2020届高三3月质量检测数学（理）答案

(1)

南阳一中 2020 年春期高三第十次考试答案（理数）

1-5. A D D D A 6-10.C C B D C 11-12. D B 13. D 14. 80 15.42 16.

1．【解析】不等式 x 1 1成立，化为 1   x 1 1，解得 0 x 2， ∴“1 1 2 x ”是“不等式 x 1 1成立”的充分条件．故选 A． 2．【解析】∵



1ai 2



   i



2 a



2a1 i



，∴ 2 a 0， 2a 1 0，即a2，故选 D 3．【解析】由题得 2 2 π 1 7

sin 2 cos 2 2cos 1 2 1

2    4 8  _ _ _ _{  }  _{  }         ．故选 D． 4．【解析】由题意，正项等比数列

 

a_n 中，a a1 52a a3 7a a5 916，可得





2 2 2 3 2 3 7 7 3 7 16 a  a a a  a a  ，即a₃a₇4，a 与₅ a 的等差中项为 4，即₉ a₅a₉8，设公比为q，则 2





2 3 7 4 8 q a a  q  ，则q 2（负的舍去），故选 D． 5．【解析】∵f

 

1  1，∴舍去 B，∵f

 

0  e 2cos10，∴舍去 D， ∵x2时，

 

1





ex 2cos 1 f x    x ，∴ f

 

x ex12sin



x1



  e 2 0，故选 A． 6．【解析】依题意PF₂  F F₁ ₂ ，可知三角形PF F 是一个等腰三角形，2 1 F 在直线2 PF 的投影是其中点， 1 由勾股定理知，可知 2 2 1 2 4 4 4 PF  c  a  b，根据双曲定义可知 4b2c2a，整理得c2ba，代入 2 2 2 c a b 整理得3b24ab0，求得 4 3 b a ，∴双曲线渐进线方程为 4 3 y  x，即 4x3y0．故选 C． 7．【解析】∵f x

 

2sin



x



，∴由f

 

0 1，得sin 1 2  ．又∵0 π 2    ，∴ π 6  ， ∴

 

2sin π 6 f x  _x _  ．又∵f x 关于

 

x4 π9 对称，∴ 4 π π π π 9 6 2 k     ， 3 9 4 4k   ，令k1，则3．故选 C． 8．【解析】设向量a2b 与a的夹角为，∵a， b 的夹角为π 3，且a 2，b 1， ∴



  

2 2 π 1 2 2 2 cos 4 2 2 1 6 3 2               a a b a a b a a b ，

(2)





2

 

2

 

2 1 2 2 4 2 4 4 2 1 4 2 3 2               a b a b a a b b ， ∴cos



2



6 3 2 2 2 3 2         a a b a a b ，又∵

 

0, π ，∴ π 6  ，故选 B． 9．【解析】不等式组表示的区域如图阴影部分，其中 AB 的中点为 P ，则 AP OP ， ∴ OP 最长时， AB 最小， ∵ 最小 l 经过可行域，由图形可知点 P 为直线 2 1 0 x y  与y 2 0的交点

 

3, 2 时， OP 最长，∵ 2 3 OP k  ，则直线 l 的方程 为 3





2 2 4 y  x ，即 3x2y130．故选 D． 10．【解析】由题得 2 π 1 2 cos 3 2 AB AC a  a ，



 



1 2 2





2 1





2 1 1 2 2 BN CM  BAAN  CAAM  a a   a    a 1 2 1 1 2 2 2 2 a    _   _   ， ∴当 =1 2  时，f

 

 的最大值为 3 2 2 8a    ，∴ 4 3 3 a ．故选 C． 11．【解析】∵

 

2





 

2 g  x f x  f a x g x ，∴g x 是偶函数，

 

若

 

2





2 g x  f x  f a x 恰有 4 个零点，等价于当x0时，g x 有两个不同的

 

零点， ∵ f x

 

是奇函数， ∴ 由 g x

 

 f x

 

2  f a



2x



0 ，得

 

2



 



2 2 f x  f a x  f x a ，∵ f x 是单调函数，∴

 

x22x a，即 a x22x ，当_x_₀时， 2 2 2 2 a x x x x      有两个根即可，设

 

₂





2 2 1 1 h x x  x x  ，要使当x0时， 2 2 a x x    有两个根，则 1   a 0，即 0 a 1，即实数a的取值范围是

 

_{0 1}_{, ，故选 D．} 12.【解析】 2 1 n n n

a

_



a



a

,

a

₁



2

∴

a

_n



0

,∴ 2 1

0

n n n

a

_



a



a



,即数列

 

a

_n 为单调增数列, 1

(

+1

6

n n n

a

_

a a





）



,即 1

1

1 (

+1

6

n n n n n

a

_



a a

）



a



a



, ₁

1

1 +1

n n n

a

_







,

2

1 2(1

)

1

m m m

a







a



1 2 1 2

2

1

m m m

a

S

a







 



(3)

1 2

1

1 2(1

) 2(1

)

2(1

)

1

_m

1 a

a









 





₁ ₂

1

2 2(

)

1

_m

1 m

a







 



1 2 2 3 1

1

2 2(

)

m m

m

a

_









 



1 1

1

2 2(

)

m

a

_





1

2

2 1+

m

a

_





2

3 m





2020

m

S



,

2

2 2020

3 m



 

,即

1010

1

3 m





,正整数

m

的最大值为 1010,故选:B. 13．【解析】通过数据比对，甲、乙两人应该舍去的报告名称为 D，当甲乙两人中某人听报告 D，则此人不能听报告 B，C，E，F，故听报告 D 最不合适，故答案为 D． 14．【解析】由题得a 



cosx



π₀ 2，∴ 5 5 1 1 2 ax x x  x  _   _          ，设二项式展开式的通项为

 

3 5 5 5 ₂ 1 5 5 1 C 2 C 2 r r r r r r r T x x x        _ _     ，令5 3 2 2r   ，∴r2，∴x 的系数为2 2 3 5 C 2 80．故答案为 80． 15.【解析】6 人分组为种，当照顾老人甲时有种，同理义工照顾老人乙也有 30 种，再加上同时分别照顾老人甲和乙有种，所以共有种． 17.【详解】（1）∵

AB



14

，

BD



6

，

_{BA BD}

_

_

₆₆

∴

_{BA BD}

_

_

_{AB BD}

_

_cos

_B

_{ }

_{14 6cos}

_B

_

₆₆

∴

cos

11

14 B



∵在



ABC

中，

C



B

，且

B C

  

ABC





∴

0,

2 B









_





∴ 2 2

11 5 3

sin

1 cos

1

14

14 B





B







_



_







……… 2 分

(4)

∵在

ABC

中，

C



B

，且

B C

  

ABC





，∴

C

 

B



0,





∵

cos





13

14 C



B



且

C

 

B



0,





∴





2





sin

C



B



1 cos



C



B

2

13 3 3

1

14

14 







_

_







……… 4 分 ∴

cos

C



cos

_





C



B





B

_





cos



C



B



cos

B



sin



C



B



sin

B

13 11

3 3

5 3

1 14 14

14

2 









在



ABC

中，∵

C



 

0,



∴

3 C





. ……… 6 分（2）∵



ACD

的面积

1

2 S



CA CD



∴

1 sin

1 cos

2 CD CA



C



2 AC CD



C

∴

sin

C



cos

C

∵在



ACD

中，

C



 

0,



∴ sinC0，则

cos

C



0

∴

tan

sin

1 cos

C



，则

4 C

=



…… 9 分在



ABC

中，由正弦定理得：

sin

AC

AB

B



C

又∵

5 3

sin

14 B



，

AB



14

，

_sin

2

4

2 C







∴

14 5 3

2

14

2 AC



，则

_AC

_

_{5 6}

. ……… 12 分 18.【解析】（1）由底面 ABCD 为平行四边形，知 AB CD∥ ，

又∵ AB平面 CDE ， CD平面 CDE ，∴ AB∥平面 CDE ．同理 AF∥平面 CDE ， 又∵ AB AFA，∴平面 ABF∥平面 CDE ．

又∵ BF平面 ABF ，∴ BF∥平面 CDE ． ……… 4 分 （2）连接 BD ，∵平面 ADEF平面 ABCD ，平面 ADEF 平面 ABCD AD ，

DEAD，∴DE平面 ABCD ．则 DE DB ，又∵ DE AD ， AD BE ， DE BEE，∴AD平面BDE，则 AD BD ，故 DA ， DB ， DE 两两垂直， ∴以 DA ， DB ， DE 所在的直线分别为x轴、 y 轴和z轴，如图建立空间直角坐标系，则

_

_

0, 0, 0 D ，A



1, 0, 0



，B



0,1, 0



，C



1,1, 0



，E



0, 0, 2



，F



1, 0,1



，……… 7 分

(5)

∴BE



0, 1, 2



，EF



1, 0, 1



，设平面 BEF 的一个法向量为m



x y z, ,



，由_m__BE_₀，_m__EF_₀，得 2 0 0 y z x z         ，令_z_₁，得

_

_

1, 2,1  m ， ……… 9 分 设线段 BE 上存在点 Q ，使得平面 CDQ平面 BEF ，设BQBE



0, , 2



，





 

0,1



， ∴DQDBBQ



0,1 , 2



．设平面 CDQ 的法向量为u



a b c, ,



，又∵DC 



1,1, 0



，∴uDQ0，uDC0，即



1



2 0 0 b c a b             ，令b1，得 1 1,1, 2       _ _ u ．若平面_CDQ__{平面 BEF ，则}_{m u}_{ }₀，即 ₁ 1 2 0 2       ，解得 1

 

0,1 7   ．……… 11 分 ∴线段 BE 上存在点 Q ，使得平面 CDQ平面BEF，且此时 1 7 BQ BE  ． ……… 12 分 19．【解析】（1）由于 M 是椭圆 C 的上顶点，由题意得 2a2c6，又椭圆离心率为1 2，即 1 2 c a ，解得a2，c1，又 2 2 2 3 b a c  ，∴椭圆 C 的标准方程 2 2 1 4 3 x _ y _ ． ……… 4 分 （2）当直线 AB 斜率存在，设 AB 的直线方程为y t k x



1



，联立





2 2 3 4 12 1 x y y t k x      _{ } _  ，得













2 2 2 3 4 k x 8k tk x4 tk 120，由题意，__₀，设

_

_

1, 1 A x y ，B x y



2, 2



，则

_

_

1 2 2 8 3 4 k t k x x k      ， ……… 6 分 ∵ PA  PB ，∴ P 是 AB 的中点．即 1 2 ₁ 2 x x _ ，得 8



₂



2 3 4 k t k k     ， 3 4 kt0， ① 又 lAB， l 的斜率为 1 k  ，直线 l 的方程为y t 1



x 1



k     ， ②

(6)

把①代入②可得 1 1 4 y x k     _  _   ，∴直线 l 恒过定点 1 , 0 4       ． ……… 10 分 当直线 AB 斜率不存在时，直线 AB 的方程为x1，此时直线 l 为x轴，也过 1, 0 4      ． 综上所述，直线 l 恒过点 1, 0 4      ．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12 分 20．【解析】（1）

 















2 2 2 2 1 2 2 x a x a x a x a f x x a x x x             ，x0，。。。。。。2 分当a0时， f

 

x 0，f x

 

在



0,



单调递增；当a0时， 0 2 a x    当时，f

 

x 0，当 2 a x  时， f

 

x 0，f x

 

在 0, 2 a  _     上单调递减，在 2, a _ _    上单调递增．。。。。。。。。。4 分（2） f x

 

₁  f x

 

₂ ， 2





2





1 1 1 2 2 2 ln 2 ln 2 a x x a x a x x a x        ，





2 2





 





1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 ln ln 2 2 a x x x x a x x x x x x a             ，



1 2



2 1 2 1 ln ln 2 a x x x x a x x        ，

 

a 2



2



f x x a x      ， 1 2



1 2



2 1 1 2 1 2 2 1 ln ln 2 2 2 2 a x x x x a a f x x a x x x x x x       _ _           





2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 1 1 1 2 1 ln 2 2 ln ln 1 x x x x x x a x a x a x x x x x x x x x x x x x x       _ _ _     _ _ _ _ _        _  _ _  _        _ _ _     _ _   _ _ ，。。。。。。。。。。。。。。。。8 分不妨设 x₂ x₁ 0 ，则 2 1 1 x x  ，所以只要证 2 1 2 2 1 1 2 1 ln 0 1 x x x x x x  _     _{ } _  ，令 2 1 1 x t x   ，

 

2 2 4 ln 2 ln 1 1 t g t t t t t          ，

 

_

_

















2 2 2 2 2 4 1 1 4 1 0 1 1 1 t t t g t t t t t t t               ，

 

g t  在



1,



上单调递减，

 

1 2 2 ln1 0 1 1 g t g        ， 2 1 2 2 1 1 2 1 ln 0 1 x x x x x x            ，

(7)

1 2 0 2 x x f    _ _   ．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12 分 21【详解】（1）由题可知,一盘游戏中仅出现一次音乐的概率为：

 

₁





2 ₃ ₂ 3

1

3

6

3 









f p

C p

p

,

f



  

p



3 3

p



1 

p



1 

。。。。。。。。。。。。。。。。。。1 分由

f



 

p



0

得

1

3 p



或

p



1

（舍）当

0,

1

3 p







_





时,

f



 

p



0

；当

1 2

,

3 5













p

时,

f



 

p



0

, ∴

f

 

p

在

0,

1

3 











上单调递增,在

1 2

,

3 5













上单调递减, 。。。。。。。。。。。。。。。。。。2 分 ∴当

1

3 p



时,

f

 

p

有最大值,即

f

 

p

的最大值点 ₀

1

3 

p

；。。。。。。。。。。。。。。。。。。。3 分（2）由（1）可知, ₀

1

3 



p

则每盘游戏出现音乐的概率为 3 1

1

19

1

3

27 



  

_

_







p

，。。。。。。。。。。4 分由题可知

3,

19

27 











X

B

∴

3

19

27

9  



EX

；。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。6 分（3）由题可设每盘游戏的得分为随机变量



,则



的可能值为-300,50,100,150；。。。。。。。。。。。。7 分 ∴

_P





 

₃₀₀

 

 

₁

_p



3；





1





2 3

50

1 





P



C p

p

；





2 2





3

100

1 





P



C p

p

；





3

150 



P



p

；。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。9 分 ∴





3 1





2 2 2





3 3 3

300 1

50

1

100

1

150  













EX

p

C p

p

C p

p

300

3

2

7

1

2 





_







_



p



；令

 

3 2

7

3

1

2 







g p

p

,则

 

2

7 



2

1

3

6

3

1

0

2

2 





 



 

g

p

；所以

g p

 

在

0,

2

5 











单调递增；∴

 

2

0

5

125  



_{ }

 



 

g p

g

；即有

EX



0

；故若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了. 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12 分

(8)

22．【解析】（1）由已知得 1 sin cos x t a y t a         平方相加消去参数t得到 2 2 1 1 x y a a  _  _           ，。。。。。。。。。。。。。。2 分即





2 2 2 xa y a ，∴C 的普通方程：1





2 2 2 xa y a ，∴C 是以1

 

a, 0 为圆心，a为半径的圆，

再将xcos，ysin带入C 的普通方程，得到1 C 的极坐标方程1 2 cosa  ．。。。。。。。。。。5 分

（2）C 的极坐标方程₃ 5π





3   R ，将 π 6  ， 5π 3   代入2 cosa ，解得₁ 3a，2a，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。8 分则△OMN的面积为1 3 sin π π 3 2 2 3 2 a a 6 3 2 a      _  _    ，解得a2．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。10 分