2020年佛山市普通高中教学质量检测（一）理数答案 4页

理科数学参考答案与评分标准 第 1页（共 4页） 2019~2020 年佛山市普通高中高三教学质量检测（一） 数 学(理科)参考答案与评分标准 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 分． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A D C A B B D A D B B C 二、填空题：本大共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分． 13． 60 14． 5 2 15． 1y x  16．   70, 1 , 4  三、解答题：本大题共 6 小题，满分 70 分．解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．【解析】（1）当收费为 20 元时，照片被带走的可能性为 0.3，不被带走的可能性为 0.7，设每个游客的 利润为 1Y (元)，则 1Y 是随机变量，其分布列为： 1Y 15 5 P 0.3 0.7 1( ) 15 0.3 5 0.7 1E Y      元，则 5000 个游客的平均利润为 5000 元； …………2 分 当收费为 10 元时，照片被带走的可能性为 0.3 0.05 10 0.8   ，不被带走的可能性为 0.2，设每个游客的 利润为 2Y (元)，则 2Y 是随机变量，其分布列为： 2Y 5 5 P 0.8 0.2 2( ) 5 0.8 5 0.2 3E Y      元，则 5000 个游客的平均利润为 15000 元； ………………5 分 该项目每天的平均利润比调整前多 10000 元． …………………………6 分 （2）设降价 x 元，则 0 15x  ，照片被带走的可能性为 0.3 0.05x ，不被带走的可能性为 0.7 0.05x ， 设每个游客的利润为Y (元)，则Y 是随机变量，其分布列为： Y 15 x 5 P 0.3 0.05x 0.7 0.05x 2( ) (15 ) (0.3 0.05 ) 5 (0.7 0.05 ) 0.05[69 ( 7) ]E Y x x x x          ……………………10 分 当 7x  时， ( )E Y 有最大值 3.45 元， ………………………………………11 分 即当定价为 13 元时，日平均利润为 17250 元． ……………………………………………12 分 18. 【解析】（1）由正弦定理，可得 sin sina B b A ． …………………………………………1 分 则有 1 3sin ( sin cos )2 2b A b A A  ，化简得 1 3sin cos2 2A A  ． …………………………3 分 即 tan 3A   ，∵ (0, π)A ，则 2π 3A  ． ……………………………………………………5 分 （2）设 π, (0, )3B     ， … ……4 分 … ……8 分 … ……1 分 理科数学参考答案与评分标准 第 2页（共 4页） 由题意得 BAD   ， 2ADC   ， 2π 3DAC    ， π 3ACD    ．……………………6 分 在△ ADC 中， sin sin CD AD DAC ACD   ，则 3 2 2π πsin( ) sin( )3 3      ． ………………………7 分 ∴ 3 2 3 1 3 1cos sin cos sin2 2 2 2        ，得 3sin cos5   ． ……………………………8 分 结合 2 2sin cos 1   ，可得 21sin 14   ， 5 7cos 14   ．………………………………………9 分 则 5 3sin 2 2sin cos 14     ． …………………………………………………………………10 分 ∴ 1 1 5 3 15 3sin 2 32 2 4 14ADCS AD CD ADC         ．………………………………………12 分 19．【解析】（1）由题意得 1 2 ce a   ， 2 2 2 3( )1 2 1a b   ，结合 2 2 2a b c  ， 解得 2 4a  ， 2 3b  ， 1c  ． …………………………………………………………………………3 分 故所求椭圆C 的方程为 2 2 14 3 x y  ． …………………………………………………………………4 分 （2）易知定直线 1l 的方程为 3 3 0x y   ． ……………………………………………………5 分 联立 2 2 14 3 y kx x y    ，整理得 2 2(3 4 ) 12k x  ，解得 2 12 3 4x k    ， 无妨令 M 点坐标为 2 2 12 12( , )3 4 3 4kk k  ． …………………………………………………………7 分 ∵ 1 4OP MN ，由对称性可知，点 P 为OM 的中点，故 P 点坐标为 2 2 12 12 3 4 3 4( , )2 2 kk k  ．…8 分 又 P 在直线 1 : 3 3 0l x y   上，故 2 2 12 12 3 4 3 43 3 02 2 kk k     ， 解得 1 2 2 30, 3k k  ．故 M 点坐标为 (2,0) 或 6 4 3( , )5 5 ． …………………………………………10 分 所以 2OM  或 2 21 5 ，所以 MN 的长度为 4 或 4 21 5 ． ……………………………………………12 分 理科数学参考答案与评分标准 第 3页（共 4页） 20.【解析】（1）连接 EF ，连接 EG 并延长交 BC 于点 D ，则点 D 为 BC 的中点， 从而点 , ,D E F 分别是棱 , ,CB AB PB 的中点，∴ / /DE AC ， / /EF AP ．…1 分 又 ,DE EF  平面 PAC ， ,AC AP  平面 PAC ． ∴ / /DE 平面 PAC ， / /EF 平面 PAC ． ……………………2 分 又 ,DE EF  平面 EFG ， DE EF E ，∴平面 / /EFG 平面 PAC ．…3 分 又GF  平面 EFG ，∴ / /GF 平面 PAC 。 ………………………………4 分 （2）连接 PE ，∵ PA PB ， E 是 AB 的中点，∴ PE  AB ，∵平面 PAB  平面 ABC ，平面 PAB  平面 ABC AB ， PE  平面 PAB ，∴ PE  平面 ABC ． …………………………………………6 分 连接 CG 并延长交 BE 于点O ，则O 为 BE 的中点，连接OF ，则 / /OF PE ，∴OF  平面 ABC ． ∴ FGO 为GF 与平面 ABC 所成的角，即 60FGO   ． …………………………………………7 分 在 Rt△ FGO 中，设 2GF  ，则 1OG  ， 3OF  ，∴ 3OC  ， 2 3PE  ． ∴ 4 3AB  ， 2 3CE  ， 3OE  ，∴ 2 2 2OE OC CE  ，即OC AB ． …………………8 分 如图建立空间直角坐标系O xyz ，则 (0, 3 3,0)A  ， (3,0,0)C ， (0, 3,2 3)P  ， ∴ (3,3 3,0)AC  ， (0,2 3,2 3)AP  ，设平面 PAC 的一个法向量为 1 ( , , )x y zn ， 则由 1 1 3 3 3 0 2 3 2 3 0 AP x y AC y z            n n ，可取 1 ( 3, 1,1) n ． ………………………………………10 分 又平面 PAB 的一个法向量可取 2 (1,0,0)n ． …………………………………………………………11 分 则 1 2 1 2 1 2 3 15cos , | || | 55    n nn n n n ，所以二面角 B AP C  的余弦值为 15 5 ．……………12 分 21.【解析】（1） ( ) 1 2cosf x x   ，令 ( ) 0f x  ，得 1cos 2x  ． ………………………………1 分 故在区间[0, π]上， ( )f x 的唯一零点是 π 3x  ． ……………………………………………………2 分 当 π[0, )3x 时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减；当 π( , π]3x 时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递增．……3 分 故在区间[0, π]上， ( )f x 的极小值为 π π( ) 1 33 3f    ． …………………………………………4 分 当 πx  时， π( ) 1 π 2 π 1 ( )3f x f      ，所以 ( )f x 的最小值为 π π( ) 1 33 3f    ．………5 分 （2）要证： 0x  时， 2( ) e xf x  ，即证： 0x  时， 2( ) (1 2sin )e 1xg x x x    ．…………6 分 2 2 2( ) 2(1 2sin )e (1 2cos )e (3 2 4sin 2cos )ex x xg x x x x x x x          ，……………………7 分 令 ( ) sin , 0h x x x x   ，则 ( ) 1 cos 0h x x    ，即 ( )h x 是 (0, ) 上的增函数． 理科数学参考答案与评分标准 第 4页（共 4页） ∴ ( ) (0) 0h x h  ，即 sinx x ． ……………………………………………………………………9 分 ∴ π3 2 4sin 2cos 3 2sin 4sin 2cos 3 2(sin cos ) 3 2 2 sin( ) 04x x x x x x x x x              ∴ 2( ) (3 2 4sin 2cos )e 0xg x x x x      ．…………………………………………………………11 分 即 ( )g x 是 (0, ) 上的增函数， ( ) (0) 1g x g  ，故当 0x  时， 2( ) e xf x  ． ………………12 分 22．【解析】（1）由 4y m ，得 4 ym  ，代入 24x m ，得 2 4 yx  ，即 2 4y x ．………………2 分 ∴C 的普通方程为 2 4y x ，表示开口向右，焦点为 (1,0)F 的抛物线． ……………………………4 分 （2）设直线 1l 的倾斜角为 ，直线 2l 的倾斜角为 π  ， 则直线 1l 的参数方程为 0 0 cos (sin x x t ty y t        为参数 ) ． …………………………………………………5 分 与 2 4y x 联立得 2 2 2 0 0 0sin (2 sin 4cos ) 4 0t y t y x       ．…………………………………6 分 设方程的两个解为 1 2,t t ，则 2 0 0 1 2 2 4 sin y xt t   ．……………………………………………………………7 分 ∴ 2 0 0 1 2 2 4 sin y xPA PB t t      ． ……………………………………………………………………8 分 则 2 2 0 0 0 0 2 2 4 4 sin (π ) sin y x y xPM PN       ． ……………………………………………………………9 分 ∴ PA PB PM PN   ．………………………………………………………………………………10 分 23.【解析】（1） ( ) 1 2f a a   ，得 2 1 2a    ． ………………………………………………2 分 即 1 3a   ，∴ a 的取值范围是 ( 1,3) ．………………………………………………………………4 分 （2）当 1a  时，函数 ( )f x 在区间[ , ]a a k 上单调递增．……………………………………………5 分 则 min[ ( )] ( ) 1 1f x f a a    ，得 2a  ． max[ ( )] ( ) 2 1 3f x f a k a k      ，得 1k  ．……6 分 当 1a  时， 2 1, 1 ( ) 1 , 1 2 1, x a x f x a a x x a x a            ．…………………………………………………………………8 分 则 min[ ( )] ( ) 1 1f x f a a    ，得 0a  ． max[ ( )] ( ) 2 1 3f x f a k a k      ，得 2k  ．……9 分 综上所述， k 的值为1或 2 ． ………………………………………………………………………………10 分