桂阳三中2020届高三开学前质量检测1理数试题答案

1、2020届高三质量检测1理科数学试题答案一、选择题：本大题共 12小题，每小题 5分，在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的.1 .【答案】A【解析】: A y|y 2x,x R y| y 0,B x|y lg(2 x) x|2 x 0 x|x 2 (,2),AI B x|0 x 2 (0,2).2 .【答案】A【解析】z(i 1) 2i (i 为虚数单位)，.二 z(1 i)(1 i) 2i(1 i), 2z 2(i 1),解得 z 1 i ,贝U Z 1 i .3 .【答案】C【解析】这12天的AQI指数值的中位数是95二04 99.5,故A不正确； 2这12天中，空气质量为

2、“优良”的有 95, 85, 77, 67, 72, 92共6天，故B不正确;从4日到9日，空气质量越来越好，故 C正确；这12天的AQI指数值的平均值约为110,故D不正确.4 .【答案】B1【解析】a b (2 x, 1), a (a b) ,a (a b) 2(2 x) 3 0 ,解得 x 25 .【答案】D【解析】由题意结合排列组合公式可得随机选派 2人参加围棋比赛的方法有C2种，而选出的2人中没有女队员的方法有C2种，结合古典概型计算公式可得：选出的2人中有女队员的概率为PC2 C2C210 3 710106 .【答案】B【解析】A.若m/, n/ ，则m, n相交或平行或异面，故A

3、错;B.若m, n ,由线面垂直的性质定理可知 mil n ,故B正确；C.若m , m n ,则n/ 或n a ,故C错；D.若 m/7.【答案】Dm n,则n/ 或n 或n ，故D错.【解析】函数f(x) 73sin(2x )(| | 目的图象向左平移个单位后，2 6得到g(x) 有sin(2x -)(| | -)的图象，3 2，由于平移后的图象关于原点对称，故 g(0) T3sin() 0,3 k Z),由 | |，得 .3238 .【答案】B【解析】由三视图可知该机械零件是一个长方体中间穿一个圆柱， 其中长方体的长宽高分别为3,3, 4,圆柱的底面半径为r 1,圆柱的高为5, 据此可得

4、，组合体的表面积 S 2 (3 3 3 4 3 4) 2冗1 2 66 4兀.9 .【答案】B【解析】代x 0,知函数过原点，故排除D,代入x 1 ,得y 0 ,排除C,代入 x 0.0000000001, y 0 ,排除 A.10 .【答案】B【解析】根据题意可知四面体 ABCD的三条侧棱BD AD、DC DA,底面是等腰ZXBDC ,它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的上下底面三角形的中心连线的中点到顶点D的距离，就是球的半径，三棱柱中，底面 ABDC , BD CD 1 , BC 73 ,. BDC 120 , zBDC的外接圆的半径为-百 1, 2 sin120由题意可得

5、：球心到底面的距离为 ,2球的半径为r J37 旦,外接球的表面积为442 7冗. 4211 .【答案】C【解析】设f(x) sin x x,则f (x) cosx 1 0,即函数f(x)为减函数,V f(0) 0,函数f(x)是奇函数，函数f(x)只有一个零点，即函数y sinx与y x的图象恰有一个交点，故错误，由知当x 0时，sinx x;当0 x 1时，Vx x sinx;当 x 1 时，Jx sin x ;当 x 0 时，sin x Jx ,故函数y sinx与y Jx的图象恰有一个交点，故正确，作出函数y sinx与y x2的图象，由图象知两个函数有 2个交点, 即函数y sinx

6、与y x2的图象恰有两个交点，故正确，作出函数y sinx与y x3的图象，由图象知两个函数有 3个交点, 即函数y sinx与y x3的图象恰有三个交点，故正确.12.【答案】C【解析】由题意可得f( 2) 3(4 2a b) 0,13函数图象关于点(2,0)对称，且f( 5) 0,107，即 f( 5) 6(25 5a b) 0 ,一一 b 2a 4 0据此可得b 5a 25 0,解得故函数的解析式为f (x) (1 x)(x27x 10)x3 6x2 3x 10 ,f'(x) 3x2 12x33(x2 4x1)，结合题意可知：x1,X2是方程x2 4x 1 0的两个实数根，且X

7、x2 ,故 x2x1|x x2|.(x1 x2)2 4x1x242 4 12石.、填空题：本大题共4小题，每小题 5分.13.【答案】1【解析】由余弦定理得13 9 AC2 3AC ,解得 AC 1 或 AC14.【答案】2【解析】过点C作CDuuu uuir uur uuir AB AC AB (ADAB于D,则D为AB的中点,15.【答案】19【解析】由于x2 x2uuirDC)uuu uuir 1 uuu AB AD -| AB |22x2 x (Vx)2 ,x0 (Vx)4 ,据此结合排列组合的性质可得x2项的系数为C2c2c21 2 1 0 4C4c3c1C4c46 12 1 19

8、.n(n 1)16.【答案】-()2【解析】易知：当n 1时，因为x (0,1,所以x所以xX 1,所以 A 1,当 n 2时，当 x (1,2,则x2 ,所以x x(2,4,所以 A21,3,4, a2 3 .当 n 3时，当 x (2,3,贝Ux3,所以x x3x(6,9,A (1,3,4,7,8,9 ,a36 ;4时，当 x (3,4,则x4,所以xx4x(12,16,所以A 1,3,4,7,8,9,13,14,15,16a4 10 ;所以5时,当 x (4,5,则x5,所以x x5x(20,25,A (1,3,4,7,8,9,13,14,15,16,21,22,23,24,25,由此类

9、推：an an 1 n故 an a1 (a2 ai) (a3 a2)L(an an 1) 1 2三、解答题：本大题共 6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17 .【答案】(1)(2) 2V3.3【解析】(1)由题意可知，AD 1,在 4ABD 中，DAB 150 , AB 2/3 , AD 1,60,sin ADB由余弦定理可知，BD2 (273)2 12 2 273 1 ( ) 19 , BD 加. 2(2)由题意可知，AD 2cos , ABDAD在4ABD中，由正弦定理可知，sin ABD2cos0sin(60 )473，.二 tan18 .【答案】(1) x 70

10、.5分；(2)约 635人；(3) 0.499.【解析】(1)由题意知:中同值45556575S5英慨率0.10.15020.3O.1S1x 45 0.1 55 0.15 65 0.2 75 0.3 85 0.15 95 0.1 70.5, 4000名考生的竞赛平均成绩X为70.5分.(2)依题意z服从正态分布 N( , 2),其中 X 70.5,2 D 204.75,14.31, z 服从正态分布 N( , 2)N(70.5,14.312),而 P( z ) P(56.19 z 84.81) 0.6826, 1 0.6826 P(z 84.81) - 0.1587.竞赛成绩超过 84.81分

11、(含84.81分)的人数估计为0.1587 4000 634.8人 635人.(3)全市竞赛考生成绩不超过 84.81分的概率1 0.1587 0.8413. 44而 B(4,0.8413) ,P( 3) 1 P( 4) 1 C4 0.84131 0.501 0.499 .19.【答案】（1）详见解析;(2),3913【解析】（1）取BB1中点E,连结AE, BQ,在ABBa中，取H为BQ中点，连接EH, AH ,则EH / B1Q ,延长AH与BC交于点M ,则M即为所求点，ABB1A为平行四边形，点 E, P为中点，则 AE/ PB1,由线面平行的判定定理可得 AE/平面PQB1 ,同理可

12、得，EH/平面PQB一又 AEI EH E , B1PI B1Q B1 ,据此可得平面 AME /平面PQB1 ,故 AM /平面PQB1 .(2)作 QO平面ABB1A1 ,与AA延长线交于O ,则AO1,OB.125 4 2 5 2 ；如，V22,V B1P12 4 22cos QPB ：2 2.3 2sinQPB113S»A PQB1.392作 PN/C1A,则直线A1C1与平面PQB1所成角即直线PN与平面PQB1所成角,VSapqn1 4732s/3, AVbipqn 12V3V32.213f设N到平面PQB1的距离为h ,则；咨h 2 , ； h4叵, 13213h 39

13、;直线AC1与平面PQB1所成角的正弦值为 一 .20.【答案】（1）413【解析】（1），,点A在11 : y gx上运动，点B在l2：y上运动, 设叱等 X1), B(x2, 醇2)22 2X1 X2线段AB的中点C(x,y),则有X 922, y 2， 4k 1一,22x1 x2 2x , x1 x2 2x/2y ,;线段 AB 的长为定值 2点，.(x1 x2)2 (x1 x2)2 8, 222即(2 72y)2 (72x)2 8,化简得工 y2 1, 42线段AB的中点C的轨迹方程为y2 1 .1,4(2)设 M (x3, y) , N (x4, y4),联立y kx m得(4k2

14、1)x2 8kmx 4m2 4 0 , (8km)2 4(4k2 1)(4m2 4) 0,化简得m2 4k2 1，则x3 x4*3x48km2，4k 124m 42, z、2y3y4 (kx3 m)(kx4 m) k x3x4 km(x3 x4) m , 若 koM koN 5 ，则 yy" 5 ，即 4 y3y4 5X3X4 ,4X3X4 4所以 4k2x3x4 4km(x3 x4) 4m2 5x3x4 ,，22 4m 48km2225 小即(4k 5)-2 4km( 一) 4m 0 ,化简得 m k 一,4k 14k 14由得0 m2 5 k2 5,2因为O到直线l的距离d ，里

15、,所以d2 ，1 k21 k25 k241 k24(1又因为k2 4,所以0 d2:, 所以O到直线l的距离的取值范围是0, 也）.721 .【答案】（1）函数f（x）在R上单调递增；（2）证明见解析.【解析】(1) f (x) e2(x1) 2x e f (-), 2令 x 1, M f (1) - 1 e f (-),解得 f (1) - ,. f (x) e2(x 1) 2x 1 ,22e22 e令 h(x)e2(x1) 2x1,h (x) 2e2(x 1)2 2(ex1 1)(ex 11),x 1时，函数f (x)取得极小值即最小值，.二f (x) f (1) 0,函数f(x)在R上单

16、调递增.(2)由(1)可得：函数f(x) 1e2(x 1) x2 x在R上单调递增. 2要证明：x1x22x12x2f (x1)f (2x2),又 f(x1)f (x2) 1,因此 f(x1)f (2x2)1 f (x2)f(2 x2),1 1即 f (x2)f (2 x2) 1 0 , f (1)- 1 1一，则 x11 x2,2 2令 g(x)f (2 x)f(x)1 -e2(1x)(2x)22x- e2(x1)x2 x 1221e2(1 x) 1e2(x 1) 2x24x 3,22x 1,g(1) 0,g(x)e2(1x)e2(x 1)4x4,令(x) e2(1 x) e2(x 1)4x 4,(x)2e2(1x)2e2(x 1)40, g (x)在(1,)上单调递增.g (x) g (1) 0 ,函数g(x)在(1,)上单调递增.g(x) g(1) 0,因此结论 x1 x2 2成立.22.【答案】(1)2273 cos 4 sin 3 0; (2) 3.【解析】（1）曲线Ci的普通方程为（x、,3)2 (y2)2 4,15则C1的极坐标方程为2 2点cos4 sin(2)设 P( 1, ) , Q( 2,),将-代入2 2x3 cos 4 6所以12 3 ,所以|OP | |OQ |sin0,0,223.【答