当- 一，即 -时，取12 .【解析】区间中点为若 ，则A在x轴上方，则 ，又 -“”号，与面积之和的最小值是 3 .故选B.根据正弦曲线的对称性知-，正确。即不妨取

4、此时足条件，但 - 为 上的最大值，不满足条件，故 错误。不妨令一，两式相减得一，即函数的周期一，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，故错误。故正确的是，故选C.、填空题：本题共 4小题，每小题 的，共20分，其中第15题第一空2分，第二空3分。13、614、315、 1 （2 分）；121 （3 分）16、4 + 7724614.【解析】令x=0,得a(o =1,令 ，则.所以 ai a2 III a8 - -3.13 .【解析】n =2,2 <20;n =4,2 <20;n =6,2 >20.故答案为6.数学试题（理科）答案第5页，

5、共10页15 .【解析】由时， ，可得，又 ，即得；由，可得，由，可得16 .【解析】因为52是双曲线的右焦点且是抛物线的焦点，所以"p=c，2解得p = 2c ,所以抛物线的方程为：y2 = 4cx ；34由 kPF =tan/PF1F2 = ，cos/PF1F2 =一，1 45如图过P作抛物线准线的垂线，垂足为 M ,设P(x0, y0),pPM5 ,、则 PM=PF2=x0+ 旦=x0+c，-PF1=八 11cL=二回c) 2020cos/MPE 4由 PFi-PF2 =2a,可得5(x0+c)(%+c) = aM 2nx° =8ac4在 PF1F2 中，PF2=x0

6、+c=8a, PF1 = PF2+2a =10a , F1F2=2c,由余弦定理得 pf22 =PF12 F1F22 -2PF1 F1F2 cos. PF1F22224o即(8a) =(10a) +(2c) -2 10a 2c ，化简得 5e240e + 45 = 05二 e = 4 ± 币，又 e>2,二 e=4+ J7 .故答案为 4 + J7 .1721题为必考题，每个考生都必三、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 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）. TT【解析】(1)在AABC中，因为BC=2, /A

7、BC =-, 3c 1 3.3S7ABe =AB ECsin/ABC=, 22所以AB=33 ,解得 AB =3. 22在AABC中，由余弦定理得 AC2 =AB2+BC2 2AB BCco±ABC = 7 ,4分因为AC>0,所以AC =77. 5分 一.一兀兀(2)设/ACD =豆，则/ACB =/ACD +=a+.6 分33AD 2 3在RtAACD中，因为AD =26，所以AC='3 .7分sin-： sin*，a . ，一一冗在 MBC 中，/BAC =冗一/ACB /ABC = 口， 8 分3由正弦定理得一BC一sin BAC. /冗、J3sin(- - -

8、 ) sin ：32所以 2sin( 二)= sin 二33-1 .一、,所以 2( cos- -sin- ) = sin -10分即 73cosa =2sin a , 11分所以tan=，二即 tan ACD =【解析】（1）证明：连接BD,设AE的中点为O,- ，四边形ABCE为平行四边形，1 分,为等边三角形，2分又， 平面POB, 平面POB3分【注】无写出此步骤不得分。平面POB 4分又 平面POB,.5 分（2）【解法一】向量法在平面POB内作平面ABCE ,垂足为 Q,则Q在直线 OB上，直线PB与平面ABCE夹角为-，又，、Q两点重合，即 平面ABCE, 6分【注】无证明此得分

9、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，贝U0, ,- 0, , ,- 0, ,- -7 分设平面PCE的一个法向量为y,则，即 -，8分令 ，得 一9 分又 平面PAE,1,为平面PAE的一个法向量 他设二面角为，则- 11分易知二面角为钝角，所以二面角的余弦值为 一 12分【解法二】几何法在平面POB内作平面ABCE ,垂足为 Q,则Q在直线 OB上，直线PB与平面ABCE夹角为一，又，、Q两点重合，即 平面ABCE, 6分【注】无证明此得分点不给分。过点C作CHLAE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C

10、HXPO,所以CH,面PAE,过H作HFLPE交于点F,连结CF,由三垂线定理知 CFXPE所以/ CFH为二面角H-PE-C的平面角。 7分在 RtACHE 中，/ CEH=60 ° , CE=1 ,所以 HE=-, CE=, 8分数学试题（理科）答案第11页，共10页在 RtAHFE 中，/ FEH=60 ° , HE=-,所以 HF= J 9 分在RtCHF中，由勾股定理知 CF=： 10分故 cos/CFH=一=一 11分所以二面角的余弦值为 12分19.（本小题满分12分）【解析】（1）【解法一】记事件从6名学生抽取的3人中恰好有i人有兴趣，1,2,；则与互斥 1

11、分故所求概率为至少人感兴趣2分1,3分4 分【解法二】记事件从6名学生抽取的3人中恰好有i人有兴趣，1,2,；则与互斥 1分故所求概率为 至少人感兴趣2分 3 分；4 分（2）由题意知，随机变量 的所有可能取值有 0, 1, 2, 3； 5 分6 分7分8分9 分则的分布列为:0123p【注】无列表此得分点不得分。数学期望为一 一 一 一-.12分【解析】（1）当时，代入椭圆方程可得点坐标为若点坐标为,此时直线1:联立jx *4y 一4 = 0 ,消x整理可得 22Jx 4y =4解得或 y2 =3,故 B 一 一5所以的面积为-若点坐标为,由对称性知，一，口 4的面积也是一，5综上可知，当时

12、,4的面积为一.5（2）【解法一】 显然直线1的斜率不为0,设直线1:联立,消去x整理得因为直线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1的斜率存在且不为 0,设直线1： y = k（x-4）y = k(x -4)2 222联立 « 9,消去 y 整理得(1 + 4k )x -32k x+64k 4 = 0x2 4y2-4=01 11111由 2 =(-32k2)2 -4(1 +4k2)(64k2 -4)>0 ,得 k2(一,1222nt.32k264k2

13、-4则 x1x2= r, x1x2= r12 1 4k21 2 1 4k210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yiy2k(Xi-4)k(X2-4)2x&-(t4)(XiX2)8t设，则 Oa 十 Ob =十=十=k-；X)-1X2-1Xi-1X2- t(Xi-t)(X2- t)2 _2_2128k -8 (t 4)32k 8t 32tk C14k14k14k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分即 2x1X2 (t +4)(为 +X2) +8t =0 ,r- =021.(本题满分12分)【解析】(1)【解

14、法一】 由f'(X)=a eaXa =a(eaX1)=0 ,解得x = 0. 1分若a >0,则当xw (0,十/)时，f'(x) >0,故f(x)的单调递增区间为(0,收)；当xw(g,0)时，f'(x) <0 ,故f (x)的单调递减区间为(,0) . 2分若a <0,则当xw (0,+、)时，f'(X) >0,故f(x)的单调递增区间为(0,收)；当xw(*,0)时，f'(x) <0 ,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(8,0). 4分【解

15、法二】令 g(t) =9 t,其中 t=ax.g'(t) =31.令 g'(t) = 0,得t = 0.当tw (,0)时，g'<0,二g(t)在(-8。)上单调递减；当tJ0,+叼时，g'>0,二g在(0,十°0)上单调递增. 1分又丁当a >0时，t=ax在R上单调递增；当a<0时，t =ax在R上单调递减。 2分由复合函数单调性知，a A0时，f (x)的单调递增区间为(0,十无)，单调递减区间为(-°0,0)；a<0时，f(x)的单调递增区间为(0, ),单调递减区间为(-°0,0) . 3分综

16、上所述，f(x)的单调递增区间为(0,收)，单调递减区间为(一°°,0) . 4分。 f (X)> a(x2 +1),即 eax > Ax +1)2 (*) .22a1.令 x=0,得 1) 一,则一<a02. 5 分22当x = -1时，不等式(*)显然成立，a .当x匚(一1,+丈)时，两边取对数，即 ax > 2ln( x+1) + In 恒成立. 6分2a令函数 F(x) =2ln( x+1)ax+ln ,即 F(x) w 0 在(1,g)内恒成立. 7分2422 -a(x 1) /日 2由 F (x) = =0 ,付 x = 1 >

17、1 x 1x 1a一，2 一 .、故当 x w(1,1)时，F'(x)>0, F(x)单调递增； a2当 x w(_ _1,+如)时，F'(x)<0, F(x)单调递减. 8分a一22aa.因此 F(x) < F(1) = 2ln 2+a+lna = a_2_|na . 9 分aa22令函数 g(a) =a -2 -lna ,其中-<a< 2, 22.1 a -1则 g (a) =1 = 0,付 a = 1 ,a a一，,1.、故当aw(3,1)时，g (a) <0 , g(a)单倜递减；当 aw(1,2时，g'(a)A0, g(a)

18、单调递增.10 分1 3又 g(一) =ln 4 <0 , g(2) = 0 ,2 21 故当一<a02时，g(a)w0恒成立，因此 F(x)w0恒成立， 11分2综上知：当a= ,f1,2 时，对任意的xw1,y），均有f（x）之a（x2+1）成立12分【解析】（1）【解法1】由P1 = 2cos中，P2 = 2cos '中十£卜22.（本小题满分10分）数学试题（理科）答案第17页，共10页JI由点到直线距离公式可知在直角三角形 omf中，由勾股定理可知小一 ”22n11Pl + MF =1,得匕12 J则;?2 :?3 = 2cos 2cos I 236.6

19、所以 73R=P2+P3 5分2【解法2】M的直角坐标万程为（x1） +y2=1,如图所示， 1分假设直线 OA、OB、OC 的方程为 y=kx, y = k?x, y = k3x, k(J3,J3),由直线方程可知k =tan中，k2 =tan) +k3 = tani(P - I所以k2由吟叫二卫，得*小1 - tan tan 3 -kk2 16所以k3mJItanCP-tan6 _辰-1 彳2-k -1 tan tan -3 kk2 165分所以省已=忤+ P3 （2）【解法一】曲线M的普通方程为：x2+y22x = 0, 6分将直线BC的参数方程代入上述方程，整理得t2 J3t = 0 ,解得t1 = 0,t2 = J3； 7分平面直角坐标为 B 11 C（20） 8分I2, 2 ）则 p2 =1, p3 =2,中=1；又得 u=73. 9分即四边形面积为SO1P1P2sin+1Plp3sin±=H3为所求.1好26 264【解法二】由BC的参数方程化为普通方程得：x + J3y = 2 5分x+J3y=2 加曰解得x1 =21或(Ji =01x2 =一213，即 Bq,万)，C(2,0),3y"w. ：2 =13 3*