广东省惠州市2020届高三第一次调研考试数学(理)试题(高清版,含答案解析)

惠州市2020届高三第一次调研考试

理科数学参及评分细则

一、选择题：

题号 答案 1 B 2 A 3 B 4 A 5 C 6 B 7 C 8 D 9 D 10 A 11 B 12 C 1．【解析】由M中不等式得xx20，解得0x2，即M0，2，MIN1，故选B． 2．【解析】由2i3xi3y5i，得6x32xi3y5i， ∴x63x3，解得，∴xyi34i5．故选A．

32xy5y43．【解析】由频率分布直方图可得，320名学生中每周的自习时间不足22．5小时的人数

020．072．572人．故选B． 是3200．4．【解析】除甲乙外，其余5个排列数为A5种，再用甲乙去插6个空位有A6种，不同的排法种

52 数是A5A63600种，故选A.

52uuur1uuuruuur1uuurr1uuu5．【解析】因为点E是CD的中点，所以ECAB，点F是BC的中点，所以CFCBAD，

222uuuruuuruuur1uuur1uuur所以EFECCFABAD，故选C．

226．【解析】由题意得q1．由S69S3得

a11q61q9a11q31q，

∴1q9，∴q2．又S53a11251231a162，∴a12．故选B．

7.【解析】因为抛物线的焦点为(1,0),

c121ab5y2521.故选C. 所以2解得 ，双曲线方程为5x44ab22225cab8．【解析】函数ysinx的图象向左平移

个单位后，得到函数f(x)sin(x)cosx的图象，

222f(x)cosx为偶函数，排除A；f(x)cosx的周期为2，排除B；

因为f()cos22=0，所以f(x)的图象不关于直线x对称，排除C. 故选D．

9．【解析】对于A，若存在一条直线a，a∥，a∥，则∥或与相交，若∥，则存在

一条直线a，使得a∥，a∥β，所以选项A的内容是∥的一个必要条件；同理，选项B，C的内容也是∥的一个必要条件而不是充分条件；对于D，可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中，成为相交直线，则有∥，所以选项D的内容是∥的一个充分条件。故选D。 10．【解析】由题意得点F的坐标为(0,)，设点M的坐标x0,y0，点N的坐标a,0，

uuuuruuuur1所以向量：FM(x0,y0)，MNax0,y0，

8由向量线性关系可得：3x0a，2y0代入抛物线方程可得：x01811y0，解得：y0， 41266，则a， 1245由两点之间的距离公式可得：FN．故选A．

811．【解析】 由题意，120对都小于1的正实数(x,y)，满足0x1，面积为1，

0y10x11

两个数能与1构成钝角三角形的三边的数对x,y，满足x2y21且，面积为，

420y1∵统计两数能与1构成钝角三角形三边的数对x,y的个数为m34， 则

34147，∴，故选B． 120421512．【解析】∵fxln∴fxlnx21x，

x21xln1x21xlnx21xfx，

∴fxfx，∴函数fx是偶函数，∴当x0时，易得fxln11f31．∴aflog30.2flog35，cf31．，

x21x为增函数，

1221flog35f30．∵1log352，030．，∴cab，故选C． 1，31．3，∴f31．二．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13．7 14．13．【解析】y＝4x＋

3104 15．an2n1 16． 1031113＝(4x－5)＋＋5≥2＋5＝7.当且仅当4x－5＝，即x＝时取等号．

24x－54x－54x－5

2

14．【解析】由题意得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B＝2＋9－62·＝5，

2

即AC＝5，则

BCAC35310

＝，＝，得sin A＝. sin Asin Bsin A102

2

15．【解析】设等差数列{an}的公差为d(d0)，则S152d,S2103d,S4202d，

222因为S2S1S4，所以(103d)(52d)(202d)，整理得5d10d0,Qd0,d2，

ana3(n3)d52(n3)2n1．

16．【解析】如图所示，由外接球的表面积为16，可得外接球的半径为，则AB=4

设ADx，则BD16x2，又BD变式上的高CH=1， 当CH平面ABD时，棱锥ABCD的体积最大，

111x16x2x416x2， 32当x28时，体积最大，此时最大值为.

3此时V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。 （一）必考题：共60分。 17．（本小题满分12分） 解：（1）由正弦定理可得

abcb ……………………1分 cabc化简得b2c2a2bc， ……………………2分

bc1b2c2a2， ……………4分 由余弦定理cosA得cosA2bc22bc又因为0A，……………………………5分（注1：无此步骤，本得分点不能给分）

． …………………………………………………………………………6分 3a（2）解法一：由正弦定理得2Ra2RsinA2sin3， ………8分

sinA3所以A由余弦定理得3b2c2bc≥2bcbcbc， …………9分 即bc3，（当且仅当bc时取等号） ………………………………10分 故S11333bcsinA≤3（当且仅当bc时取等号）．……11分 2224即ABC面积S的最大值为33 ……12分（注2：无此步骤，本得分点不能给分） 4（注3：最大值正确但无取等号的说明，扣1分）

解法二：由正弦定理：

bc2R2，∴b2sinB,c2sinC sinBsinC11SbcsinA(2sinB)(2sinC)sin3sinBsinC， ………………7分

223∵ABC,∴sinBsin(AC)sin(C13)sinCcosC ………8分 322∴S33233sinCcosCsinCsin2C(1cos2C) ………………………9分 2244331333(sin2Ccos2C)=sin(2C)…………………10分 22242∵0C2，∴当2C，即C时，…………………………………11分 362333 …………………………………………12分 4即ABC面积S的最大值为

2（注：本题解题过程的缺少“0A”（4分点）和“0C”（11分点）不重复扣分）

318.（本小题满分12分）

（1）证明：因为PC平面ABC，DE平面ABC，

所以PCDE.…………1分 由CE2,CDDEP2得CDE为等腰直角三角形，

ACDEB故CDDE．………………2分

又PCICDC，且PC面PCD，CD面PCD，……3分 （注：此步骤中写出任意一个可得1分；全部不写，本得分点不给分） 故DE平面PCD．……………4分

（2）解：如图所示，过点D作DF垂直CE于F， 易知DFFCFE1，又EB1，故FB2．

zPDFFB2， ，得DF//AC，

2ACBC333故ACDF．………………………………5分

22由ACBCAxDFEByuuuruuuruuur以点C为坐标原点，分别以CA，CB，CP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，

建立如图空间直角坐标系Cxyz， ……………………………………6分

3C(0,0,0)，P(0,0,3)，A(,0,0)，E(0,2,0)，D(1,1,0)，

2uuuruuuruuur1ED(1,1,0),DP(1,1,3),DA(,1,0) ……………………………………7分

2ururuuur设平面PAD的法向量为n1x1,y1,z1，则n1DP0，

x1y13z10即1，……………………………………8分

x1y102urur令x12，则y11,z11，故可取n1(2,1,1)．…………9分（注：与n1共线的非零向量都可给分）

由（1）可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为ED，即n2=(1,1,0).………10分

uuruuuruururuururuurn1n2cosn,nuruur则12|n1|n213……11分 ，（注：根据法向量方向不同结果可正可负，都可给分）626又二面角APDC为锐二面角， 所以二面角APDC的余弦值为19．（本小题满分12分）

解：（1）设动点Mx,y，则kMA3．………12分（注：无此步骤，本得分点不能给分） 6yx3，………………………………………1分 x3kMByx3，…………………………………………………………………2分 x3QkMAkMBx21yy1，即．化简得：y21，………………3分

99x3x39x2y21x3．………………………4分 由已知x3，故曲线C的方程为9（注：方程正确，只要在解答过程出现过x3，就不扣分；否则扣1分）

（2）由已知直线l过点T1,0，设l的方程为xmy1，……………………………5分

xmy1 ，消去x得m29y22my80，………………6分 则联立方程组22x9y92myy12m29 ，………………………………………………7分 设Px1,y1，Qx2,y2，则8yy12m29直线SP与SQ斜率分别为kSPy1y1y2y2，kSQ，……8分 x1smy1sxsmy1sxx0x0 x00122 kSPkSQy1y2 my11x0my21x08x209m91x022………………………………………………9分

当x03时，mR，kSPkSQ3时，mR，kSPkSQ1x01x022； ………………………10分

92当x01．………………………11分 18所以存在定点S3,0，使得直线SP与SQ斜率之积为定值．……………………12分 20．（本小题满分12分）

解：（1）函数f(x)的定义域是(1,＋∞)．……………………………1分

12x(x2)(x1)]，………………2分 x1x1又x1，令f(x)0，解得1x2，……………………3分

因为f(x)=2[所以函数f(x)的单调递增区间是(1,2)． ……………………4分 （注：单调区间也可以是(1,2]，写成其它形式，本得分点不能给分）

（2）由f(x)x3xa0，得xa12ln(x1)0

令g(x)xa12ln(x1)，……………………………………………5分 则g(x)122x3（x1）………………………………. ………6分 x1x1由g(x)0，得x3，由g(x)0，得1x3………………………7分 所以函数g(x)在[2，3]内单调递减，在[3，4]内单调递增，…………………8分 画出草图，可知方程f(x)x3xa0在区间[2，4]内恰有两个相异的实根，

2g(2)0则g(3)0，………………………9分（注：此步骤中，写对任意一个可得1分） g(4)0a30即a42ln20，…………………10分 a52ln30解得2ln35a2ln24，………………11分

综上所述，实数a取值范围是[2ln35,2ln24)．…12分

（注：此步骤中，最终结果可以是集合、区间或不等式。若区间端点开闭错误，本得分点不给分。）

21．（本小题满分12分）

解：（1）X所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6. ………1分（注：此步骤中，全部写对可得1分）

PX0111111， PX12， 10101001052511213131211 PX22， PX322，

55510251010555022317236 PX42， PX52，

551052551025 PX6339，………3分（注：此步骤中，写对任意一个可得1分，全对得2分） 1010100∴X的分布列为

X 0 1 1001 1 252 3 253 11 504 7 255 6 256 9 100P ……………………5分

（2）选择延保方案一，所需费用Y1元的分布列为：

Y1 7000 17 1009000 11 5011000 7 2513000 6 2515000 9 100P …………7分（注：此步骤中，Y1取值全对可得1分）

EY117117697000900011000130001500010720(元). …………8分 100502525100

选择延保方案二，所需费用Y2元的分布列为：

Y2 10000 67 10011000 6 2512000 9 100P …………10分（注：此步骤中，Y2取值全对可得1分）

EY2676910000110001200010420(元). ………………………11分 10025100∵EY1EY2，∴该医院选择延保方案二较合算. ……………………12分

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。 22．（本小题满分10分）

解：（1）消去参数可得C1的普通方程为xy30，…………1分

由4cos，得4cos，………………………………2分

又因为xy,cosx，…………3分（注：此步骤中写出任意一个可得1分） 所以C2的直角坐标方程为xy4x0．……………………4分

（2）解法1：C2标准方程为(x2)y4，表示圆心为C2(2,0)，半径r2的圆．………5分

22222222C2到直线xy30的距离d2222，………………………………………………6分 2故AB2rd214．……………………………………………………………7分 原点O到直线xy30的距离d3，…………………………………………8分 2所以S△OAB11337． …………………………………9分 ABd14222237 ……………………………………10分 2综上，△OAB的面积为yx32解法2：联立方程组得2x10x90，…………………5分 22(x2)y4∴x1x25,x1x229，……………………………………………………………6分 222∴|AB|1k|x1x2|1k(x1x2)4x1x214 ……………7分 原点O到直线xy30的距离d3，……………………………………8分 2所以S△OAB11337．…………………………………9分 ABd14222237 ……………………………………10分 2综上，△OAB的面积为

23．（本小题满分10分）

解：（1）解法1：当a1时，不等式f(x)3可化简为x1x3．………1分 当x1时，x1x3，解得x2，所以x2；………………………2分 当1x0时，x1x3,13，无解；………………………………………3分 当x0时，x1x3，解得x1，所以x1．………………………………4分

综上，不等式f(x)3的解集为(,2]U[1,)．………5分（注：解集必须是集合或区间形式）

2x1(x1)(1x0)………1分 解法2：当a1时，f(x)x1x12x1(0x)当x1时，2x13，解得x2，所以x2； ………………2分 当1x0时，13，无解； …………………………………………3分 当x0时，2x13，解得x1，所以x1． ……………………4分 综上，不等式f(x)3的解集为(,2]U[1,)． ………………5分

（2）解法1：当x1时，不等式f(x)x2可化简为axa11．……………6分 令g(x)a(x1)1，则g(x)的图像为过定点(1,1)斜率为a的一族直线， ………7分 数形结合可知，当a0时，axa11在1,上恒成立………………………9分 所以，所求a的取值范围为[0,)．………10分（注：最终结果可以是集合、区间或不等式） 解法2：当x1时，不等式f(x)x2可化简为axa11．……………6分 由不等式的性质得axa11或axa11，

即a(x1)2或a(x1)0．……………………………………………………7分 当x1时，aR，不等式a(x1)2不恒成立；…………………………8分

为使不等式a(x1)0恒成立，则a0．………………………9分

综上，所求a的取值范围为[0,)．……………………………………………10分