2020年11月稽阳联谊学校高三联考数学试卷参考答案和评分标准
-
2020
年
11
月稽阳
联考数学参考答案及评分标准
第Ⅰ卷
（选择题，共
40
分）
一、选择题：本大题共
8
小题，每小题
5
分，共
40
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.
B
2.B
3.A
4.A
5.C
6.A
7.B
8.A
9.D
10.D
各
题
详
细
参
考
解
答
1.
解<
/p>
：由于
M
{<
/p>
x
|
1
x
4},
N
{
x
|
2
x
3}
，从而
M
N
{
< br>x
|
1
x
3}
，选
B.
2.
解：
由
于
z
i
i<
/p>
(1
i)
1<
/p>
i
2
.
选
B.
，则
|
z
|
1
i
2
2
2
2
x
y
2
<
/p>
0
表示的平面区域为如图所示
3.
解：
如图，不等式组
y
2
0
2
x
y
4
0
的阴影部分，从而当
x
4,
y
2<
/p>
时，
4.
解：
由于
f
(
x
)
y
2
有最小值
2
，选
A.
x
<
/p>
6
x
sin
x<
/p>
为偶函数，
且
f
(
x
)
在<
/p>
x
0
右侧取值
正，故选
A.
2
cos
x
5.
解：
充分性：
log
b
2
log
a
2
0
a
b
1
a
1
b
1
0
|<
/p>
a
1|
|
b
1|
，
充分
性
成
立
.
必
要
性
：
取
a
< br>
2,
b
1
1
，
则
|
a
1|
|
b
1|<
/p>
1
成
立
,
而
条
件
不
成
立
，
故
2
2
D
1
A
1
B
1
log
b
2
log
a
2
0
是
|<
/p>
a
1|
|
b
1|
的充分不必要条件，故选
C.
C
1
6.<
/p>
解：
该几何体为一个正四棱柱截去两个全等的三棱锥而成，直观图
如图，
1
1
1
3
2<
/p>
2
2
2
4
7
3
.
2
2
2
2
1
1
1<
/p>
5
V
V
柱
2
V
锥
=1
1
2
2
< br>
1
，故选
A.
3
2<
/p>
3
S
N
1
2
1
M
D
A
B
C
7.
解：
椭圆
C
2
关于点
P
(
x
0
,
y
0
)
的切点弦
AB
的方程为
3
x
0
x
4
y
< br>0
y
12
.
3
x
0
x
4<
/p>
y
0
y
12
4
3
6
4
3
6
F
(
< br>,
)
联立
得点
，
同理
E
,
3
3<
/p>
x
0
2
y
0
3
x
0
2
y
0
y
x
3
x
0
2
y
0
3<
/p>
x
0
2
y
0
2
48
36
12
，则
OE
OF
1
，故选
B.
2
2
2
2
2
2
< br>3
x
0
4
y
0
3
x
0
2
y
0
3
x
0
2
y
0
< br>
2020
年
11
月稽阳联考
数学试题参考答案和评分标准
第
1
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10
页
8.
解：<
/p>
构建直三棱柱
ABE
< br>CDF
，设
G
,
H
分别为
ABE
,
CDF
的外心，连接
GH
，取
其中点
O
，则
O
为直三棱柱
ABE
CDF
的外接球的球
心，也为四面体
ABCD
的外接球的
球
心，因为异面直线
AB
与
CD
所成的角为
60
，所以
ABE
60
.
设三棱柱底面三角形
ABE
的外接圆半径为
r
，则
r
C
H
O
D
F
5<
/p>
1
2
，
AE
2
r
sin
60
2
3
，再由余弦定
理，
AE
2
AB
2
B
E
2
2
AB
BE
co
s60
AB
2
BE
2
AB
BE
12
，
B
所以
12
AB
BE
AB
BE
2
AB
BE
AB
BE
AB
BE
所以
V
A
BCD
2
2
A
G
E<
/p>
1
1
1
3
V
ABE
CDF
AB
BE
sin
60
BC<
/p>
AB
BE<
/p>
2
3
，
3
3
2
6
故四面体
ABCD
的体
积的最大值为
2
3
.
故选
A.
9.
解：
由于
S
2
p
2
p
(
a
1
a
2
p
)
2
p
(
a
p
< br>a
p
1
)
2
pa
p
，故选项
A
错误
.
由于
m
p
q
n
，则
a
p<
/p>
a
q
a
m
a
n
[
a
m
(
p
m
)
d
]
[
a
n<
/p>
(
q
n
)
d
]
a
m
a
n
[
a
m
(
q
n
)<
/p>
d
]
[
a
n
(
q
n
)
d
]
a
m
a
n
(
q
n<
/p>
)
d
(
a
m
a
n
)
(
q
n
)
2
d
2
(
q
n
)<
/p>
d
2
(
n
m
)
(
q
n
)
2
d
2
0
，故选项
B
< br>错误
.
1
1
a
p
a
q
a
m
<
/p>
a
n
a
m
a
n
1
1
由于
< br>，故选项
C
错误
.
a
p
a
< br>q
a
p
a
q
a
p
a
q
a
m
a
n
a
m
a
n
2
设
x
q
< br>
n
m
p
0
，
则
pq
mn
(
n
x
)(
m
x
)
mn
x
(
n
m
)
< br>
x
0
，
从而
pq
mn
，由于
p
q
m
n
p
2<
/p>
q
2
2
pq
m
2
n
2
2
mn
，故
2
p
q
< br>2
m
2
n
2
.
p
2
q
2
m
n
m
2
n
2
m
< br>
n
故
S
p
S
q
(
p
q
)
a
1
d
(
m
n
)
a
< br>1
d
S
m
S
n
.
2
2
p
(
p
1)
q
(
q
1)
pq
(
p
q
2)
pq
(
p
1)(
q
1)
2
d
]
< br>
[
qa
1
d
]
pqa
1
2
a
1
d
d<
/p>
2
2
2
4
mn
(
m
n
2)
mn
(
p
1)(
q
1)
2
mn
(
m
n
2)
mn
(
m
1)(
n
1)
2
mna
1
2
a
1
d
d
mna
1
2
a
1
d
d
2<
/p>
4
2
4
S
p
S
q
[
pa
1
S
m
< br>
S
n
.
由此
1
1
S
p
S
q
S<
/p>
m
S
n
S
m
S
n
1
1
，故选项
D
正确
.
故选
D.
S
p
S
q
S
p
S
q
S
p
S
q
S
m
S
n
S
< br>m
S
n
注：本题也可用特殊数列
代入，利用排除法求解
.
10. <
/p>
解：
由于
ln
x
(2
e
<
/p>
a
1)
x
b
1
0
ln
x
2
ex
1
(
< br>a
1)
x
(
b
2)
.
此不等式对
任意
x
(0,
)
恒成立，则需要保证
a
1
0
.
令
x
1
1
1
，则
ln
2
1
(
a
< br>1)
b
2
e
e
e
2020
年
11
月稽阳联考
数学试题参考答案和评分标准
第
2
页共
10
页
从而
(
a
1)
1
b
2
1
b
2
< br>，从而
.
< br>e
a
1
e
另一方面，当
a
3
e
1,
< br>b
1
时，
ln
x
(2
e
a
1)
x
b
1
0
即为<
/p>
ln
x
ex<
/p>
2
0
，
1
1
ex
1
1
故
f
(
x
< br>)
在
(0,
]
< br>
e
0
得
0
x
，
x
x
e
e
1
1
上单调递增，在
(
,
)
上单调递减，从而
f
(
x
)
< br>f
(
)
0
，即
a
3
e
1,
b
1
可使不等
e
e
1
b
<
/p>
2
式恒成立，从而
可取
< br>.
e
a
1
1
b
2
综合上
述，当
取最大值
时，
a
3
e
1
.
故选
D.
e
a
1
设
f
(
x<
/p>
)
ln
x
ex
2(
x
0)
，
则
f
'(
x
)
第Ⅱ卷（非选择题部分
共
110
分）
二、填空题：本大题共
7
小题，共
36
分，多空题每题
6
分，单空题每题
4
分。
1
3
11.
;
12.
32
;
10
13.
3
5
14.
1
5
22
;
(
x
)
2
(
y
1)
2
（去掉原点）
.
2
4
2
9
3
139
;
15.
18
16.
17.
3
8
3
60
说明：第
13
题不去掉原点也不扣分
.
各
题
详
细
参
考
解
答
11.
解
：
由于
ta
n
<
/p>
10
tan
1
1
1
3
sin
,
，
则
；
又
< br>，
故
tan
< br>
10
4
1
tan
2
3
2
2<
/p>
cos
<
/p>
3
10
10
3<
/p>
10
3
,
从而<
/p>
sin
2
<
/p>
2sin
c
os
2
(
)
.
10
10
10
5
12.
解
：令
x
1
，则
a
0
a
1
a
2
a
3
a
4
a
5
2
5
<
/p>
32
；由于
(2
x
)
5
(2
x
1
1)
5
，从
而
a
2
C
1
10
.
故填
a
0
a
1
< br>a
2
a
3
a
4
a
5
32<
/p>
；
a
2
10
.
3
5
3
y
13.
解
：当
k
1
时，点
C
到
l
的距离
1
|1
2
|
1
2
2
< br>，则
|
AB
|
< br>
2
r
d
2
6
22
.
<
/p>
d
2
1
1
2
O
D
A
C
M
B
x
由于直线
l
过点
D
(0,
2),
C
(1,0)<
/p>
，则点
M
在以
D
C
为直径的圆上，该圆的圆心坐标为
1
5
1
1
5
<
/p>
1
半径
r
，
故点
M
的轨迹方程为
(
x
)
2
(
y
1)
2
（去掉原点）
.
(
,
1)<
/p>
，
4
2
2
2
4
14.
解
：由于
2
bc
sin
A
3(<
/p>
a
2
b
2
c
2
)
0
，故
2
bc
sin
A
3
2
ab
cos
C
0
,
从而
c
sin
A
3
a
cos
C
0
,
即
sin
C
sin
A
3sin
A
cos
C
0
,
故
tan
C
3,
所以
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10
页
2
2
2
1
2
1
4
1
2
< br>.
又
CD
CA
CB
,
从而
CD
CA
< br>
CB
b
2
a
2
ab
1
.
故
C
3
3
3
3
3
9
9
9
2
1
9
3
2
< br>9
.
ab
1
，
即
ab
，故
S
ABC
ab
sin
C
2
8
9
2
1
5.
解
：由于
1
2
1
，则
2
a
b
ab
，从而
(
a
1)(
b
2)
2
a
b
ab
2
2(2
a
b
)
2
a
b
1
2
b
4
a
2(2
a
b
)(
)
2
2(4
)
2
2(4
4)
2
18
，
当且仅当
b
2
a
4
，即
a
b
a
b
当
a
2,
b
4
取等号
.
3
2
2
3
2
2
2
11
6
5
15
3
2<
/p>
2
3
2
2
2
3
13
3
2
< br>
2
3
2
1
1
，
P
X
4
P
X
3
< br>
6
5
4
60
6
5
4<
/p>
3
20
139
故
E
(
X
)
2
P
X
2
3
< br>
P
X
3
4
P
X
4
.
60
16.
解：
根据题意
X
可取
2,3,
4
.
P
X
2<
/p>
17.
解<
/p>
：如图，设
a
PA
,
b
P
B
,
c
PC
,
d
PD<
/p>
，由于
|
a
|<
/p>
|
b
|
a
b
2
，则
1
cos
PA
,
PB
，故
APB
60
.
由于
a
c
8
，过点
C
作
2
PA
的垂线
l
，垂足为
K
，则
PK
4
，故点
C
在定直线
l
上
.<
/p>
故
|
d
c
|
的最小值即为
点
D
到直线
l
的距离
DH
.
由此
DH
DA
.
故点
D
的轨迹为以点
A
为焦点，准线为
l
的抛
物线
.
设
AK
的中点
D
0
B
D
M
y
H<
/p>
C
K
E
x
O
P
A
O
为原点建立直角坐标系，则抛物线的方程为
y
2<
/p>
4
x
，
l:x=1
P<
/p>
(
3,0),
A
(
1,0),
B
(
2,
3)
.
取
PB
的中点
M
，
平行于直线
AM
作抛物线的切线，
切
点分别为
D
0
,
，
切线交
x
轴于点
< br>E
.
由于
d
xa
yb
，即
PD
xPA
yPB
xPA
2
y
点
D
0
时，
< br>x
2
y
有最大值，最大值为
|
PE
|
.
|
PA
|
2
设
抛
物
线
y
2
< br>
4
x
上
的
点
D
0
(
t
,
2
t
)
，
该
点
处
抛
物
线
切
线
< br>为
x
ty
t
2
0
.
令
PB
xPA
2
y
PM
，故当点
D
位于
< br>2
1
1
，则
t
3
，则切线
< br>D
0
E
:
x
3
y
3
0
，故点
E
(3,0)
.
从而
x
2
y
3<
/p>
.
k
AM
max
t
3
三、解答题
:
本大题共
5
小题，共
74
分。解答应写出相应的文字说明，证明过
程或演算过程．
18.
解：
（
I
）由于
f
(
x
)
2sin
2
(
x
)
3
cos2
x
1
2sin(2
x
)
4
3
2020
年
11
月稽阳联考
数学试题参考答案和评分标准
第
4
页共
10
页
…………………………………………………………………………………………
4
分
2
<
/p>
5
又
x
[
,
]
，则
2
x
< br>
，则令
< br>2
x
，解得
x
.
故
f
(
x
)
的单调递
4
2
6
3
3
6<
/p>
3
2
4
12
5
增区间为<
/p>
[
,
]
.
……………………………………………………………………
7
分
4
12
（Ⅱ）若不等式
|
f
(
x
)
m
|
2
在
x
,
上恒成立
< br>2
m
f
(
x
)
2
m
. <
/p>
4
2
………………………………………………………………………………………………
9
分
< br>
2
由于当
x
[
,
]
，
2
x
，故
f
(
x
)
2sin(2
x
)
的值域
为
[1,2]
.
4
< br>2
6
3
3
3
……………………………………………………………………………………………
12
分
2
m
1
由此
，故
0
m
3
.
…………………………
14
分
.
<
/p>
2
m
2
z
A
1
2
2
19.
解法一
：
（
I
）
如图，过点
B
作
AC
的垂线，垂足为
O
，
以
OB
、
OC
所在直线为
x
< br>轴和
y
轴建立空间直角坐标系
.
…………………………………………………………
2
分
由于
A
1
OB
为二面角
A
1
AC
B
的平面角，由于<
/p>
C
1
2
B
1
1
2
3
A
O
2
3
C
y
AO
< br>
3,
BO
< br>3,
A
1
B
3
,
故
A
1
OB
120
.
则
1
A
(0,
1,0),
B
(
3,0,0),
C
(0,3,0)
,
B
x
A
1<
/p>
(
3
3
,0,
)
.
考
虑
到
AB
(
3,1,0)
，
则<
/p>
2
2
A
1
B
1
1
3
1
3
3
3
1
AB
< br>(
,
,0)
，
< br>从
而
(
x
B
1
,
y
B
1
,
z
B
1
)
(
,
,0)
，
故
点
2
2
2
2
2
< br>2
2
分
1
3
B
1
(
0,
,
)
.
…
……………………………………………………………………………
4
2
2
由于
AC
(
0,
4,0)
，
A
1
B
(
3
3
3
,0,
)
,
从而
A
C
A
1
B<
/p>
0
，故
AC<
/p>
A
1
B
.
2
2
……………………………………………………………………………………………
7
分
（
II
）
设平面
ACC
< br>1
A
1
的法向量为
n
(
x
< br>,
y
,
z
)
，由于
OA
1
(
3
3
,0,
),
OC
(0,3,0),
2
2
n
OA
1
0,
且
，从而
x
:
y
:
< br>z
3
:
0
:1
，因此取
n
< br>
(
3,0,1)
.
………………
11
分
<
/p>
n
OC
0
5
3
又
CB
1
(0,
,
)
.
设
直
线
B
1
C
与
平
面
ACC
1
A
1
所
成
角
为
，<
/p>
则
2
2
2020
年
11
月稽阳联考
数学试题参考答案和评分标准
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