桂陽(yáng)三中2020屆高三開(kāi)學(xué)前質(zhì)量檢測(cè)1理數(shù)試題答案

1、2020屆高三質(zhì)量檢測(cè)1理科數(shù)學(xué)試題答案一、選擇題：本大題共 12小題，每小題 5分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一 項(xiàng)是符合題目要求的.1 .【答案】A【解析】: A y|y 2x,x R y| y 0,B x|y lg(2 x) x|2 x 0 x|x 2 (,2),AI B x|0 x 2 (0,2).2 .【答案】A【解析】z(i 1) 2i (i 為虛數(shù)單位)，.二 z(1 i)(1 i) 2i(1 i), 2z 2(i 1),解得 z 1 i ,貝U Z 1 i .3 .【答案】C【解析】這12天的AQI指數(shù)值的中位數(shù)是95二04 99.5,故A不正確； 2這12天中，空氣質(zhì)量為

2、“優(yōu)良”的有 95, 85, 77, 67, 72, 92共6天，故B不正確;從4日到9日，空氣質(zhì)量越來(lái)越好，故 C正確；這12天的AQI指數(shù)值的平均值約為110,故D不正確.4 .【答案】B1【解析】a b (2 x, 1), a (a b) ,a (a b) 2(2 x) 3 0 ,解得 x 25 .【答案】D【解析】由題意結(jié)合排列組合公式可得隨機(jī)選派 2人參加圍棋比賽的方法有C2種，而選出的2人中沒(méi)有女隊(duì)員的方法有C2種，結(jié)合古典概型計(jì)算公式可得：選出的2人中有女隊(duì)員的概率為PC2 C2C210 3 710106 .【答案】B【解析】A.若m/, n/ ，則m, n相交或平行或異面，故A

3、錯(cuò);B.若m, n ,由線面垂直的性質(zhì)定理可知 mil n ,故B正確；C.若m , m n ,則n/ 或n a ,故C錯(cuò)；D.若 m/7.【答案】Dm n,則n/ 或n 或n ，故D錯(cuò).【解析】函數(shù)f(x) 73sin(2x )(| | 目的圖象向左平移個(gè)單位后，2 6得到g(x) 有sin(2x -)(| | -)的圖象，3 2，由于平移后的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，故 g(0) T3sin() 0,3 k Z),由 | |，得 .3238 .【答案】B【解析】由三視圖可知該機(jī)械零件是一個(gè)長(zhǎng)方體中間穿一個(gè)圓柱， 其中長(zhǎng)方體的長(zhǎng)寬高分別為3,3, 4,圓柱的底面半徑為r 1,圓柱的高為5, 據(jù)此可得

4、，組合體的表面積 S 2 (3 3 3 4 3 4) 2冗1 2 66 4兀.9 .【答案】B【解析】代x 0,知函數(shù)過(guò)原點(diǎn)，故排除D,代入x 1 ,得y 0 ,排除C,代入 x 0.0000000001, y 0 ,排除 A.10 .【答案】B【解析】根據(jù)題意可知四面體 ABCD的三條側(cè)棱BD AD、DC DA,底面是等腰ZXBDC ,它的外接球就是它擴(kuò)展為三棱柱的外接球，求出三棱柱的上下底面三角形的中心連線的中點(diǎn)到頂點(diǎn)D的距離，就是球的半徑，三棱柱中，底面 ABDC , BD CD 1 , BC 73 ,. BDC 120 , zBDC的外接圓的半徑為-百 1, 2 sin120由題意可得

5、：球心到底面的距離為 ,2球的半徑為r J37 旦,外接球的表面積為442 7冗. 4211 .【答案】C【解析】設(shè)f(x) sin x x,則f (x) cosx 1 0,即函數(shù)f(x)為減函數(shù),V f(0) 0,函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，函數(shù)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)，即函數(shù)y sinx與y x的圖象恰有一個(gè)交點(diǎn)，故錯(cuò)誤，由知當(dāng)x 0時(shí)，sinx x;當(dāng)0 x 1時(shí)，Vx x sinx;當(dāng) x 1 時(shí)，Jx sin x ;當(dāng) x 0 時(shí)，sin x Jx ,故函數(shù)y sinx與y Jx的圖象恰有一個(gè)交點(diǎn)，故正確，作出函數(shù)y sinx與y x2的圖象，由圖象知兩個(gè)函數(shù)有 2個(gè)交點(diǎn), 即函數(shù)y sinx

6、與y x2的圖象恰有兩個(gè)交點(diǎn)，故正確，作出函數(shù)y sinx與y x3的圖象，由圖象知兩個(gè)函數(shù)有 3個(gè)交點(diǎn), 即函數(shù)y sinx與y x3的圖象恰有三個(gè)交點(diǎn)，故正確.12.【答案】C【解析】由題意可得f( 2) 3(4 2a b) 0,13函數(shù)圖象關(guān)于點(diǎn)(2,0)對(duì)稱，且f( 5) 0,107，即 f( 5) 6(25 5a b) 0 ,一一 b 2a 4 0據(jù)此可得b 5a 25 0,解得故函數(shù)的解析式為f (x) (1 x)(x27x 10)x3 6x2 3x 10 ,f'(x) 3x2 12x33(x2 4x1)，結(jié)合題意可知：x1,X2是方程x2 4x 1 0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，且X

7、x2 ,故 x2x1|x x2|.(x1 x2)2 4x1x242 4 12石.、填空題：本大題共4小題，每小題 5分.13.【答案】1【解析】由余弦定理得13 9 AC2 3AC ,解得 AC 1 或 AC14.【答案】2【解析】過(guò)點(diǎn)C作CDuuu uuir uur uuir AB AC AB (ADAB于D,則D為AB的中點(diǎn),15.【答案】19【解析】由于x2 x2uuirDC)uuu uuir 1 uuu AB AD -| AB |22x2 x (Vx)2 ,x0 (Vx)4 ,據(jù)此結(jié)合排列組合的性質(zhì)可得x2項(xiàng)的系數(shù)為C2c2c21 2 1 0 4C4c3c1C4c46 12 1 19

8、.n(n 1)16.【答案】-()2【解析】易知：當(dāng)n 1時(shí)，因?yàn)閤 (0,1,所以x所以xX 1,所以 A 1,當(dāng) n 2時(shí)，當(dāng) x (1,2,則x2 ,所以x x(2,4,所以 A21,3,4, a2 3 .當(dāng) n 3時(shí)，當(dāng) x (2,3,貝Ux3,所以x x3x(6,9,A (1,3,4,7,8,9 ,a36 ;4時(shí)，當(dāng) x (3,4,則x4,所以xx4x(12,16,所以A 1,3,4,7,8,9,13,14,15,16a4 10 ;所以5時(shí),當(dāng) x (4,5,則x5,所以x x5x(20,25,A (1,3,4,7,8,9,13,14,15,16,21,22,23,24,25,由此類

9、推：an an 1 n故 an a1 (a2 ai) (a3 a2)L(an an 1) 1 2三、解答題：本大題共 6大題，共70分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.17 .【答案】(1)(2) 2V3.3【解析】(1)由題意可知，AD 1,在 4ABD 中，DAB 150 , AB 2/3 , AD 1,60,sin ADB由余弦定理可知，BD2 (273)2 12 2 273 1 ( ) 19 , BD 加. 2(2)由題意可知，AD 2cos , ABDAD在4ABD中，由正弦定理可知，sin ABD2cos0sin(60 )473，.二 tan18 .【答案】(1) x 70

10、.5分；(2)約 635人；(3) 0.499.【解析】(1)由題意知:中同值45556575S5英慨率0.10.15020.3O.1S1x 45 0.1 55 0.15 65 0.2 75 0.3 85 0.15 95 0.1 70.5, 4000名考生的競(jìng)賽平均成績(jī)X為70.5分.(2)依題意z服從正態(tài)分布 N( , 2),其中 X 70.5,2 D 204.75,14.31, z 服從正態(tài)分布 N( , 2)N(70.5,14.312),而 P( z ) P(56.19 z 84.81) 0.6826, 1 0.6826 P(z 84.81) - 0.1587.競(jìng)賽成績(jī)超過(guò) 84.81分

11、(含84.81分)的人數(shù)估計(jì)為0.1587 4000 634.8人 635人.(3)全市競(jìng)賽考生成績(jī)不超過(guò) 84.81分的概率1 0.1587 0.8413. 44而 B(4,0.8413) ,P( 3) 1 P( 4) 1 C4 0.84131 0.501 0.499 .19.【答案】（1）詳見(jiàn)解析;(2),3913【解析】（1）取BB1中點(diǎn)E,連結(jié)AE, BQ,在ABBa中，取H為BQ中點(diǎn)，連接EH, AH ,則EH / B1Q ,延長(zhǎng)AH與BC交于點(diǎn)M ,則M即為所求點(diǎn)，ABB1A為平行四邊形，點(diǎn) E, P為中點(diǎn)，則 AE/ PB1,由線面平行的判定定理可得 AE/平面PQB1 ,同理可

12、得，EH/平面PQB一又 AEI EH E , B1PI B1Q B1 ,據(jù)此可得平面 AME /平面PQB1 ,故 AM /平面PQB1 .(2)作 QO平面ABB1A1 ,與AA延長(zhǎng)線交于O ,則AO1,OB.125 4 2 5 2 ；如，V22,V B1P12 4 22cos QPB ：2 2.3 2sinQPB113S»A PQB1.392作 PN/C1A,則直線A1C1與平面PQB1所成角即直線PN與平面PQB1所成角,VSapqn1 4732s/3, AVbipqn 12V3V32.213f設(shè)N到平面PQB1的距離為h ,則；咨h 2 , ； h4叵, 13213h 39

13、;直線AC1與平面PQB1所成角的正弦值為 一 .20.【答案】（1）413【解析】（1），,點(diǎn)A在11 : y gx上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)B在l2：y上運(yùn)動(dòng), 設(shè)叱等 X1), B(x2, 醇2)22 2X1 X2線段AB的中點(diǎn)C(x,y),則有X 922, y 2， 4k 1一,22x1 x2 2x , x1 x2 2x/2y ,;線段 AB 的長(zhǎng)為定值 2點(diǎn)，.(x1 x2)2 (x1 x2)2 8, 222即(2 72y)2 (72x)2 8,化簡(jiǎn)得工 y2 1, 42線段AB的中點(diǎn)C的軌跡方程為y2 1 .1,4(2)設(shè) M (x3, y) , N (x4, y4),聯(lián)立y kx m得(4k2

14、1)x2 8kmx 4m2 4 0 , (8km)2 4(4k2 1)(4m2 4) 0,化簡(jiǎn)得m2 4k2 1，則x3 x4*3x48km2，4k 124m 42, z、2y3y4 (kx3 m)(kx4 m) k x3x4 km(x3 x4) m , 若 koM koN 5 ，則 yy" 5 ，即 4 y3y4 5X3X4 ,4X3X4 4所以 4k2x3x4 4km(x3 x4) 4m2 5x3x4 ,，22 4m 48km2225 小即(4k 5)-2 4km( 一) 4m 0 ,化簡(jiǎn)得 m k 一,4k 14k 14由得0 m2 5 k2 5,2因?yàn)镺到直線l的距離d ，里

15、,所以d2 ，1 k21 k25 k241 k24(1又因?yàn)閗2 4,所以0 d2:, 所以O(shè)到直線l的距離的取值范圍是0, 也）.721 .【答案】（1）函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增；（2）證明見(jiàn)解析.【解析】(1) f (x) e2(x1) 2x e f (-), 2令 x 1, M f (1) - 1 e f (-),解得 f (1) - ,. f (x) e2(x 1) 2x 1 ,22e22 e令 h(x)e2(x1) 2x1,h (x) 2e2(x 1)2 2(ex1 1)(ex 11),x 1時(shí)，函數(shù)f (x)取得極小值即最小值，.二f (x) f (1) 0,函數(shù)f(x)在R上單

16、調(diào)遞增.(2)由(1)可得：函數(shù)f(x) 1e2(x 1) x2 x在R上單調(diào)遞增. 2要證明：x1x22x12x2f (x1)f (2x2),又 f(x1)f (x2) 1,因此 f(x1)f (2x2)1 f (x2)f(2 x2),1 1即 f (x2)f (2 x2) 1 0 , f (1)- 1 1一，則 x11 x2,2 2令 g(x)f (2 x)f(x)1 -e2(1x)(2x)22x- e2(x1)x2 x 1221e2(1 x) 1e2(x 1) 2x24x 3,22x 1,g(1) 0,g(x)e2(1x)e2(x 1)4x4,令(x) e2(1 x) e2(x 1)4x 4,(x)2e2(1x)2e2(x 1)40, g (x)在(1,)上單調(diào)遞增.g (x) g (1) 0 ,函數(shù)g(x)在(1,)上單調(diào)遞增.g(x) g(1) 0,因此結(jié)論 x1 x2 2成立.22.【答案】(1)2273 cos 4 sin 3 0; (2) 3.【解析】（1）曲線Ci的普通方程為（x、,3)2 (y2)2 4,15則C1的極坐標(biāo)方程為2 2點(diǎn)cos4 sin(2)設(shè) P( 1, ) , Q( 2,),將-代入2 2x3 cos 4 6所以12 3 ,所以|OP | |OQ |sin0,0,223.【答