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高2020届高三学业质量调研抽测（第二次）
理科数学参考答案及评分意见
一、选择题：1—5：D C B A B 6—10: B A D D C 11—12：C B
二、填空题： 13.

14.
12
15．
8
16. ② ③(在无错选答案的前提下，选对1个给2分，选对两个
3
给5分)
三、解答题：
17．解：（Ⅰ）因为
a
n1
2S
n
1
，所 以
n2
，
a
n
2S
n1
1
， ……………2分
两式相减化简得
a
n1
3a
n
(n 2)
，……………………………………………4分.
又
a
1
1< br>，所以
a
2
3
，
a
2
3a
1< br>符合上式，
n1
所以
{a
n
}
是以1为首项，以 3为公比的等比数列，所以
a
n
3
……………6分
n1n（Ⅱ）由（Ⅰ）知
b
n
log
3
(a
n
ga
n1
)
log
3
332n1
，
所以< br>T
n

所以
n(12n1)
n
2
， …………………………………………………8分
2
111111111
... 
2

2
...
2
1...
…10分
T
1
T
2
T
n
12n1223(n 1)n
111111
11...22
． ……………………………12分
223n1nn

200(855951 5)
2
50
5.5566.635
18.解：（Ⅰ）
K< br>100100201809
2
∴没有
99%
的把握认为“提高产 品的合格率与改进生产工艺有关”．………4分
（Ⅱ）∵每天生产的次品数为
x
，
日利润
y30

50x

50x150080x
，其中
0x4
，
xN
．
由
150080x1340
得
0x2
……………………………………………5分
∵
X
是甲、乙1天中生产的次品数不超过2件的人数之和，
∴
X
的可能值为0，1，2， ……………………………………………………6分
28102

，……………7分
303
3693

， ………………8分 乙1天中生产的次品数不超过 2件的概率为
305

∴
P(X0)
,
P(X1) 
,
P(X2)

355
又甲1天中生产的次品数 不超过2件的概率为
∴随机变量
X
的分布列为：
高2020届学业质量调研抽测（第二次）理科数学答案 第 1 页 （共 5 页）

X

P

∴
E(X)0

19.（Ⅰ）证明：连接
DM
，
DN
.





B
0
2

15
1
7

15
2
6

15
27619
12
．………………………………………12分
15151515
A
A
1

M
C
D
N
C
1

B
1

在正三棱柱
A BCA
1
B
1
C
1
中，
BB
1
CC
1
，
BB
1
CC
1
，且四边形
AA
1
B
1
B
是矩形，
所以
D
为
A B
1
的中点．又因为
M
为
AB
的中点，
所以DMBB
1
，且
DM
1
BB
1
. ……………………………………………2分
2
1
CC
1
，
2
因为
N
为
CC
1
的中点，所以
CN
所以
DMCN
，且
DMCN
，
所以四边形
CMDN
是平行四边形，………………………………………………4分 < br>所以
CMDN
,又
DN
平面
AB
1
N，
CM
平面
AB
1
N
，
所以
CM
平面
AB
1
N
. …………………………………………………………5分
（Ⅱ）取
BC
的中点为
O
,
B
1
C
1
的中点为
E
,连接
AO
,
OE
,
因为
ABC
为正三角形，所以
AOBC
,
又平面BB
1
C
1
C
平面
ABC
,所以
A O
平面
BB
1
C
1
C
. ………………………6分
以
OB,OE,OA
所在直线为
x,y,z
轴建立空间直角坐标系，如图所示.
z
B(1,4,0)
,
N(1,2,0)
,
A
则
A(0,0,3)
,
A
1
(0,4,3)
,
1





B
x
O
B
1

M
C
D
N
E
y
A
1

C
1

uuuuruuuruuuurA
1
B
1
(1,0,3)
,
AB
1
(1,4,3)
,
B
1
N(2,2,0)
……………………8分
uuurr
r
uuuurr
n0
且
B
1
N
g
n0

设平面
AB
1
N
的法向量为
n(x,y,z)
，则
AB
1
g
高2020届学业质量调研抽测（第二次）理科数学答案 第 2 页 （共 5 页）

x4y3z0
且
2x2y0
， < br>r
令
x1
，则
y1
，
z3
，则< br>n(1,1,3)
…………………………10分
uuuurr
A1
B
1
g
n
425
urr
|
设< br>A
1
B
1
与平面
AB
1
N
所成角为

，则
sin

|
uuu
. …12分
5
|A
1
B
1
|
g
|n|
25
20
．解：（
1
）设圆
I
的半径为
r
，题意可知， 点
I
满足：

|IC|26r
，
|IM|r
，

所以，
|IC||IM|26
，

由椭圆定义知点
I< br>的轨迹是以
C,M
为焦点的椭圆，
……………………………3
分

所以
a6,c2

b2
，

x2
y
2
故轨迹
E
方程为：
1
．
…………………………………………………5
分

62
（Ⅱ）直线
l
的方程为
yk(x2)
，


x
2
y
2
1


2222< br>
消去
y
得

3k1

x12kx1 2k60
.
联立

62

yk(x2)

直线
yk(x2)
恒过定点
(2,0)
，在椭圆内部，所以< br>0
恒成立，设
A(x
1
,y
1
)
，B(x
2
,y
2
)
，则有
12k
2
1 2k
2
6

，
x
1
x
2
< br>x
1
x
2

2
3k1
3k
2< br>1
26(k
2
1)
………7
分

|AB |(1k)|x
1
x
2
|(1k)[(x
1
x
2
)4x
1
x
2
]
2
3k1
222
2k
6k
2
y
设
AB
的中点为
Q(x
0
,y
0
)
，则
x
0

，，

0
2
2
3k1
3k1
直线
PQ
的斜率为

1
（由题意知
k0
），又
P
为直线
x3
上的一点，所以

x
P
3
,
k
11k
2
3(k
2
1)
…………………………………9
分
|PQ|(1
2
)|x
0< br>x
P
|
22
kk3k1
当
ABP
为等边三角形时，
|PQ|
3
|AB|
,
2
高2020届学业质量调研抽测（第二次）理科数学答案 第 3 页 （共 5 页）

1k
2
3(k
2
1)326(k2
1)

即

22
k3k123k
2
1
解得
k1
，即直线
l
的方程为
xy2 0
或
xy20
．
………………12
分

e
x
1
lnx
，
x(0,)
， 21． 解：（Ⅰ）设函数
h(x)f(x)g(x)
xx
xe
x
e
x
11(x1)(e
x
1)
h

(x)
2

………………………………………2分
x
2
xxx
2

x(0,)
，
e
x
10
，当
0x1
时，
h

(x 0
，
h(x)
单调递减；
当
x1
时，
h
(x)0
，
h(x)
单调递增；
h(x)
在(0,)
上有最小值
h(x)
min
h(1)e1
………………………………4分
当
m1
时，
|PQ|
的最小值为
e1
. ………………………………………………5分
（Ⅱ）
F(x)e
x
(a
1
lnx)
， < br>x
11121
F

(x)e
x
(alnx) e
x
(
2
)e
x
(a
2
lnx )
，
xxxxx
21
因为
e
x
0
，所 以
F


x

与
a
2
ln x
同号．

xx
x
2
2x2(x1)
21
21

设
t(x)a
2
lnx
， 则
t

(x)
……………6分
3
xx
3< br>xx
所以对任意
x

0,

，有
t< br>

x

0
，故
t

x

在

0,

单调递增．
………7
分

因
a

0,ln2

，< br>t

1

a10
，
t()aln
1
2
1
0
，

2
所以存在
x
0
(,1)
，使得
t(x
0
)0
……………………………………………8
分

当
x(,x
0
)
，
F

(x)0
，
F(x)
单调递减；
当
x(x
0
,1)
，
F

(x) 0
，
F(x)
单调递增；

所以若
a

0,ln2

，存在
x
0
(,1)
，使得
x< br>0
是
F(x)
的极小值点．
………10
分

由
t(x
0
)0
得
a
1
2
1
2
1
2
2112
12x
0

2
lnx
0
0
，即
alnx
0

2

，

x
0
x
0
x
0
x
0
x
0
2
x
0
x
0
12x
0
e (alnx)eg
2
0
．
…………………………………………12分

所以
0
x
0
高2020届学业质量调研抽测（第二次）理科数学答案 第 4 页 （共 5 页）


2
x2t


2
22．解：（Ⅰ）将

中参数
t
消去得
xy20
，………………2分

y
2
t
2
将


x

cos

22代入

sin

8cos

，得
y8x< br>,…………………………5分

y

sin

2
∴直线
l
和曲线
C
的直角坐标方程分别为
xy20< br>和
y8x
．
（Ⅱ）将直线
l
的参数方程代入曲线
C
的普通方程，得
t82t320
，
设
A
、B
两点对应的参数为
t
1
、
t
2
，则
|MA||t
1
|
，
|MB||t
2
|
， < br>∴
t
1
t
2
82
，
t
1
t
2
32
，
2

16
8
，………………………………8分 ∴
|t1
||t
2
||t
1
t
2
|(t1
t
2
)4t
1
t
2

∴
2
|t||t
2
||t
1
t
2
|
1
1111

1
1
． ………………10分
|M A||MB||t
1
||t
2
||t
1
t
2
||t
1
t
2
|
2
23.
解
:
（Ⅰ）当
a2
时，
f(x)|x1||2x4||x1|5
，

x2

8
则

得
x
；
……………………………………………2
分

3

2x 4x15

2x1
得
0x1
；
……………………………………………3
分


2x4x15

x1

得
x1
，
………………………………………………4
分



2x4x 15
所以
f

x

x15
的解集为(,]U[0,)
. ………………………5
分

（Ⅱ）对于 任意实数
x
，不等式
2x3f(x)2a
成立，

即
2x32xa2a
恒成立，

又因为
2x3 2xa2x32xaa3
，
……………………7
分

要使原不等式恒成立，则只需
a32a
，

由
2aa
2
32a
得
1a3

所以实数
a
的取值范围是
(1,3)
. ………………………………………………10
分

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2
222
2
8
3