个人简历封面模板-教务处工作计划

天津市部分区2020年高三质量调查试卷（一）
数学试卷参考答案
一、选择题：(本大题共9个小题，每小题5分，共45分)
题号
答案
1
B
2
A
3
D
4
B
5
C
6
D
7
C
8
A
9
D
二、填空题：(本大题共6个小题，每小题5分，共30分)
10．

2,2,

11．
80


12．
2



1

4

13．
x2y80< br> 14．
2
23
； 15．

,3

U

0,


3
12
三、解答题：（本大题共5个小题，共75分）
16．解：（1）由 题设及正弦定理，得
sinAsin
AB
sinCsinA
．…………… ……1分
2
在
ABC
中，因为
sinA0
，所以sin
AB
sinC
．………………………2分
2
由于< br>A+B=

C
，从而
sin
ABC
cos，
22
所以
cos
CCC
=2sincos
．……… ………………………………………………4分
222
CCC1

，所以< br>cos0
，所以
sin
，
22222
在
A BC
中，因为
0
所以
C
=
，即
C
． ……………………………………………………………6分
263

（2）在
ABC
中，由于
c7,C

，
3

22
，即
abab7
． ……………8分
3
则由余弦定理，得
7ab2abcos
22
3
< br>3b

因为
2a3b
，所以

b
2< br>b
2
7
，
2

2

解得b2
，从而
a3
． …………………………………………………………10分
2
在
ABC
中，由正弦定理，得
sinB
bsinC< br>
c
2sin

3

3

21< br>
7
77
因为
ABC
中，
b27c
，且
C
2

，所以
0B
，
33

21

27
2

所以
cosB1sinB 1

． ……………………………12分



7

7

所以
sin

CB

si nCcosBcosCsinB
．

32712121

．……………………………14分
2 72714
17．解：因为四边形
ABB
1
A
1
，
BB
1
C
1
C
均为正方形，所以
A
1
B< br>1
BB
1
,BB
1
B
1
C
1< br>．
又
A
1
B
1
B
1
C
1
，
uuuruuuur
从而以点
B
1
为坐标原点，分别 以向量
B
1
B,BC
11

uuuur
B
1
A
1
的方向为
x
轴、
y
轴、
z
轴的正方向,建立
如图所示的空间直角坐标系
B
1
xyz
． ……1分

不妨设
BB
1
2
，则有B
1

0,0,0

,B

2,0,0

,

A
1

0,0,2

,M

1,2,0

,N

1,0,1

，
uuuur
所以
MN

0,2,1

． ………………………2分
uuur
（1）证明：【方法一】易知，平面
ABC
的法向量为
B
1
B

2,0,0

．
uuuruuuuruuuruuuur
由于
B
1
BM N0
，所以
B
1
BMN
，即
BB
1
 MN
． …………………4分
又因为
MN
平面
ABC
，所以
MN

平面
ABC
．………………………5分
【说明】本小题的其它解法如下（这里过程略述），若步骤完整、过程严谨，请参照
赋分标准，酌情赋 分：
【方法二】取
B
1
B
的中点
Q
,连接
MQ
．证明平面
MNQ

平面
ABC
，进而证得
MN

平面
ABC
．
【方法三】取
AB
的 中点
R
,连接
CR,NR
．先证明
MN

CR
,进而证得
MN

平
面
ABC
．
uuuuru uuuruuuur
（2）由题意，知
MN

0,2,1
,
BM

1,2,0

,
B
1
M 

1,2,0

．
ur
设平面
MNB
的法向量为
m

x,y,z

，
uruuuur


2yz0,

mMN0,
则有

u
即

ruuuur

x2y0.



mBM0,
ur
令
y1
，得
m

2,1,2

． ……………………………………………………7分
r设平面
MNB
1
的法向量为
n

x
1
,y
1
,z
1

，

ruuuur


2y
1
z
1
0,

nMN0,
则有

ruuuu
即

r

x
1
2y
1
0.



nB
1
M0,
r
令
y
1
1
，得
n

2,1,2

．………………… …………………………………8分
urr
urr
urrurr
mn1
所以
mn1,m3,n3
，所以
cosm,n
urr

， ………………10分
mn
9
设二面角
BMNB
1
的大小为

，

urr
45
所以
sin1cosm,n
．
92
故所求二面角
BMNB
1
的正弦值为
45
．…… …………………………11分
9
uuuur
（3）设点
P

0,t,0

（
0t2
），则
PM

1, 2t,0

,
uuuurruuuurr
2
且有
PM nt,PM1

2t

,n3
．
设直线
PM
与平面
MNB
1
所成角为

，
uuuurr
t
2
2

， ………………12分 则有sin

cosPM,n
，即
2
15
15
31

2t

整理，得
21t16t200
，解 得
t
2
210
或
t
（舍去）．…………14分
37
所以
B
1
P
t1

． …………………………………………………………15分
B
1
C
1
23
18．解：（1）易得，抛物线
C
的焦点
F
的坐标为
所 以椭圆
E
的右焦点
F

2,0
，准线方程
x2
，


2,0
，左焦点为
F

2,0
． ……………………2分



设椭圆
E
的半焦距为
c
,依题意得

c2,

2b
2

2,
解得
a2,b2
． ………………………………………5分

PQ< br>a


a
2
b
2
c
2
,

x
2
y
2
1
． ………………………………………………6分 故所求椭圆的方程为
42
（2）【方法一】由题 意，得
E
的左顶点
A

2,0

．
又 知直线
l
的斜率存在，不妨设为
k
（
k
，点
B
x
B
,y
B

,
0
）
则直线
AB
方程为
yk

x2

．…………… …………………………………7分
yk

x+2

,

联立方程组

x
2
y
2


 1.
42
消去
y
并整理，得
2k1x8kx8k40
， （※）………………9分
易得
8k

2

222

2
2
4

2k
2
1
8k
2
4

160
，
所以点
2,x
B
为方程（※）的实数根，
8k
2
424k
2
从而
2x
B
=
，所以
xB

．
22
2k12k1

24k
2

4k
2
所以
y
B
k

x
B
2

k

． …………………………11分

22
2k12k1

由题意，点
B,M
均在E
上，且
B,M
关于原点
O
对称，


24k
2
4k

所以点
M

x
B
,y
B

,即
M

,

．………………………12分
22

2k12k1
4k
2
2k1
1
，解得
k
1
． ………………………14分
1
,所以
24k
2
2
2 +
2
2k1
因为
k
AM
故所求直线
l
的 方程为
y
1

x2

，即
x2y20
． …………………15分
2
【方法二】由题意，得
E
的左顶点< br>A

2,0

，直线
AM
的斜率为
1，
所以直线
AM
的方程为
yx2
． ……………………………………………7分

yx2,

联立方程组< br>
x
2
y
2
1.


422

消去
y
并整理，得
3x8x40
． 解得
x2
，或
x
2
．……………………………………… ………………10分
3
2
（因为
2
为点
A
的横坐标），
3
所以点
M
的横坐标
x
M

所以点
M的纵坐标
y
M

4

24

，从而点
M

,

．…………………………12分
3

33

由题意，点
B,M
均在
E
上，且
B ,M
关于原点
O
对称，
所以点
B
的坐标为
1

24

,

，所以
k
AB
．………………………………14分
2

33

1

x2

,
2

所以直线
AB
的方程为
y

即所求直线
l
的方程为
x2y20
．……………………………………… …15分
19．解：（1）设等比数列

a
n

公比为< br>q
，由
a
4
8,a
3
a
2
2
，
3


a
1
q8,
2
得< br>
2
消去
a
1
并整理，得
q4q40
，………………………2分


a
1
qa
1
q2，
解得
q2
,从而
a
1
1
．
n1
所以
a
n
2
； ……………………………………………………………………3分
设等差数列

bn

的公差为
d
，由
b
1
a
2,
b
2
b
6
a
5
，
得


b
1
2,
…………………………………………………………………5分

46d16，
解得
b
1
2,d2
．
所以
b
n
2

n1

22n< br>． …………………………………………………6分

n2
n
， n2m1,

（2）由（1）及题意，得
c
n

其中
mN
． ………………8分

2n1，n2m,
① 当
n
为奇数时，不妨设数列
n2

n

的前n
项和为
S
奇
，
所以
S
奇
c1
c
3
c
5
Lc
2n1
，
即
S
奇
123252L

2n1
< br>2
35
357
2n1
， …………………………9分
2n1
所以
4S
奇
123252L

2n3

2
上述两式相减，得


2n1

2
2n1
．
3S
奇
222
3
22
5
L22
2n 1


2n1

2
2n1

2
2
4

14
n1

14


2n1

2
2n 1

56n
2n1
10
2
， …………11分
33
所以
S
奇

6n5
2n1
10< br>2
． ………………………………………………12分
99
②当
n
为偶数时，易得，数列

2n+1

前
n
项和 为
n

5

4n1



2n
2
3n
．………………14分
S
偶
=591 3L

4n1



2
设{C
n< br>}的前2n项和为T
2n
则
T
2n
S
奇
S
偶

6n5
2n1
10
22n
2
3n
．……… ………………………………15分

99
20．解：（1）因为
f

x

xmlnx1
（
x

0,

），
所以
f


x

1
m
（
x

0,

）． ……………………………………………1分
x
因为
x1
是
f
x

的极值点，所以
f


1
< br>0
，
即
1
m
0
，所以
m1
． …………………………………………………………2分
1
1x1

，（< br>x

0,

）．
xx
此时
f

x

xlnx1
，
f


x< br>
1
易得，当
0x1
时，
f


x

0
；当
x1
时，
f


x

0
，
所以函数
f

x

在区间

0,1

上单调递减；在区间

1,

上单调递增，………4分
所以函数
f

x
< br>在
x1
处的极值
A
是最小值．…………………………………5分

（2）由（1）知，
m1
，所以
g
< br>x

e
x1
lnx1
，且
x
< br>0,

．
所以
g


x
< br>e
x1
1

． ……………………………………………………………6分
x
设
h

x

e
x1
11
x1

（
x
0,

），则
h


x
e
2
． ……………………7分
xx
显然，当
x0时，
h


x

0
恒成立，
所以 函数
h

x

在
x

0,

上单调递增，且
h

1

0
．………………… ……9分
所以,当
0x1
时，
h

x
0
，即
g


x

0
；
当
x1
时，
h

x

0< br>，即
g


x

0
．
所以，函 数
g

x

的单调递减区间为

0,1

；单调递增区间为

1,

． ………11分
（3）证明：由（1）可知,
当
x1
时，
f

x

f

1

0
，即
x1lnx
．………………………………12分
不妨令
x1
1

（
n
N
）， n
2
则有
ln

1


1

1

n
（
n
N

）．………………… …………………………13分
n

2

2
1
< br>1

1

1111

ln1
Lln1
L
11
，

1

2

n

12nn
2

22

2

2

22
所以
ln

1


即
ln


1



1

1

1
L

2

2

2

1



11 lne
．…………………………………15分

n



2


因为函数
ylnx
在区间

1 ,

上单调递增，

所以

1



1

1

1
L

2

2
2

1

1e
（得证）． …………………………………16分

n


2
